广东省东莞市七校联考2024-2025学年高二下学期期中物理试题
1．（2025高二下·东莞期中）下列说法不正确的是（ ）
A．无线电波、光波、射线、射线都是电磁波
B．麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在
C．奥斯特发现了电流的磁效应
D．振荡电路中，电容器极板上的电荷量最大时，磁场能最小
2．（2025高二下·东莞期中）物理学中，常用图像或示意图描述现象及其规律， 甲图是对一定质量的气体进行的等温实验中压强随体积的变化图像，乙图是氧气分子的速率分布规律图像，丙图是分子间作用力随分子间距的变化图像，丁图是每隔一定时间悬浮在水中的粉笔末位置示意图，关于下列四幅图像的所描述的热现象，说法正确的是（ ）
A．由图甲可知，图线①对应的温度较低
B．由乙图可知，图线②对应的温度较低
C．由图丙可知，分子间距离从r0增大的过程中，分子力先减小后增大
D．图丁说明分子在短时间内沿直线运动
3．（2025高二下·东莞期中）如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合后，c灯立即亮，a、b灯逐渐亮
B．开关S闭合瞬间，a、b灯一样亮
C．开关S断开，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭
D．开关S断开瞬间，流过a灯的电流方向与断开前相反
4．（2025高二下·东莞期中）如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd，则（ ）
A．当线圈以dc边为轴转动时，无感应电流产生
B．若线圈在平面内上、下平动，无感应电流产生
C．若线圈向右平动，其中感应电流方向是a→b→c→d
D．当线圈向左平动，其中感应电流方向是a→d→c→b
5．（2025高二下·东莞期中）如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原线圈匝数为150匝，副线圈匝数为1500匝，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为20Ω。降压变压器右侧电路中R1为一定值电阻，R2为滑动变阻器，则下列说法正确的是（ ）
A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为100Hz
B．若升压变压器的输入功率为75kW，远距离输电线路损耗功率为9kW
C．当滑片P向a端滑动时，电阻R1上的电压变小
D．当滑片P向a端滑动时，输电线上的电流变大
6．（2025高二下·东莞期中）如图所示，一粗细均匀的U型玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为h1，水银柱cd的长度为h2，且h2 = h1，a面与c面恰处于同一高度。已知大气压强为p0，水银的密度，重力加速度为g）。
A．气体A的压强是：p0 B．气体A的压强是：
C．气体B的压强是： D．气体B的压强是：
7．（2025高二下·东莞期中）如图所示，某质谱仪由电压为的加速电场，半径为且圆弧中心线（虚线所示）处电场强度大小为的均匀辐射电场和磁感应强度为的半圆形磁分析器组成。质量为、电荷量为的正电粒子（不计重力）从板由静止加速后，沿圆弧中心线经过辐射电场，再从点垂直磁场边界进入磁分析器后打在胶片上点。下列说法正确的是（ ）
A．辐射电场中，沿电场线方向电场减弱
B．辐射电场的电场力对该粒子做正功
C．加速电压
D．点与点的距离为
8．（2025高二下·东莞期中）如图所示是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气。多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴喷出。储气室气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则（ ）
A．充气过程中，储气室内气体的压强增大
B．储气室内气体分子做布朗运动
C．由于液体的表面张力，喷出的小水滴近似呈球形
D．喷水过程中，储气室内气体的压强减少
9．（2025高二下·东莞期中）洛伦兹力在现代科学技术中有着广泛的应用，如图为磁场中常见的4种仪器，都利用了洛伦兹力对带电粒子的作用，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，若仅增大加速电压，粒子离开加速器时的动能变大
B．乙图中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大
C．丙图中，A极板是磁流体发电机的负极
D．丁图中，带负电的粒子从左侧射入，若速度，将向下极板偏转
10．（2025高二下·东莞期中）某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，油酸酒精溶液的浓度为μ，一滴油酸酒精溶液的体积为V，把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘里，等油膜形状稳定后，把玻璃板盖在浅盘上并描画出油膜的轮廓，如图所示。正方形小方格的边长为a，数得油膜占有的正方形小方格个数为m，则下列说法正确的是（ ）
A．该实验体现的物理思想方法是等效替代法
B．油酸分子直径约为
C．若在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，会导致油酸分子直径的测量值偏小
D．若在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致油酸分子直径的测量值偏大
11．（2025高二下·东莞期中）如图所示，倾角为θ的光滑平行金属导轨，导轨宽度为L，电阻不计，顶端接有阻值为R的定值电阻，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面匀强磁场，磁感应强度为B，且bd长为L，有一质量为m，电阻为r的金属棒MN，从顶端由静止释放，金属棒MN始终与导轨垂直且接触良好，MN进入磁场时加速度恰好为零，以下说法正确的是（ ）
A．MN进入磁场时的速度为
B．安培力对金属棒所做的功为
C．通过电阻R的电荷量
D．整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为
12．（2025高二下·东莞期中）在“探究气体等温变化的规律”实验中，实验装置如图所示。用注射器封闭一定质量的空气，连接到气体压强传感器上，用传感器测量封闭气体的压强，用注射器刻度读出气体体积。
（1）多次改变封闭气体的体积，测量出不同体积时气体的压强，用电脑记录下来，并生成p-V图像如图所示，由图可猜测p与V可能 （选填“成正比”、“成反比”、“不成比例”）
（2）实验完成后，某同学做出的图像如图所示（其中实线为实验所得，虚线为参考双曲线的一支），造成这一现象的原因可能是 。
A．操作实验时用手握住注射器
B．实验时环境温度降低了
C．注射器内气体向外泄漏
D．有气体进入注射器内
13．（2025高二下·东莞期中）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图甲所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。
（1）本实验中，实验室有下列器材：
A.可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
B.条形磁铁 C.直流电源
D.多用电表 E.开关、导线若干
上述器材在本实验中需要的有 （填器材序号），本实验中还需要用到的器材有 。
（2）对于实验过程，下列说法正确的有_________。
A．变压器的原线圈接低压交变电流，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
B．为便于探究，应该采用控制变量法
C．因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
D．使用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的档位进行测量
（3）实验中，电源接变压器原线圈“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“4”接线柱，副线圈所接电表的示数为5.0V，若变压器是理想变压器，则原线圈的电压应为_________。
A．18.0V B．5.0V C．10.0V D．2.5V
（4）组装变压器时，该同学没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接12.0V的学生电源，原、副线圈的匝数比为8：1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是_________。
A．0.65V B．96.0V C．1.5V D．0
14．（2025高二下·东莞期中）如图所示，电阻忽略不计、间距L=0.4m的平行导轨，水平放置在磁感应强度大小B=10T的匀强磁场中。磁场方向垂直导轨平面向上，一质量m=2kg，电阻不计的导体棒ab垂直于导轨放置，并与导轨接触良好。导体棒ab与重物用轻细线连接（线质量不计）。细线对ab的拉力为水平方向。初始细线被拉直，现将重物静止释放后导体棒ab始终保持静止。已知电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，定值电阻R=5Ω，ab与导轨间动摩擦因数=0.3（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），其余一切摩擦不计。取重力加速度g=10m/s2。则：
（1）导体棒ab受到的安培力；
（2）重物重力G的最大值。
15．（2025高二下·东莞期中）自行车前叉是连接车把手和前轴的部件，如图甲所示。为了减少路面颠簸对骑手手臂的冲击，前叉通常安装有减震系统，常见的有弹簧减震和空气减震。一空气减震器的原理图如图乙所示，总长、横截面积为的汽缸（密封性良好）里面充有空气，忽略光滑活塞（厚度不计）和车把手的质量，缸内气体的热力学温度为，当不压车把手时活塞恰好停留在汽缸顶部，外界大气压强。求：
（1）不考虑缸内气体温度变化，活塞稳定在距汽缸顶部处时，车把手对活塞的压力大小；
（2）缸内气体的热力学温度为，不压车把手时，活塞到汽缸顶部的距离。
16．（2025高二下·东莞期中）如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙。已知铜盘的半径为，加在盘下侧的匀强磁场磁感应强度为，铜盘按如图所示的方向以角速度匀速转动。电容器每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向内、磁感应强度为的匀强磁场。求：
（1）平行板电容器C板带何种电荷；
（2）将铜盘匀速转动简化为一根始终在匀强磁场中绕中心铜轴匀速转动、长度为圆盘半径的导体棒，则铜盘匀速转动产生的感应电动势；
（3）若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动又恰好从极板右侧射出，则射入的速度为多大。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；安培定则；电磁波谱；电磁振荡
【解析】【解答】A．电磁波包括无线电波，红外线，可见光，紫外线，x射线，γ射线，故A正确，不满足题意要求；
B．麦克斯韦电磁场理论预言了电磁波的存在，但没有证明电磁波的存在，故B错误，满足题意要求；
C．奥斯特发现了电流周围存在磁场，即电流的磁效应，故C正确，不满足题意要求；
D．振荡电路中，磁场能与电流大小有关，电荷量最大时，电流最小，磁场能最小，故D正确，不满足题意要求。
故选B。
【分析】
电磁波包括无线电波，红外线，可见光，紫外线，x射线，γ射线；麦克斯韦预言了电磁波，但是没有证明电磁波的存在；奥斯特发现了电流的磁效应，LC振荡电路中的电荷量最大时，电场能最大，磁场能最小；电荷量最小时，电流最大，电场能最小，磁场能最大。
2．【答案】A
【知识点】布朗运动；分子间的作用力；气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．图甲中，相同体积下①图线所对应的压强更小，根据理想气体状态方程，则①图线对应的温度较低，A正确；
B．图乙中，②图线速率大的分子所占比例更大，则②图线所对应的温度更高，B错误；
C．图丙中，分子间的距离从增大的过程中，分子力先增大后减小，C错误；
D．图丁是每隔一定时间悬浮在水中的粉笔末位置示意图，这些位置的连线并不是分子的运动轨迹，也不能说明分子在短时间内做直线运动，D错误。
故选A。
【分析】
根据理想气体状态方程可比较①和②的温度高度；温度升高，速率较大的分子所占比例增大，则②图线的温度较高；分子间的距离从增大的过程中，分子力先增大后减小；图丁是每隔一定时间悬浮在水中的粉笔末位置示意图，这些位置的连线并不是分子的运动轨迹。
3．【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．闭合开关s的瞬间，线圈阻碍电流的增大，故灯泡b，c直接变亮，a灯逐渐变亮，AB错误。
C．开关断开后，线圈中产生自感电动势，电流方向与原电流方向相同，a，b两灯形成闭合回路，两灯逐渐熄灭，c灯无法形成闭合回路，直接熄灭，故C正确；
D．开关S断开瞬间，由于自感的作用，通过线圈与两灯的电流方向为线圈→a灯→b灯，因此流过a灯的电流方向仍与未断开前相同，而流过b灯的电流方向与断开前相反，故D错误。
故选C。
【分析】
由于线圈的自感现象，闭合开关时a灯会逐渐变亮，b和c会直接变亮；断开开关时c灯直接熄灭，a和b逐渐熄灭，且断开开关后通过a灯的电流方向与原方向相同，b灯电流方向与原方向相反。
4．【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．当线圈以dc边为轴转动时，穿过线圈平面的磁通量发生周期性变化，会产生感应电流，故A错误；
B．若线圈在平面内上、下平动，线圈面积不变，磁感应强度不变，由可知，穿过线圈平面的磁通量不发生改变，不能产生感应电流，故B正确；
CD．根据右手螺旋定则可知，导线右边的磁场方向垂直纸面向里，当线圈向右平移时，离导线越远的区域磁场越弱，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场也是垂直纸面向里，故感应电流的方向为a→d→c→b，当线圈向左平动，离导线越近的区域磁场越强，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场也是垂直纸面向外，故感应电流的方向为a→b→c→d，故CD错误；
故选B。
【分析】本题主要考查感应电流的产生条件的应用，结合楞次定律解答。
产生感应电流的条件为：穿过闭合回路的磁通量发生变化。磁通量，根据B、S或B、S夹角的变化判断回路磁通量是否发生变化，判断是否有电流产生；根据楞次定律判断电流方向。
5．【答案】D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．变压器不改变交变电流的频率，由题图乙知输入电压的周期为0.02s，可知频率为， 所以降压变压器副线圈输出的交流电频率为50Hz， 故A错误：
B．由题图乙知，升压变压器输入端电压最大值为，有效值为
若升压变压器的输入功率为75kW，则
根据理想变压器原副线圈电流与匝数的关系有
所以
所以远距离输电线路损耗功率为
故B错误；
CD．对输电回路，有
根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系有
根据理想变压器原副线圈电流与匝数的关系有
对用电回路有
联立可得
当滑片向a端滑动时，R2减小，升压变压器副线圈两端电压U2不变，则I2、I4增大，电阻R1上的电压变大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查远距离输电问题，解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。
根据升压变压器的输入电压、交流电的周期等，结合匝数比求出输出电压、频率，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化。
6．【答案】A
【知识点】气体热现象的微观意义
【解析】【解答】CD．对水银柱的cd的下表面进行受力分析，可得，水银面上方的液柱压强与大气压强之和等于B部分气体的压强，即
故CD错误；
AB．水银柱ab的右侧液面进行分析，A部分气体压强与a，b液面产生的压强之和等于B部分气体的压强，即又因为
解得
故A正确，B错误。
故选A。
【分析】
对水银柱cd的最低液面进行受力分析计算B部分气体的压强；再对ab的左侧液面进行受力分析，计算气体A的压强。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的加速、偏转和在磁场中的偏转问题，会根据题意进行准确分析解答。AB．辐射电场中，沿电场线方向，电场线逐渐变密，故电场是增强的，又因为指向圆心的电场力提供向心力，电场力对该粒子不做功，故AB错误；
C．在加速电场中，有
在偏转电场中，满足
联立解得
故C错误；
D．带电粒子在匀强磁场中运动时，根据牛顿第二定律有
联立解得P点与Q点的距离等于
故D正确。
故选D。
【分析】根据辐射电场力的作用以及电场线的疏密变化进行判断；根据动能定理和牛顿第二定律列式联立推导。
8．【答案】A,C,D
【知识点】布朗运动；气体压强的微观解释；气体的等温变化及玻意耳定律；液体的表面张力
【解析】【解答】A．充气过程中，储气室内气体质量增大，根据，储气室内温度不变，体积不变，则压强增大，故A正确；
B．气体分子在储气室内做的是分子热运动，不是布朗运动，故B错误；
C．液体表面张力的效果是使液体表面积收缩至最小，相同体积下球的表面积最小，故喷出的水滴呈球体，故C正确；
D．喷水过程中，储气室内气体体积增大，温度不变，根据
知气体的压强减小，故D正确。
故选ACD。
【分析】充气过程中气体质量增加，温度不变，体积不变，则压强增大；气体分子做的是分子热运动，而不是布朗运动；液体表面张力使液体表面积收缩至最小，故呈现球状；喷水过程中气体体积增大，温度不变，则压强减小。
9．【答案】B,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】A．图甲是回旋加速器，粒子在电场中被加速，在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
可得最大动能
可知粒子离开加速器时的动能与加速电压无关，故A错误；
B．图乙是质谱仪，能通过速度选择器的粒子速度相同，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则在磁场中运动的轨道半径越小，由
可得
可知粒子的比荷越大，故B正确；
C．丙图是等离子体发电机，由左手定则可知，正离子向下偏转，负离子向上偏转，即极板是磁流体发电机的负极，故C正确；
D．丁图是速度选择器，带负电的粒子从左侧射入，受向下的洛伦兹力和向上的电场力，若速度
即
则粒子将向上极板偏转，故D错误。
故选BC。
【分析】 本题主要考查洛伦兹力在现代科学技术中的应用。 由粒子离开回旋加速器中时，速度和动能均最大，结合洛伦兹力提供向心力，可得到最大动能表达式，分析其影响因素；粒子在质谱仪中运动时，由动能定理、洛伦兹力提供向心力，可得到偏转半径表达式，分析比荷对偏转半径的影响；由左手定则，判断离子体运动时受到的洛伦兹力方向，分析极板电极的正负；粒子在速度选择器中运动时，由其运动方向即电磁场分析，可分析其受合力方向即偏转方向。
10．【答案】B,D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；理想模型法
【解析】【解答】A．该实验体现的物理思想方法是理想化物理模型法，将油酸膜看做单分子层，油酸分子看做球体，故A错误；
B．油酸分子直径约为
故B正确；
C．若在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，油酸酒精溶液的浓度降低，形成的油膜面积偏小，会导致油酸分子直径的测量值偏大，故C错误；
D．若在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积偏小，会导致油酸分子直径的测量值偏大，故D正确。
故选BD。
【分析】
该实验运用了理想模型法，将油酸分子看做球体，油酸薄膜看做单分子层；油酸分子的直径为油酸体积与油膜表面积的比值；根据表达式分析实验所产生的误差。
11．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．金属棒MN做切割磁感线运动，产生的电动势为
根据闭合电路欧姆定律，有
金属棒MN受到的安培力为
MN进入磁场时加速度恰好为零，有
则有
解得MN进入磁场时的速度为
故A正确；
B．进入磁场后做匀速运动，根据动能定理，有
解得
故B错误；
C．由、、、可得，通过电阻R的电荷量为，故C正确；
D．根据能量守恒可得整个过程中产生的热量为，由可知
金属棒MN产生的焦耳热为
故D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查电磁感应现象的应用，结合闭合电路欧姆定律解答。
MN进入磁场时加速度恰好为零，做匀速运动，合力为零，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求得电流，根据安培力公式得到安培力，再根据平衡条件计算最大速度；MN运动过程中只有重力和安培力做功，由动能定理求解安培力对金属棒所做的功；由、、、求解通过电阻R的电荷量；由能量守恒得到整个过程中产生的热量，再根据串并联知识求解金属棒MN产生的焦耳热。
12．【答案】成反比；BC
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）根据图线为双曲线，故进行合力猜测猜测，图线为反比例函数曲线，p与V可能成反比；
（2）实线与虚线相比，P与V的乘积偏小，根据理想气体状态方程，可知出现这一现象的原因可能是温度降低或者装置漏气
故选BC。
【分析】
（1）图线成反比例曲线，故猜测P与v成反比。
（2）实线与虚线相比，体积相同时，压强偏小，根据理想气体状态方程，原因可能为温度降低或气体泄漏
13．【答案】（1）ADE；低压交流电源
（2）B；D
（3）C
（4）A
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）变压器是改变交变电流的装置，所以在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，需要使用交流电，所以需要可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）、低压交流电源，需要多用电表测电压、开关、导线若干。
故选ADE； 还需要用到的器材有低压交流电源。
（2）A．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故A错误；
B．因为涉及多个变量，为便于探究，应该采用控制变量法，故B正确；
C．虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等，这样可减小实验误差，还避免发生危险，故C错误。
D．使用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的档位进行测量，故D正确；
故选BD。
（3）根据理想变压器原、副线圈的电压与匝数关系可知，副线圈所接电表的示数为U1=U2 =× 5V = 10V，即原线圈的电压应为10.0V，故C正确，ABD错误；
故选C。
（4）组装变压器时，该同学没有将铁芯闭合，则变压器漏磁比较厉害，连接副线圈的交流电压表的实际读数小于理想变压器的副线圈的读数，若为理想变压器，则
U2 =U1 =× 12V = 1.5V
实际电压小于1.5V。
故选A。
故答案为：（1）ADE；低压交流电源（2）BD（3）C；A
【分析】本题主要考查“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，结合理想变压器电压与匝数关系解答。
（1）根据变压器变压原理分析解答；
（2）变压器是改变交变电流的装置，试验时需要测量多个物理量，所以需要应用控制变量法使用交流电表测量，再结合电压表使用要求解答。
（3）理想变压器原、副线圈的电压与匝数关系列式求解；
（4）铁芯不闭合，变压器存在漏磁，有能量损失，再结合求解副线圈实际电压。
（1）[1]在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，使用的是交流电，所以需要可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈），磁场是利用了电流的磁效应，所以不需要条形磁铁，需要多用电表测电压、开关、导线若干。
故选ADE；
[2]本实验中还需要用到的器材是低压交流电源。
（2）B．为便于探究，应该采用控制变量法，所以B正确；
A．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，所以A错误；
D．使用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，所以D正确；
C．虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免发生危险，所以C错误。
故选BD。
（3）根据理想变压器原、副线圈的电压与匝数成正比规律可知，副线圈所接电表的示数为5.0V，原线圈的电压应为10.0V。
故选C。
（4）组装变压器时，该同学没有将铁芯闭合，则变压器漏磁比较厉害，连接副线圈的交流电压表的实际读数小于理想变压器的副线圈的读数，若为理想变压器，则
U2 =U1 =× 12V = 1.5V
实际电压小于1.5V。
故选A。
14．【答案】（1）4N，方向水平向左
（2）10N
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】（1）由闭合电路欧姆定律可得，电路的电流
ab受到的安培力
由左手定则可知，方向水平向左；
（2）ab受到的最大静摩擦
设绳子拉力为T，
根据平衡可知，摩擦力方向向左时，重物重力最大
解得T=4N+6N=10N
对重物可知=10N
【分析】本题主要考查安培力的计算，结合共点力平衡条件解答。
（1）由闭合电路欧姆定律求得通过导体棒的电流，由安培力公式计算导体棒ab受到的安培力大小，由左手定则判断安培力方向；
（2） 导体棒ab始终保持静止 ，根据平衡条件结合临界条件求得导体棒所受绳子最大拉力，在以重物为研究对象，求解重物重力G的最大值。
（1）电路的电流
=1A
ab受到的安培力
F=BIL=4N
方向水平向左
（2）ab受到的最大静摩擦
=6N
根据平衡可知，摩擦力方向向左时，重物重力最大
对重物可知
=10N
15．【答案】（1）解：汽缸内气体初始状态
压强：，体积：
下压后，
根据
解得
又
解得
（2）解：由
且
解得
活塞到汽缸顶部的距离
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）气缸内的气体发生等温变化，根据波意耳定律计算下压后压强大小，再根据平衡条件计算压力大小
（2）缸内气体发生等压变化，根据理想气体状态方程列方程求解。
（1）汽缸内气体初始状态，
下压后，
根据
解得
又
解得
（2）由
且
解得
活塞到汽缸顶部的距离
解得
16．【答案】解：（1）依题意，由右手定则判断可知，C板电势高，带正电。
（2）根据法拉第电磁感应定律
经过一段时间，导体棒扫过得面积
取n=1匝，可得
（3）对带负电小球，若在复合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡
联立可得
洛伦兹力提供向心力
带电小球恰能从右板边缘射出，如图所示，由几何关系可得
可得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】
（1）根据右手定则判断电流方形，从而判断C板所带电荷种类。
（2）根据法拉第电磁感应定律计算铜盘产生的感应电动势。
（3）若带电小球在复合场中做匀速圆周运动，则重力和所受电场力抵消，洛伦兹力提供向心力，格努几何关系计算半径的大小，再由圆周运动相关公式列方程求解。
1 / 1广东省东莞市七校联考2024-2025学年高二下学期期中物理试题
1．（2025高二下·东莞期中）下列说法不正确的是（ ）
A．无线电波、光波、射线、射线都是电磁波
B．麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在
C．奥斯特发现了电流的磁效应
D．振荡电路中，电容器极板上的电荷量最大时，磁场能最小
【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；安培定则；电磁波谱；电磁振荡
【解析】【解答】A．电磁波包括无线电波，红外线，可见光，紫外线，x射线，γ射线，故A正确，不满足题意要求；
B．麦克斯韦电磁场理论预言了电磁波的存在，但没有证明电磁波的存在，故B错误，满足题意要求；
C．奥斯特发现了电流周围存在磁场，即电流的磁效应，故C正确，不满足题意要求；
D．振荡电路中，磁场能与电流大小有关，电荷量最大时，电流最小，磁场能最小，故D正确，不满足题意要求。
故选B。
【分析】
电磁波包括无线电波，红外线，可见光，紫外线，x射线，γ射线；麦克斯韦预言了电磁波，但是没有证明电磁波的存在；奥斯特发现了电流的磁效应，LC振荡电路中的电荷量最大时，电场能最大，磁场能最小；电荷量最小时，电流最大，电场能最小，磁场能最大。
2．（2025高二下·东莞期中）物理学中，常用图像或示意图描述现象及其规律， 甲图是对一定质量的气体进行的等温实验中压强随体积的变化图像，乙图是氧气分子的速率分布规律图像，丙图是分子间作用力随分子间距的变化图像，丁图是每隔一定时间悬浮在水中的粉笔末位置示意图，关于下列四幅图像的所描述的热现象，说法正确的是（ ）
A．由图甲可知，图线①对应的温度较低
B．由乙图可知，图线②对应的温度较低
C．由图丙可知，分子间距离从r0增大的过程中，分子力先减小后增大
D．图丁说明分子在短时间内沿直线运动
【答案】A
【知识点】布朗运动；分子间的作用力；气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．图甲中，相同体积下①图线所对应的压强更小，根据理想气体状态方程，则①图线对应的温度较低，A正确；
B．图乙中，②图线速率大的分子所占比例更大，则②图线所对应的温度更高，B错误；
C．图丙中，分子间的距离从增大的过程中，分子力先增大后减小，C错误；
D．图丁是每隔一定时间悬浮在水中的粉笔末位置示意图，这些位置的连线并不是分子的运动轨迹，也不能说明分子在短时间内做直线运动，D错误。
故选A。
【分析】
根据理想气体状态方程可比较①和②的温度高度；温度升高，速率较大的分子所占比例增大，则②图线的温度较高；分子间的距离从增大的过程中，分子力先增大后减小；图丁是每隔一定时间悬浮在水中的粉笔末位置示意图，这些位置的连线并不是分子的运动轨迹。
3．（2025高二下·东莞期中）如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合后，c灯立即亮，a、b灯逐渐亮
B．开关S闭合瞬间，a、b灯一样亮
C．开关S断开，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭
D．开关S断开瞬间，流过a灯的电流方向与断开前相反
【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．闭合开关s的瞬间，线圈阻碍电流的增大，故灯泡b，c直接变亮，a灯逐渐变亮，AB错误。
C．开关断开后，线圈中产生自感电动势，电流方向与原电流方向相同，a，b两灯形成闭合回路，两灯逐渐熄灭，c灯无法形成闭合回路，直接熄灭，故C正确；
D．开关S断开瞬间，由于自感的作用，通过线圈与两灯的电流方向为线圈→a灯→b灯，因此流过a灯的电流方向仍与未断开前相同，而流过b灯的电流方向与断开前相反，故D错误。
故选C。
【分析】
由于线圈的自感现象，闭合开关时a灯会逐渐变亮，b和c会直接变亮；断开开关时c灯直接熄灭，a和b逐渐熄灭，且断开开关后通过a灯的电流方向与原方向相同，b灯电流方向与原方向相反。
4．（2025高二下·东莞期中）如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd，则（ ）
A．当线圈以dc边为轴转动时，无感应电流产生
B．若线圈在平面内上、下平动，无感应电流产生
C．若线圈向右平动，其中感应电流方向是a→b→c→d
D．当线圈向左平动，其中感应电流方向是a→d→c→b
【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．当线圈以dc边为轴转动时，穿过线圈平面的磁通量发生周期性变化，会产生感应电流，故A错误；
B．若线圈在平面内上、下平动，线圈面积不变，磁感应强度不变，由可知，穿过线圈平面的磁通量不发生改变，不能产生感应电流，故B正确；
CD．根据右手螺旋定则可知，导线右边的磁场方向垂直纸面向里，当线圈向右平移时，离导线越远的区域磁场越弱，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场也是垂直纸面向里，故感应电流的方向为a→d→c→b，当线圈向左平动，离导线越近的区域磁场越强，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场也是垂直纸面向外，故感应电流的方向为a→b→c→d，故CD错误；
故选B。
【分析】本题主要考查感应电流的产生条件的应用，结合楞次定律解答。
产生感应电流的条件为：穿过闭合回路的磁通量发生变化。磁通量，根据B、S或B、S夹角的变化判断回路磁通量是否发生变化，判断是否有电流产生；根据楞次定律判断电流方向。
5．（2025高二下·东莞期中）如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原线圈匝数为150匝，副线圈匝数为1500匝，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为20Ω。降压变压器右侧电路中R1为一定值电阻，R2为滑动变阻器，则下列说法正确的是（ ）
A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为100Hz
B．若升压变压器的输入功率为75kW，远距离输电线路损耗功率为9kW
C．当滑片P向a端滑动时，电阻R1上的电压变小
D．当滑片P向a端滑动时，输电线上的电流变大
【答案】D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．变压器不改变交变电流的频率，由题图乙知输入电压的周期为0.02s，可知频率为， 所以降压变压器副线圈输出的交流电频率为50Hz， 故A错误：
B．由题图乙知，升压变压器输入端电压最大值为，有效值为
若升压变压器的输入功率为75kW，则
根据理想变压器原副线圈电流与匝数的关系有
所以
所以远距离输电线路损耗功率为
故B错误；
CD．对输电回路，有
根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系有
根据理想变压器原副线圈电流与匝数的关系有
对用电回路有
联立可得
当滑片向a端滑动时，R2减小，升压变压器副线圈两端电压U2不变，则I2、I4增大，电阻R1上的电压变大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查远距离输电问题，解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。
根据升压变压器的输入电压、交流电的周期等，结合匝数比求出输出电压、频率，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化。
6．（2025高二下·东莞期中）如图所示，一粗细均匀的U型玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为h1，水银柱cd的长度为h2，且h2 = h1，a面与c面恰处于同一高度。已知大气压强为p0，水银的密度，重力加速度为g）。
A．气体A的压强是：p0 B．气体A的压强是：
C．气体B的压强是： D．气体B的压强是：
【答案】A
【知识点】气体热现象的微观意义
【解析】【解答】CD．对水银柱的cd的下表面进行受力分析，可得，水银面上方的液柱压强与大气压强之和等于B部分气体的压强，即
故CD错误；
AB．水银柱ab的右侧液面进行分析，A部分气体压强与a，b液面产生的压强之和等于B部分气体的压强，即又因为
解得
故A正确，B错误。
故选A。
【分析】
对水银柱cd的最低液面进行受力分析计算B部分气体的压强；再对ab的左侧液面进行受力分析，计算气体A的压强。
7．（2025高二下·东莞期中）如图所示，某质谱仪由电压为的加速电场，半径为且圆弧中心线（虚线所示）处电场强度大小为的均匀辐射电场和磁感应强度为的半圆形磁分析器组成。质量为、电荷量为的正电粒子（不计重力）从板由静止加速后，沿圆弧中心线经过辐射电场，再从点垂直磁场边界进入磁分析器后打在胶片上点。下列说法正确的是（ ）
A．辐射电场中，沿电场线方向电场减弱
B．辐射电场的电场力对该粒子做正功
C．加速电压
D．点与点的距离为
【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的加速、偏转和在磁场中的偏转问题，会根据题意进行准确分析解答。AB．辐射电场中，沿电场线方向，电场线逐渐变密，故电场是增强的，又因为指向圆心的电场力提供向心力，电场力对该粒子不做功，故AB错误；
C．在加速电场中，有
在偏转电场中，满足
联立解得
故C错误；
D．带电粒子在匀强磁场中运动时，根据牛顿第二定律有
联立解得P点与Q点的距离等于
故D正确。
故选D。
【分析】根据辐射电场力的作用以及电场线的疏密变化进行判断；根据动能定理和牛顿第二定律列式联立推导。
8．（2025高二下·东莞期中）如图所示是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气。多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴喷出。储气室气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则（ ）
A．充气过程中，储气室内气体的压强增大
B．储气室内气体分子做布朗运动
C．由于液体的表面张力，喷出的小水滴近似呈球形
D．喷水过程中，储气室内气体的压强减少
【答案】A,C,D
【知识点】布朗运动；气体压强的微观解释；气体的等温变化及玻意耳定律；液体的表面张力
【解析】【解答】A．充气过程中，储气室内气体质量增大，根据，储气室内温度不变，体积不变，则压强增大，故A正确；
B．气体分子在储气室内做的是分子热运动，不是布朗运动，故B错误；
C．液体表面张力的效果是使液体表面积收缩至最小，相同体积下球的表面积最小，故喷出的水滴呈球体，故C正确；
D．喷水过程中，储气室内气体体积增大，温度不变，根据
知气体的压强减小，故D正确。
故选ACD。
【分析】充气过程中气体质量增加，温度不变，体积不变，则压强增大；气体分子做的是分子热运动，而不是布朗运动；液体表面张力使液体表面积收缩至最小，故呈现球状；喷水过程中气体体积增大，温度不变，则压强减小。
9．（2025高二下·东莞期中）洛伦兹力在现代科学技术中有着广泛的应用，如图为磁场中常见的4种仪器，都利用了洛伦兹力对带电粒子的作用，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，若仅增大加速电压，粒子离开加速器时的动能变大
B．乙图中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大
C．丙图中，A极板是磁流体发电机的负极
D．丁图中，带负电的粒子从左侧射入，若速度，将向下极板偏转
【答案】B,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】A．图甲是回旋加速器，粒子在电场中被加速，在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
可得最大动能
可知粒子离开加速器时的动能与加速电压无关，故A错误；
B．图乙是质谱仪，能通过速度选择器的粒子速度相同，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则在磁场中运动的轨道半径越小，由
可得
可知粒子的比荷越大，故B正确；
C．丙图是等离子体发电机，由左手定则可知，正离子向下偏转，负离子向上偏转，即极板是磁流体发电机的负极，故C正确；
D．丁图是速度选择器，带负电的粒子从左侧射入，受向下的洛伦兹力和向上的电场力，若速度
即
则粒子将向上极板偏转，故D错误。
故选BC。
【分析】 本题主要考查洛伦兹力在现代科学技术中的应用。 由粒子离开回旋加速器中时，速度和动能均最大，结合洛伦兹力提供向心力，可得到最大动能表达式，分析其影响因素；粒子在质谱仪中运动时，由动能定理、洛伦兹力提供向心力，可得到偏转半径表达式，分析比荷对偏转半径的影响；由左手定则，判断离子体运动时受到的洛伦兹力方向，分析极板电极的正负；粒子在速度选择器中运动时，由其运动方向即电磁场分析，可分析其受合力方向即偏转方向。
10．（2025高二下·东莞期中）某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，油酸酒精溶液的浓度为μ，一滴油酸酒精溶液的体积为V，把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘里，等油膜形状稳定后，把玻璃板盖在浅盘上并描画出油膜的轮廓，如图所示。正方形小方格的边长为a，数得油膜占有的正方形小方格个数为m，则下列说法正确的是（ ）
A．该实验体现的物理思想方法是等效替代法
B．油酸分子直径约为
C．若在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，会导致油酸分子直径的测量值偏小
D．若在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致油酸分子直径的测量值偏大
【答案】B,D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；理想模型法
【解析】【解答】A．该实验体现的物理思想方法是理想化物理模型法，将油酸膜看做单分子层，油酸分子看做球体，故A错误；
B．油酸分子直径约为
故B正确；
C．若在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，油酸酒精溶液的浓度降低，形成的油膜面积偏小，会导致油酸分子直径的测量值偏大，故C错误；
D．若在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积偏小，会导致油酸分子直径的测量值偏大，故D正确。
故选BD。
【分析】
该实验运用了理想模型法，将油酸分子看做球体，油酸薄膜看做单分子层；油酸分子的直径为油酸体积与油膜表面积的比值；根据表达式分析实验所产生的误差。
11．（2025高二下·东莞期中）如图所示，倾角为θ的光滑平行金属导轨，导轨宽度为L，电阻不计，顶端接有阻值为R的定值电阻，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面匀强磁场，磁感应强度为B，且bd长为L，有一质量为m，电阻为r的金属棒MN，从顶端由静止释放，金属棒MN始终与导轨垂直且接触良好，MN进入磁场时加速度恰好为零，以下说法正确的是（ ）
A．MN进入磁场时的速度为
B．安培力对金属棒所做的功为
C．通过电阻R的电荷量
D．整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．金属棒MN做切割磁感线运动，产生的电动势为
根据闭合电路欧姆定律，有
金属棒MN受到的安培力为
MN进入磁场时加速度恰好为零，有
则有
解得MN进入磁场时的速度为
故A正确；
B．进入磁场后做匀速运动，根据动能定理，有
解得
故B错误；
C．由、、、可得，通过电阻R的电荷量为，故C正确；
D．根据能量守恒可得整个过程中产生的热量为，由可知
金属棒MN产生的焦耳热为
故D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查电磁感应现象的应用，结合闭合电路欧姆定律解答。
MN进入磁场时加速度恰好为零，做匀速运动，合力为零，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求得电流，根据安培力公式得到安培力，再根据平衡条件计算最大速度；MN运动过程中只有重力和安培力做功，由动能定理求解安培力对金属棒所做的功；由、、、求解通过电阻R的电荷量；由能量守恒得到整个过程中产生的热量，再根据串并联知识求解金属棒MN产生的焦耳热。
12．（2025高二下·东莞期中）在“探究气体等温变化的规律”实验中，实验装置如图所示。用注射器封闭一定质量的空气，连接到气体压强传感器上，用传感器测量封闭气体的压强，用注射器刻度读出气体体积。
（1）多次改变封闭气体的体积，测量出不同体积时气体的压强，用电脑记录下来，并生成p-V图像如图所示，由图可猜测p与V可能 （选填“成正比”、“成反比”、“不成比例”）
（2）实验完成后，某同学做出的图像如图所示（其中实线为实验所得，虚线为参考双曲线的一支），造成这一现象的原因可能是 。
A．操作实验时用手握住注射器
B．实验时环境温度降低了
C．注射器内气体向外泄漏
D．有气体进入注射器内
【答案】成反比；BC
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）根据图线为双曲线，故进行合力猜测猜测，图线为反比例函数曲线，p与V可能成反比；
（2）实线与虚线相比，P与V的乘积偏小，根据理想气体状态方程，可知出现这一现象的原因可能是温度降低或者装置漏气
故选BC。
【分析】
（1）图线成反比例曲线，故猜测P与v成反比。
（2）实线与虚线相比，体积相同时，压强偏小，根据理想气体状态方程，原因可能为温度降低或气体泄漏
13．（2025高二下·东莞期中）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图甲所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。
（1）本实验中，实验室有下列器材：
A.可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
B.条形磁铁 C.直流电源
D.多用电表 E.开关、导线若干
上述器材在本实验中需要的有 （填器材序号），本实验中还需要用到的器材有 。
（2）对于实验过程，下列说法正确的有_________。
A．变压器的原线圈接低压交变电流，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
B．为便于探究，应该采用控制变量法
C．因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
D．使用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的档位进行测量
（3）实验中，电源接变压器原线圈“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“4”接线柱，副线圈所接电表的示数为5.0V，若变压器是理想变压器，则原线圈的电压应为_________。
A．18.0V B．5.0V C．10.0V D．2.5V
（4）组装变压器时，该同学没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接12.0V的学生电源，原、副线圈的匝数比为8：1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是_________。
A．0.65V B．96.0V C．1.5V D．0
【答案】（1）ADE；低压交流电源
（2）B；D
（3）C
（4）A
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）变压器是改变交变电流的装置，所以在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，需要使用交流电，所以需要可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）、低压交流电源，需要多用电表测电压、开关、导线若干。
故选ADE； 还需要用到的器材有低压交流电源。
（2）A．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故A错误；
B．因为涉及多个变量，为便于探究，应该采用控制变量法，故B正确；
C．虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等，这样可减小实验误差，还避免发生危险，故C错误。
D．使用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的档位进行测量，故D正确；
故选BD。
（3）根据理想变压器原、副线圈的电压与匝数关系可知，副线圈所接电表的示数为U1=U2 =× 5V = 10V，即原线圈的电压应为10.0V，故C正确，ABD错误；
故选C。
（4）组装变压器时，该同学没有将铁芯闭合，则变压器漏磁比较厉害，连接副线圈的交流电压表的实际读数小于理想变压器的副线圈的读数，若为理想变压器，则
U2 =U1 =× 12V = 1.5V
实际电压小于1.5V。
故选A。
故答案为：（1）ADE；低压交流电源（2）BD（3）C；A
【分析】本题主要考查“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，结合理想变压器电压与匝数关系解答。
（1）根据变压器变压原理分析解答；
（2）变压器是改变交变电流的装置，试验时需要测量多个物理量，所以需要应用控制变量法使用交流电表测量，再结合电压表使用要求解答。
（3）理想变压器原、副线圈的电压与匝数关系列式求解；
（4）铁芯不闭合，变压器存在漏磁，有能量损失，再结合求解副线圈实际电压。
（1）[1]在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，使用的是交流电，所以需要可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈），磁场是利用了电流的磁效应，所以不需要条形磁铁，需要多用电表测电压、开关、导线若干。
故选ADE；
[2]本实验中还需要用到的器材是低压交流电源。
（2）B．为便于探究，应该采用控制变量法，所以B正确；
A．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，所以A错误；
D．使用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，所以D正确；
C．虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免发生危险，所以C错误。
故选BD。
（3）根据理想变压器原、副线圈的电压与匝数成正比规律可知，副线圈所接电表的示数为5.0V，原线圈的电压应为10.0V。
故选C。
（4）组装变压器时，该同学没有将铁芯闭合，则变压器漏磁比较厉害，连接副线圈的交流电压表的实际读数小于理想变压器的副线圈的读数，若为理想变压器，则
U2 =U1 =× 12V = 1.5V
实际电压小于1.5V。
故选A。
14．（2025高二下·东莞期中）如图所示，电阻忽略不计、间距L=0.4m的平行导轨，水平放置在磁感应强度大小B=10T的匀强磁场中。磁场方向垂直导轨平面向上，一质量m=2kg，电阻不计的导体棒ab垂直于导轨放置，并与导轨接触良好。导体棒ab与重物用轻细线连接（线质量不计）。细线对ab的拉力为水平方向。初始细线被拉直，现将重物静止释放后导体棒ab始终保持静止。已知电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，定值电阻R=5Ω，ab与导轨间动摩擦因数=0.3（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），其余一切摩擦不计。取重力加速度g=10m/s2。则：
（1）导体棒ab受到的安培力；
（2）重物重力G的最大值。
【答案】（1）4N，方向水平向左
（2）10N
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】（1）由闭合电路欧姆定律可得，电路的电流
ab受到的安培力
由左手定则可知，方向水平向左；
（2）ab受到的最大静摩擦
设绳子拉力为T，
根据平衡可知，摩擦力方向向左时，重物重力最大
解得T=4N+6N=10N
对重物可知=10N
【分析】本题主要考查安培力的计算，结合共点力平衡条件解答。
（1）由闭合电路欧姆定律求得通过导体棒的电流，由安培力公式计算导体棒ab受到的安培力大小，由左手定则判断安培力方向；
（2） 导体棒ab始终保持静止 ，根据平衡条件结合临界条件求得导体棒所受绳子最大拉力，在以重物为研究对象，求解重物重力G的最大值。
（1）电路的电流
=1A
ab受到的安培力
F=BIL=4N
方向水平向左
（2）ab受到的最大静摩擦
=6N
根据平衡可知，摩擦力方向向左时，重物重力最大
对重物可知
=10N
15．（2025高二下·东莞期中）自行车前叉是连接车把手和前轴的部件，如图甲所示。为了减少路面颠簸对骑手手臂的冲击，前叉通常安装有减震系统，常见的有弹簧减震和空气减震。一空气减震器的原理图如图乙所示，总长、横截面积为的汽缸（密封性良好）里面充有空气，忽略光滑活塞（厚度不计）和车把手的质量，缸内气体的热力学温度为，当不压车把手时活塞恰好停留在汽缸顶部，外界大气压强。求：
（1）不考虑缸内气体温度变化，活塞稳定在距汽缸顶部处时，车把手对活塞的压力大小；
（2）缸内气体的热力学温度为，不压车把手时，活塞到汽缸顶部的距离。
【答案】（1）解：汽缸内气体初始状态
压强：，体积：
下压后，
根据
解得
又
解得
（2）解：由
且
解得
活塞到汽缸顶部的距离
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）气缸内的气体发生等温变化，根据波意耳定律计算下压后压强大小，再根据平衡条件计算压力大小
（2）缸内气体发生等压变化，根据理想气体状态方程列方程求解。
（1）汽缸内气体初始状态，
下压后，
根据
解得
又
解得
（2）由
且
解得
活塞到汽缸顶部的距离
解得
16．（2025高二下·东莞期中）如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙。已知铜盘的半径为，加在盘下侧的匀强磁场磁感应强度为，铜盘按如图所示的方向以角速度匀速转动。电容器每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向内、磁感应强度为的匀强磁场。求：
（1）平行板电容器C板带何种电荷；
（2）将铜盘匀速转动简化为一根始终在匀强磁场中绕中心铜轴匀速转动、长度为圆盘半径的导体棒，则铜盘匀速转动产生的感应电动势；
（3）若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动又恰好从极板右侧射出，则射入的速度为多大。
【答案】解：（1）依题意，由右手定则判断可知，C板电势高，带正电。
（2）根据法拉第电磁感应定律
经过一段时间，导体棒扫过得面积
取n=1匝，可得
（3）对带负电小球，若在复合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡
联立可得
洛伦兹力提供向心力
带电小球恰能从右板边缘射出，如图所示，由几何关系可得
可得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】
（1）根据右手定则判断电流方形，从而判断C板所带电荷种类。
（2）根据法拉第电磁感应定律计算铜盘产生的感应电动势。
（3）若带电小球在复合场中做匀速圆周运动，则重力和所受电场力抵消，洛伦兹力提供向心力，格努几何关系计算半径的大小，再由圆周运动相关公式列方程求解。
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