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廣東省深圳實驗學校光明部2023-2024學年高二下學期期中考試物理試卷
1．（2024高二下·深圳期中）關于下列各圖，說法正確的是（　　）
A．圖甲中，布朗運動是液體分子的無規則運動
B．圖乙中，當分子間距離為r0時，分子勢能最小
C．圖丙中，T1對應曲線為同一氣體溫度較高時的速率分布圖
D．圖丁中，實驗現象說明薄板材料一定是非晶體
【答案】B
【知識點】布朗運動；分子勢能；氣體熱現象的微觀意義；晶體和非晶體
【解析】【解答】A．布朗運動是固體小微粒的運動，而不是分子的運動，故A錯誤；
B．當分子間距離為r0時，分子勢能最小，故B正確；
C．T2對應曲線為同一氣體溫度較高時的速率分布圖，故C錯誤；
D．薄板材料可能是多晶體或非晶體，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、布朗運動是指懸浮在液體或氣體中的固體小微粒（如花粉、塵埃等）由于受到周圍液體或氣體分子的無規則碰撞而表現出的無規則運動。布朗運動是固體小微粒的運動，而不是液體或氣體分子本身的運動。
2、分子間作用力與分子間距離的關系：
當分子間距離 r=時，分子間作用力為零，此時分子勢能最小。當 r< 時，分子間表現為斥力，勢能增大。r> 時，分子間表現為引力，勢能增大。
3、氣體分子的速率分布與溫度的關系：
溫度越高，氣體分子的平均速率越大，速率分布曲線向高速率方向移動。
4、薄板材料的可能結構：多晶體是由許多小晶粒組成的材料，具有各向同性。
非晶體（如玻璃）沒有規則的晶體結構，也是各向同性。
薄板材料可能是多晶體或非晶體，具體取決于材料的制備方式和性質。
2．（2024高二下·深圳期中）某課外研究性學習小組在“如何防止電梯墜落的研究”中，設計的防止電梯墜落的應急安全裝置如圖所示。在電梯轎廂上安裝上永久磁鐵，電梯的井壁鋪設閉合金屬線圈A和B。下列說法正確的是（　　）
A．電梯突然墜落時，該裝置可使電梯停在空中
B．電梯突然墜落時，該裝置不可能起到阻礙電梯下落的作用
C．電梯墜落至永久磁鐵圖示位置時，線圈A、B中電流方向相反
D．電梯墜落至永久磁鐵圖示位置時，已穿過線圈A，所以線圈A不會阻礙電梯下落
【答案】C
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅動；楞次定律
【解析】【解答】A．感應電流會阻礙磁鐵的相對運動，但不能阻止磁鐵的運動，若電梯停在空中，線圈不會產生感應電流，電梯上的磁鐵不會受到感應電流的作用，所以電梯不可能停在空中，故A錯誤；
B．若電梯突然墜落時，線圈內的磁通量發生變化，線圈中產生感應電流，感應電流會阻礙磁鐵的相對運動，可起到阻礙電梯下落的作用，故B錯誤；
C．當電梯墜落至如圖位置時，閉合線圈A中向上的磁場減弱，感應電流的方向從上向下看是逆時針方向，B中向上的磁場增強，感應電流的方向從上向下看是順時針方向，可知A與B中感應電流方向相反，故C正確；
D．結合A的分析可知，當電梯墜落至如圖位置時，閉合線圈A、B都在阻礙電梯下落，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、當電梯停在空中時，磁鐵與線圈之間沒有相對運動，線圈中的磁通量不發生變化，因此不會產生感應電流。沒有感應電流，磁鐵不會受到感應電流的作用力，電梯可以停在空中。
2、若電梯突然墜落，磁鐵與線圈之間發生相對運動，線圈中的磁通量發生變化，產生感應電流。
感應電流會產生磁場，阻礙磁鐵的相對運動（楞次定律），從而減緩電梯的下落速度。
3、當電梯墜落至圖示位置時：對于線圈 A：向上的磁場減弱，根據楞次定律，感應電流的方向從上向下看是逆時針方向。對于線圈 B：向上的磁場增強，感應電流的方向從上向下看是順時針方向。
因此，線圈 A 和線圈 B 中的感應電流方向相反。
4、當電梯墜落至圖示位置時，線圈 A 和線圈 B 都會產生感應電流，感應電流的磁場會阻礙磁鐵的相對運動，從而阻礙電梯的下落。
3．（2024高二下·深圳期中）如圖是學生常用的飯卡內部實物圖，其由線圈和芯片組成電路，當飯卡處于感應區域時，刷卡機會激發變化的磁場，從而在飯卡內線圈中產生感應電流來驅動芯片工作，已知線圈面積為S，共n匝，某次刷卡時，線圈平面與磁場垂直，且全部處于磁場區域內，在感應時間內，磁感應強度方向向外且由0增大到，此過程中（　　）
A．線圈中感應電流方向為逆時針方向
B．線圈有擴張的趨勢
C．通過線圈的磁通量變化量大小為
D．線圈中感應電動勢大小為
【答案】C
【知識點】楞次定律；法拉第電磁感應定律
【解析】【解答】A．根據楞次定律可知，線圈中磁通量向外增加，則感應電流磁場向里，則感應電流方向為順時針方向，選項A錯誤；
B．根據“增縮減擴”可知，線圈有收縮的趨勢，選項B錯誤；
C．通過線圈的磁通量變化量大小為
選項C正確；
D．線圈中感應電動勢大小為
選項D錯誤。
故選C。
【分析】1、根據楞次定律，感應電流的磁場總是阻礙原磁場的變化。
若線圈中磁通量向外增加，感應電流的磁場方向應向里（阻礙磁通量增加）。
根據右手定則，感應電流的方向應為順時針方向。
2、“增縮減擴”是指當線圈中的磁通量增加時，線圈有收縮的趨勢；當磁通量減少時，線圈有擴張的趨勢。若線圈中磁通量向外增加，線圈應有收縮的趨勢。
3、通過線圈的磁通量變化量大小為 ΔΦ，感應電動勢的大小需要根據磁通量變化率公式計算。
4．（2024高二下·深圳期中）鐵路上使用一種電磁裝置向控制中心傳輸信號以確定火車的位置，能產生勻強磁場的磁鐵被安裝在火車首節車廂下面，如圖所示（俯視圖），當它經過安放在兩鐵軌間的線圈時便會產生一電信號，被控制中心接收.若火車通過線圈時，控制中心接收到的線圈兩端的電壓信號u隨時間t變化情況如圖所示，則說明火車在做（　　）
A．勻速直線運動
B．勻加速直線運動
C．勻減速直線運動
D．加速度逐漸增大的變加速直線運動
【答案】B
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】根據u-t圖像信息可得，信號u隨時間t線性變化，并均勻增大，即有
又因為
則
B、L、k均一定，所以速度v隨時間t均勻增大，故火車在做勻加速直線運動。故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】信號 u 隨時間 t 線性變化，即 u=kt。根據 u=BLv，可得 v= BLk t，即速度 v 隨時間 t 均勻增大。加速度 a= BLk 為常數，因此火車做勻加速直線運動。
5．（2024高二下·深圳期中）物理課上，老師做了一個奇妙的“自感現象”實驗。按圖連接電路，先閉合開關S，電路穩定后小燈泡A正常發光，然后斷開開關S，同學們發現小燈泡A閃亮一下再熄滅。已知自感線圈L的直流電阻為RL，小燈泡A正常發光時電阻為RA。下列說法中正確的是（　　）
A．RL>RA
B．RL=RA
C．斷開開關S瞬間，小燈泡A中電流大于自感線圈中流過電流
D．斷開開關S的瞬間，小燈泡A中的電流方向為
【答案】D
【知識點】自感與互感
【解析】【解答】ABC．穩定時，燈泡A與線圈L并聯，故兩者電壓相等，通過線圈的電流為I1，通過小燈泡的電流為I2，由于穩定后開關S再斷開，小燈泡閃亮一下，這是因為線圈產生的自感電動勢阻礙磁通量減小，這時線圈相當于電源，電流突然增大到原來線圈的電流I1，所以可以判斷I1>I2，結合歐姆定律可知，線圈L的電阻小于燈泡A的電阻，A錯誤，B錯誤，C錯誤；
D．在斷開開關瞬間，線圈中產生自感電動勢，線圈相當于電源，線圈右端為電源正極，是的燈泡中的電流為為b→a，C錯誤，D正確。
故選D
【分析】1、穩定時的情況：燈泡 A 與線圈 L 并聯，因此兩者的電壓相等。
2、開關斷開瞬間的情況：當開關 S 斷開時，線圈 L 中的電流 會突然減小，線圈會產生自感電動勢，阻礙電流的減小。此時，線圈相當于一個電源，其自感電動勢會維持電流的流動。由于線圈的自感電動勢，電流會從線圈流向燈泡，使得燈泡閃亮一下。根據楞次定律，自感電動勢的方向會阻礙電流的減小。
3、在開關斷開瞬間，線圈右端為自感電動勢的正極，因此電流方向為 b→a。
6．（2024高二下·深圳期中）“南鯤號”稱之為“海上充電寶”，是一個利用海浪發電的大型海上電站，其發電原理是海浪帶動浪板上下擺動，從而驅動發電機轉子轉動，其中浪板和轉子的鏈接裝置使轉子只能單方向轉動。若轉子帶動線圈如下圖逆時針轉動，并向外輸出電流，則下列說法正確的是（　　）
A．線圈轉動到如圖所示位置時穿過線圈的磁通量最大
B．線圈轉動到如圖所示位置時a端電勢低于b端電勢
C．線圈轉動一周電流方向改變兩次，圖示位置正是電流變向的時刻
D．線圈轉動到如圖所示位置時其靠近N極的導線框受到的安培力方向向上
【答案】D
【知識點】交變電流的產生及規律；左手定則—磁場對通電導線的作用；右手定則
【解析】【解答】A．線圈轉動到如圖所示位置時穿過線圈的磁通量為零，最小，故A錯誤；
B．根據右手定則可知，線圈轉動到如圖所示位置時a端電勢高于b端電勢，故B錯誤；
C．線圈轉動一周電流方向改變兩次，線圈經過中性面一次電流方向改變，則圖示位置不是電流變向的時刻，故C錯誤；
D．根據左手定則可知，線圈轉動到如圖所示位置時其靠近N極的導線框受到的安培力方向向上，故D正確。
故選D。
【分析】1、線圈轉動到圖示位置時，線圈平面與磁場方向平行，穿過線圈的磁通量為零。
2、根據右手定則（發電機定則），線圈轉動時產生的感應電動勢方向可以通過右手定則判斷。
若線圈轉動到圖示位置時，a 端電勢高于 b 端電勢。
3、線圈轉動一周，電流方向會改變兩次（每經過中性面一次，電流方向改變一次）。圖示位置不是中性面，因此不是電流變向的時刻。
4、根據左手定則（電動機定則），可以判斷導線框受到的安培力方向。
若線圈轉動到圖示位置時，靠近 N 極的導線框受到的安培力方向向上。
7．（2024高二下·深圳期中）如圖所示為小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖，其矩形線圈在磁感應強度為B=0.5T的勻磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO'以角速度勻速轉動，線圈的面積為S=0.1m2、匝數為n=100、線圈總電阻為r=1Ω、線圈的兩端經集流環和電刷與電阻R=9Ω連接，與電阻R并聯的交流電壓表為理想電表。在t=0時刻，線圈平面與磁場方向平行（如圖所示），則下列說法錯誤的是（　　）
A．交流發電機產生電動勢的最大值為
B．交流電壓表的示數為4.5V
C．線圈從t=0時刻開始轉過90°的過程中，通過電阻R的電量為0.5C
D．線圈從t=0時刻開始轉過90°的過程中，電阻R產生的熱量為
【答案】D
【知識點】交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】A．交流發電機產生電動勢的最大值為
故A正確，不符合題意；
B．交流電壓表的示數為
故B正確，不符合題意；
C．線圈從t=0時刻開始轉過90°的過程中，通過電阻R的電量為
故C正確，不符合題意；
D．線圈從t=0時刻開始轉過90°的過程中，電阻R產生的熱量為
故D錯誤，符合題意。
故選D。
【分析】1、交流發電機產生的電動勢最大值公式：計算產生電動勢的最大值。
2、交流電壓表的示數為交流電壓的有效值，利用閉合電路歐姆定律求解。
3、線圈從 t=0時刻開始轉過90°的過程中，通過電阻R的電量，可以通過法拉第電磁感應定律計算。
4、線圈從t=0時刻開始轉過90°的過程中，電阻R產生的熱量可以通過焦耳定律計算。

8．（2024高二下·深圳期中）如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態A經過狀態B、C又回到狀態A。下列說法正確的是（　　）
A．A→B過程中氣體對外做的功大于C→A過程中外界對氣體做的功
B．A→B過程中單位時間內撞擊單位面積器壁的分子數增加
C．B→C過程中氣體的壓強減小，氣體分子的數密度也減小
D．C→A過程中單位體積內分子數增加，分子的平均動能也增加
【答案】A
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】B．A→B過程中，由于BA的延長線過原點，可知氣體做等壓變化，由于溫度升高，分子的平均動能增大，氣體分子在單位時間內撞擊單位面積器壁的分子數減少，故B錯誤；
C．B→C過程中氣體做等容變化，氣體溫度降低，可知氣體的壓強減小，由于氣體體積不變，氣體分子的數密度不變，故C錯誤；
D．C→A過程中氣體的溫度不變，分子的平均動能不變，故D錯誤；
A．A→B過程中氣體做等壓變化，氣體體積變化等于C→A過程中氣體的體積變化，而C→A過程中氣體的平均壓強小于A→B過程中氣體的平均壓強，根據可得，A→B過程中氣體對外做的功大于C→A過程中外界對氣體做的功，故A正確。
故選A。
【分析】1、BA 的延長線過原點，說明氣體做等壓變化（壓強不變），溫度升高，氣體分子的平均動能增大。由于壓強不變，溫度升高，氣體分子在單位時間內撞擊單位面積器壁的分子數減少。
2、氣體做等容變化（體積不變），溫度降低，根據查理定律，壓強減小，由于體積不變，氣體分子的數密度不變。
3、氣體的溫度不變，分子的平均動能不變。
9．（2024高二下·深圳期中）電磁感應現象在科技和生活中有著廣泛的應用，下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中，發射線圈接入恒定電流也能實現手機充電
B．圖乙中，電磁爐不能使用陶瓷鍋，是因為陶瓷不能產生渦流
C．圖丙中，冶煉爐的爐外線圈通入高頻交流電時，線圈產生大量熱量，冶煉金屬
D．圖丁中，電流表在運輸時要用導線把兩個接線柱連在一起，這是為了保護電表指針，利用了電磁阻尼原理
【答案】B,D
【知識點】自感與互感；渦流、電磁阻尼、電磁驅動
【解析】【解答】A．充電設備中的發射線圈通恒定電流，其產生的磁場是恒定的，不能使手機產生感應電流，不能實現無線充電，故A錯誤；
B．電磁爐不能用陶瓷鍋是因為陶瓷鍋屬于絕緣材料，不會產生渦流，故B正確；
C．真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，線圈產生交變磁場，被冶煉的金屬產生渦流，產生大量的熱從而冶煉金屬，故C錯誤；
D．電流表在運輸時要用導線把兩個接線柱連在一起，這是為了保護電表指針，利用了電磁阻尼原理，故D正確。
故選BD。
【分析】1、產生感應電流的條件： 閉合導體回路中必須存在變化的磁通量，線圈通恒定電流，其產生的磁場是恒定的。
2、真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，線圈產生交變磁場，被冶煉的金屬產生渦流，產生大量的熱從而冶煉金屬。
3、電流表在運輸時要用導線把兩個接線柱連在一起，這是為了保護電表指針，利用了電磁阻尼原理。
10．（2024高二下·深圳期中）如圖甲所示為一可調壓式自耦變壓器，線圈AB均勻繞在一個圓環形的鐵芯上，CD之間輸入交變電壓，撥動滑動觸頭P就可以調節輸出電壓。圖中變壓器視為理想變壓器，兩電表均為理想交流電表，R1=6Ω、R2=5Ω。R3為總阻值為10Ω的滑動變阻器。現在CD兩端輸入圖乙所示正弦式交流電，下列說法正確的是（　　）
A．若變壓器滑動觸頭P撥至線圈中間位置，電壓表示數是
B．若電壓表與電流表示數分別是10V和1A，變壓器原制線圈匝數比為9∶7
C．當滑動變阻器滑動觸頭向上滑動時，電壓表讀數變大，電流表讀數變小
D．當變壓器滑動觸頭P順時針轉動時，電流表和電壓表示數均變小
【答案】B,C,D
【知識點】變壓器原理；變壓器的應用
【解析】【解答】A．由圖乙可知輸入電壓的有效值為
若變壓器滑動觸頭P拔至線圈中間位置，根據原副線圈的電壓比與匝數比的關系有
可得
U2為MN兩點間的電壓，是R1和R2、R3并聯部分電壓的總和，而電壓表示數只是R2、R3并聯部分電壓，所以電壓表示數小于，故A錯誤；
B．若電壓表與電流表示數分別是10V和1A，則R2的電流為
則有
根據原副線圈的電壓比與匝數比的關系有
故B正確；
C．當滑動變阻器滑動觸頭向上滑動時，R3增大，則R總增大，由于變壓器滑動觸頭P不動，輸入電壓不變，則U2不變，I2減小，可知R1兩端電壓減小，則電壓表示數變大，通過R2電流增大，則通過R3電流減小，電流表讀數變小，故C正確；
D．變壓器滑動觸頭P順時針轉動時，n2減小，輸入電壓不變，則U2減小；R總不變，I2減小，根據歐姆定律可知電壓表示數變小，電流表示數變小，故D正確。
故選BCD。
【分析】本題主要考察了變壓器的原理、電路的分析、電壓和電流的測量以及歐姆定律的應用等。
1、變壓器的原理：特別是原副線圈的電壓比與匝數比的關系，即電壓與匝數成正比，這是變壓器工作的基本原理。
2、電路的分析：需要理解電路中的串聯、并聯關系，以及滑動觸頭在變壓器中的位置變化如何影響電路中的電壓和電流分布。
3、電壓和電流的測量：理解電壓表和電流表在電路中的測量對象，以及它們如何反映電路中的電壓和電流情況。
4、歐姆定律的應用：在已知電壓和電流的情況下，利用歐姆定律計算電阻或分析電路狀態。
11．（2024高二下·深圳期中）如圖所示，噴灑農藥用的某種噴霧器，其藥液桶的總容積為14L，裝入藥液后，封閉在藥液上方的空氣體積為2L，氣壓為1atm。打氣筒活塞每次可以打進氣壓為1atm、體積為0.2L的空氣。不考慮環境溫度的變化。在打氣n次后，藥液上方的氣體壓強增大到5atm，在藥液上方的氣體壓強達到5atm時停止打氣，并開始向外噴藥，當噴霧器不能再向外噴藥時，筒內剩下的藥液還有V升，則n、V值為（　　）
A．n=40次 B．n=60次 C．V=10L D．V=4L
【答案】A,D
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．在用打氣筒向噴霧器內打氣的過程中，把原來噴霧器里的空氣和打氣n次所打入的空氣作為研究對象，其質量和溫度不變，遵循玻意耳定律。對于這部分空氣，初、末狀態的壓強和體積分別為p1=1atm、V1=（2+0.2n）L、p2=5atm、V2=2L。根據玻意耳定律得
將各已知量代入上式可解得n=40次，故A正確，B錯誤；
CD．對于打氣結束時噴霧器中所有的空氣，在噴霧器向外噴藥的過程，質量和溫度也不變，其初態壓強和體積分別為p2=5atm、V2=2L，末態壓強和體積分別為p3=1atm、V3，再根據玻意耳定律得
將各已知量代入上式可解得V3=10L，筒內剩下的藥液還有
V= V容- V3=14-10L=4L
故C錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】1、 玻意耳定律的理解與應用 ：玻意耳定律是描述在溫度不變的情況下，氣體的壓強與體積之間反比關系的定律。要求理解玻意耳定律的適用條件（質量、溫度不變），應用定律公式并正確地將這些參量代入玻意耳定律的公式中進行計算。
2 、代數運算與方程求解 ：通過代數運算，將玻意耳定律的公式轉化為關于n的方程，求解該方程，得出打氣次數n的值。
3 、物理意義的理解 ：理解題目中“原來噴霧器里的空氣和打氣n次所打入的空氣”作為研究對象的物理意義，即這些空氣在打氣過程中被視為一個整體，其質量和溫度保持不變，噴霧器原始體積與每次打氣增加體積的累加。
12．（2024高二下·深圳期中）我國新一代航母阻攔系統采用了電磁阻攔技術，其工作原理如圖（b）所示。固定在水平甲板面內的“U”型金屬導軌位于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面，MN、PQ平行且相距l且MP電阻為R，其余導電阻軌不計。一質量為m、阻值為R的導體棒ab垂直擱置在兩導軌之間，且與導軌接觸良好。質量為M的飛機著艦時，迅速鉤住導體棒ab上的絕緣繩，同時關閉動力系統并立即與導體棒ab獲得相對航母的共同速度v0。飛機和導體棒一起減速滑行距離x后停下。除安培力外，兩者一起運動時所受阻力恒為f，導體棒始終與導軌垂直，絕緣繩的質量不計。則從飛機與導體棒共速到停下來的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．回路MPba產生的焦耳熱為
B．飛機與導體棒共速時，ab兩端的電壓為
C．通過導體棒某橫截面的電荷量為
D．所經的時間為
【答案】A,C
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】A．根據動能定理可得
解得
根據功能關系可知回路MPba產生的焦耳熱為
故A正確；
B．飛機與導體棒共速時，產生的電動勢為
則ab兩端的電壓為
故B錯誤；
C．通過導體棒某橫截面的電荷量為
故C正確；
D．以飛機和導體棒ab整體為對象，根據動量定理可得
其中
解得所經的時間為
故D錯誤。
故選AC。
【分析】本題主要包括動能定理、功能關系、電磁感應與電動勢、電量與電荷量、動量定理以及代數運算與方程求解等。
1、通過動能定理計算了導體棒的運動情況，進而通過功能關系（即能量守恒）得出了回路MPba產生的焦耳熱。這是電磁感應中常見的能量轉換問題，動能轉化為電能，再進一步轉化為熱能（焦耳熱）
2、當飛機與導體棒共速時，如果導體棒仍然在磁場中切割磁感線，那么會產生電動勢。
3、以飛機和導體棒ab整體為對象，根據動量定理以及所受外力的沖量，聯立等式求解所經的時間。
13．（2024高二下·深圳期中）利用油膜法估測油酸分子的大小，實驗器材有，濃度為0.05%（體積分數）的油酸酒精溶液、最小刻度為0.1mL的量筒、盛有適量清水的45×50cm2淺盤、痱子粉、橡皮頭滴管、玻璃板、彩筆、坐標紙。則：
（1）下面給出的實驗步驟中，正確順序為　 　
A.將玻璃板放在淺盤上，用彩筆將油酸薄膜的形狀畫在玻璃板上；
B.用滴管將濃度為0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下滴入1mL油酸酒精溶液時的滴數N；
C.將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，坐標紙上是邊長為1cm的正方形，計算輪廓內正方形的個數，算出油酸薄膜的面積S；
D.將痱子粉均勻地撤在淺盤內水面上。用滴管吸取濃度為0.05%的油酸酒精溶液，從低處向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足夠大的面積又不與器壁接觸為止，記下滴入的滴數n。
（2）該實驗測得的單個油酸分子的直徑約為（　　）（單位：cm）。
A． B． C． D．
（3）通過實驗測得分子直徑的大小約為（　　）m的數量級。
A． B． C． D．
（4）用油膜法估算出油酸分子的直徑后，要測定阿伏加德羅常數。還需要知道油酸的（　　）
A．質量 B．體積 C．摩爾質量 D．摩爾體積
（5）某學生在做該實驗時，發現計算的油酸分子直徑偏大，可能的原因是（　　）
A．痱子粉撒得過多
B．計算油膜面積時，舍去了所有不足一格的方格
C．計算每滴油酸酒精溶液的體積時，1mL的溶液的滴數少記了幾滴
D．在滴入量筒之前，配制的溶液在空氣中擱置了較長時間
【答案】（1）BDAC
（2）B
（3）A
（4）D
（5）A；B；C
【知識點】用油膜法估測油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）本實驗的基本步驟是：用滴管將濃度為0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下滴入1mL的油酸酒精溶液的的滴數N，可求得1滴油酸酒精溶液的體積；將痱子粉均勻地撒在淺盤內水面上，用滴管吸取濃度為0.05%的油酸酒精溶液，從低處向水面中央滴入一滴油酸酒精溶液，使之充分擴散，形成單分子油膜；待油酸薄膜的形狀穩定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆將油酸薄膜的形狀畫在玻璃板上；將畫有油酸薄膜輪廊的玻璃板放在坐標紙上，以坐標紙上邊長為1cm的正方形為單位，計算輪廓內正方形的個數，計算出油酸薄膜的面積。故實驗步驟中，正確排序應為BDAC。
（2）1滴油酸酒精溶液中含有的油酸體積為則單個油酸分子直徑的表達式為。故選B。
（3）通過實驗測得分子直徑的大小約為的數量級。故選A。
（4）計算出油酸分子的直徑后可以根據體積公式算出油酸分子體積，要測定阿伏加德羅常數還需要知道NA個油酸分子的總體積，即油酸的摩爾體積。故選D。
（5）A．痱子粉撒的過多，導致油膜的面積偏小，由可知計算的直徑偏大，故A正確；
B．計算油膜面積時，舍去了所有不足一格的方格，則測量的面積S偏小，會導致直徑計算結果偏大，故B正確；
C．計算每滴體積時，1mL的溶液的滴數少記了幾滴，則計算時所用體積數值偏大，會導致直徑計算結果偏大，故C正確；
D．滴入量筒之前，配制的溶液在空氣中擱置了較長時間，酒精揮發使溶液的濃度變大，則代入計算的濃度偏小，計算時所用體積數值偏小，會導致直徑計算結果偏小，故D錯誤。
故選ABC。
【分析】（1）考查油膜法估測油酸分子的大小實驗步驟，本實驗的基本步驟：1、用滴管將濃度為0.05%油酸酒精溶液滴入量筒中，得1滴油酸酒精溶液的體積，2、將痱子粉均勻地撒在淺盤內水面上，3、向水面中央滴入一滴油酸酒精溶液，4、用彩筆將油酸薄膜的形狀畫在玻璃板上，計算輪廓內正方形的個數，計算出油酸薄膜的面積。
（2）1滴油酸酒精溶液中含有的油酸體積為則單個油酸分子直徑的表達式為。
（3）分子直徑的大小約為的數量級。
（4）計算出油酸分子的直徑后可以根據體積公式算出油酸分子體積，要測定阿伏加德羅常數還需要知道NA個油酸分子的總體積，即油酸的摩爾體積。
（5）考查實驗誤差。根據分析誤差，痱子粉撒的過多，導致油膜的面積偏小；計算油膜面積時，舍去了所有不足一格的方格，則測量的面積S偏小；計算每滴體積時，1mL的溶液的滴數少記了幾滴，則計算時所用體積數值偏大；擱置了較長時間，酒精揮發使溶液的濃度變大，則代入計算的濃度偏小，計算時所用體積數值偏小。
（1）【解答】
（2）【解答】
（3）【解答】
（4）【解答】
（5）【解答】
14．（2024高二下·深圳期中）某實驗小組受酒店煙霧報警器原理啟發，設計了如圖所示的溫度報警裝置，在豎直放置的圓柱形容器內用面積、質量的活塞密封一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動，整個裝置倒貼在水平天花板上，開始時房間的熱力學溫度，活塞與容器頂部的距離，在活塞下方處有一壓力傳感器制成的卡口，環境溫度緩慢升高時容器內氣體溫度也隨之升高，當傳感器受到的壓力大于5N時，就會啟動報警裝置。已知大氣壓強恒為，取重力加速度大小，求：
（1）封閉氣體開始的壓強p；
（2）觸發報警裝置的熱力學溫度T。
【答案】解：（1）設氣體的初始壓強為，對活塞受力分析，由平衡條件有
得
（2）設報警時的壓強為，對活塞受力分析，由平衡條件有
得
由理想氣體狀態方程得
得
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程
【解析】【分析】（1）氣體的初始壓強為，對活塞受力分析，由平衡條件列等式：，可求解封閉氣體開始的壓強p。
（2）對活塞受力分析，由平衡條件列等式：，可求解報警時的壓強為，由理想氣體狀態方程得，可求解觸發報警裝置的熱力學溫度T。
15．（2024高二下·深圳期中）如圖所示，用一小型交流發電機向遠處用戶供電，已知發電機線圈abcd匝N=100匝，面S=0.03m2，線圈勻速轉動的角速度，勻強磁場的磁感應強度，輸電導線的總電阻為R=10Ω，降壓變壓器原、副線圈的匝數比n3：n4=10：1，若用戶區標有“220V，8.8kW”的電動機恰能正常工作。發電機線圈電阻r不可忽略。求：
（1）輸電線路上損耗的電功率；
（2）升壓變壓器副線圈兩端電壓U2；
（3）若升壓變壓器原、副線圈匝數比n1：n2=1：8，交流發電機線圈電阻r上消耗的熱功率P。
【答案】解：（1）設降壓變壓器原、副線圈的電流分別為、，電動機恰能正常工作，則有
根據理想變壓器的變流比可知
解得
所以輸電線路上損耗的電功率
解得
（2）根據理想變壓器的變壓比可知
解得
升壓變壓器副線圈兩端電壓
解得
（3）根據理想變壓器的變壓比可知
可得
升壓變壓器的原線圈輸入功率
可得
根據
解得
根據正弦式交變電流產生規律可知，最大值為，代入數據解得
電機線圈內阻上消耗的熱功率
可得
【知識點】變壓器原理；電能的輸送
【解析】【分析】（1）電動機恰能正常工作，根據可求解副線圈的電流；根據理想變壓器的變流比，可求解，根據輸電線路上損耗的電功率，可求解輸電線路上損耗的電功率。
（2）根據理想變壓器的變壓比可知，求解，升壓變壓器副線圈兩端電壓
求解升壓變壓器副線圈兩端電壓
（3）根據理想變壓器的變壓比：，可求解升壓變壓器原線圈兩端電壓，升壓變壓器的原線圈輸入功率，可求解，根據可求解，根據正弦式交變電流產生規律，最大值為，求解，根據電機線圈內阻上消耗的熱功率，求解交流發電機線圈電阻r上消耗的熱功率P。
16．（2024高二下·深圳期中）如圖所示，間距為L=1.0m的兩平行光滑金屬導軌由傾斜部分和水平部分（足夠長）平滑連接而成，傾斜部分導軌與水平面夾角為θ=30°，導軌上端接有一個電阻R=1.0Ω。空間存在垂直斜面向上和豎直向上的兩部分勻強磁場，兩磁場互不干擾，大小均為B=2.0T。導體棒a與b的質量均為m=2.0kg，內阻分別為ra=1.0Ω與rb=2.0Ω，兩根導體棒垂直導軌放置。現閉合電鍵K1，斷開電鍵K2，將a棒從某高度由靜止釋放，經過一段時間，a棒在斜面上達到最大速度v0。已知導體棒與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g=10m/s2。求：
（1）a棒在斜面上達到的最大速度v0；
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，電阻R產生的焦耳熱為0.8J，求該過程中通過電路的電荷量q1；
（3）a棒在離開斜面的瞬間閉合電鍵K2，斷開電鍵K1，從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現穩定狀態的過程中，求電路中產生的焦耳熱，以及流過b棒的電荷量q。
【答案】解：（1）當a棒在斜面上勻速運動時，速度達到最大，則有
又
，
聯立解得a棒在斜面上達到的最大速度為
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，電阻R產生的焦耳熱為0.8J，設此過程a棒下滑的距離為，根據能量守恒可得
又
聯立解得
則該過程中通過電路的電荷量為
解得
（3）a棒在離開斜面的瞬間閉合電鍵K2，斷開電鍵K1，a棒與b棒受到的安培力大小相等，方向相反，則兩棒組成的系統滿足動量守恒，當兩棒共速時，達到穩定狀態，則有
解得
從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現穩定狀態的過程中，根據能量守恒可知電路中產生的焦耳熱為
以b棒為對象，根據動量定理可得
又
聯立解得流過b棒的電荷量為

【知識點】電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）當a棒在斜面上勻速運動時，速度達到最大，根據受力平衡列等式：，又，聯立可求解a棒在斜面上達到的最大速度。
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，根據能量守恒列等式，又，聯立求解位移x，該過程中通過電路的電荷量公式，聯立求解該過程中通過電路的電荷量。
（3）斷開電鍵K1，a棒與b棒受到的安培力大小相等，方向相反，兩棒組成的系統滿足動量守恒，當兩棒共速時，達到穩定狀態，根據動量守恒列等式：，可求解共速的速度，從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現穩定狀態的過程中，根據能量守恒可求解電路中產生的焦耳熱，以b棒為對象，根據動量定理列等式：，聯立，可求解流過b棒的電荷量。
1 / 1廣東省深圳實驗學校光明部2023-2024學年高二下學期期中考試物理試卷
1．（2024高二下·深圳期中）關于下列各圖，說法正確的是（　　）
A．圖甲中，布朗運動是液體分子的無規則運動
B．圖乙中，當分子間距離為r0時，分子勢能最小
C．圖丙中，T1對應曲線為同一氣體溫度較高時的速率分布圖
D．圖丁中，實驗現象說明薄板材料一定是非晶體
2．（2024高二下·深圳期中）某課外研究性學習小組在“如何防止電梯墜落的研究”中，設計的防止電梯墜落的應急安全裝置如圖所示。在電梯轎廂上安裝上永久磁鐵，電梯的井壁鋪設閉合金屬線圈A和B。下列說法正確的是（　　）
A．電梯突然墜落時，該裝置可使電梯停在空中
B．電梯突然墜落時，該裝置不可能起到阻礙電梯下落的作用
C．電梯墜落至永久磁鐵圖示位置時，線圈A、B中電流方向相反
D．電梯墜落至永久磁鐵圖示位置時，已穿過線圈A，所以線圈A不會阻礙電梯下落
3．（2024高二下·深圳期中）如圖是學生常用的飯卡內部實物圖，其由線圈和芯片組成電路，當飯卡處于感應區域時，刷卡機會激發變化的磁場，從而在飯卡內線圈中產生感應電流來驅動芯片工作，已知線圈面積為S，共n匝，某次刷卡時，線圈平面與磁場垂直，且全部處于磁場區域內，在感應時間內，磁感應強度方向向外且由0增大到，此過程中（　　）
A．線圈中感應電流方向為逆時針方向
B．線圈有擴張的趨勢
C．通過線圈的磁通量變化量大小為
D．線圈中感應電動勢大小為
4．（2024高二下·深圳期中）鐵路上使用一種電磁裝置向控制中心傳輸信號以確定火車的位置，能產生勻強磁場的磁鐵被安裝在火車首節車廂下面，如圖所示（俯視圖），當它經過安放在兩鐵軌間的線圈時便會產生一電信號，被控制中心接收.若火車通過線圈時，控制中心接收到的線圈兩端的電壓信號u隨時間t變化情況如圖所示，則說明火車在做（　　）
A．勻速直線運動
B．勻加速直線運動
C．勻減速直線運動
D．加速度逐漸增大的變加速直線運動
5．（2024高二下·深圳期中）物理課上，老師做了一個奇妙的“自感現象”實驗。按圖連接電路，先閉合開關S，電路穩定后小燈泡A正常發光，然后斷開開關S，同學們發現小燈泡A閃亮一下再熄滅。已知自感線圈L的直流電阻為RL，小燈泡A正常發光時電阻為RA。下列說法中正確的是（　　）
A．RL>RA
B．RL=RA
C．斷開開關S瞬間，小燈泡A中電流大于自感線圈中流過電流
D．斷開開關S的瞬間，小燈泡A中的電流方向為
6．（2024高二下·深圳期中）“南鯤號”稱之為“海上充電寶”，是一個利用海浪發電的大型海上電站，其發電原理是海浪帶動浪板上下擺動，從而驅動發電機轉子轉動，其中浪板和轉子的鏈接裝置使轉子只能單方向轉動。若轉子帶動線圈如下圖逆時針轉動，并向外輸出電流，則下列說法正確的是（　　）
A．線圈轉動到如圖所示位置時穿過線圈的磁通量最大
B．線圈轉動到如圖所示位置時a端電勢低于b端電勢
C．線圈轉動一周電流方向改變兩次，圖示位置正是電流變向的時刻
D．線圈轉動到如圖所示位置時其靠近N極的導線框受到的安培力方向向上
7．（2024高二下·深圳期中）如圖所示為小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖，其矩形線圈在磁感應強度為B=0.5T的勻磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO'以角速度勻速轉動，線圈的面積為S=0.1m2、匝數為n=100、線圈總電阻為r=1Ω、線圈的兩端經集流環和電刷與電阻R=9Ω連接，與電阻R并聯的交流電壓表為理想電表。在t=0時刻，線圈平面與磁場方向平行（如圖所示），則下列說法錯誤的是（　　）
A．交流發電機產生電動勢的最大值為
B．交流電壓表的示數為4.5V
C．線圈從t=0時刻開始轉過90°的過程中，通過電阻R的電量為0.5C
D．線圈從t=0時刻開始轉過90°的過程中，電阻R產生的熱量為
8．（2024高二下·深圳期中）如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態A經過狀態B、C又回到狀態A。下列說法正確的是（　　）
A．A→B過程中氣體對外做的功大于C→A過程中外界對氣體做的功
B．A→B過程中單位時間內撞擊單位面積器壁的分子數增加
C．B→C過程中氣體的壓強減小，氣體分子的數密度也減小
D．C→A過程中單位體積內分子數增加，分子的平均動能也增加
9．（2024高二下·深圳期中）電磁感應現象在科技和生活中有著廣泛的應用，下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中，發射線圈接入恒定電流也能實現手機充電
B．圖乙中，電磁爐不能使用陶瓷鍋，是因為陶瓷不能產生渦流
C．圖丙中，冶煉爐的爐外線圈通入高頻交流電時，線圈產生大量熱量，冶煉金屬
D．圖丁中，電流表在運輸時要用導線把兩個接線柱連在一起，這是為了保護電表指針，利用了電磁阻尼原理
10．（2024高二下·深圳期中）如圖甲所示為一可調壓式自耦變壓器，線圈AB均勻繞在一個圓環形的鐵芯上，CD之間輸入交變電壓，撥動滑動觸頭P就可以調節輸出電壓。圖中變壓器視為理想變壓器，兩電表均為理想交流電表，R1=6Ω、R2=5Ω。R3為總阻值為10Ω的滑動變阻器。現在CD兩端輸入圖乙所示正弦式交流電，下列說法正確的是（　　）
A．若變壓器滑動觸頭P撥至線圈中間位置，電壓表示數是
B．若電壓表與電流表示數分別是10V和1A，變壓器原制線圈匝數比為9∶7
C．當滑動變阻器滑動觸頭向上滑動時，電壓表讀數變大，電流表讀數變小
D．當變壓器滑動觸頭P順時針轉動時，電流表和電壓表示數均變小
11．（2024高二下·深圳期中）如圖所示，噴灑農藥用的某種噴霧器，其藥液桶的總容積為14L，裝入藥液后，封閉在藥液上方的空氣體積為2L，氣壓為1atm。打氣筒活塞每次可以打進氣壓為1atm、體積為0.2L的空氣。不考慮環境溫度的變化。在打氣n次后，藥液上方的氣體壓強增大到5atm，在藥液上方的氣體壓強達到5atm時停止打氣，并開始向外噴藥，當噴霧器不能再向外噴藥時，筒內剩下的藥液還有V升，則n、V值為（　　）
A．n=40次 B．n=60次 C．V=10L D．V=4L
12．（2024高二下·深圳期中）我國新一代航母阻攔系統采用了電磁阻攔技術，其工作原理如圖（b）所示。固定在水平甲板面內的“U”型金屬導軌位于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面，MN、PQ平行且相距l且MP電阻為R，其余導電阻軌不計。一質量為m、阻值為R的導體棒ab垂直擱置在兩導軌之間，且與導軌接觸良好。質量為M的飛機著艦時，迅速鉤住導體棒ab上的絕緣繩，同時關閉動力系統并立即與導體棒ab獲得相對航母的共同速度v0。飛機和導體棒一起減速滑行距離x后停下。除安培力外，兩者一起運動時所受阻力恒為f，導體棒始終與導軌垂直，絕緣繩的質量不計。則從飛機與導體棒共速到停下來的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．回路MPba產生的焦耳熱為
B．飛機與導體棒共速時，ab兩端的電壓為
C．通過導體棒某橫截面的電荷量為
D．所經的時間為
13．（2024高二下·深圳期中）利用油膜法估測油酸分子的大小，實驗器材有，濃度為0.05%（體積分數）的油酸酒精溶液、最小刻度為0.1mL的量筒、盛有適量清水的45×50cm2淺盤、痱子粉、橡皮頭滴管、玻璃板、彩筆、坐標紙。則：
（1）下面給出的實驗步驟中，正確順序為　 　
A.將玻璃板放在淺盤上，用彩筆將油酸薄膜的形狀畫在玻璃板上；
B.用滴管將濃度為0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下滴入1mL油酸酒精溶液時的滴數N；
C.將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，坐標紙上是邊長為1cm的正方形，計算輪廓內正方形的個數，算出油酸薄膜的面積S；
D.將痱子粉均勻地撤在淺盤內水面上。用滴管吸取濃度為0.05%的油酸酒精溶液，從低處向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足夠大的面積又不與器壁接觸為止，記下滴入的滴數n。
（2）該實驗測得的單個油酸分子的直徑約為（　　）（單位：cm）。
A． B． C． D．
（3）通過實驗測得分子直徑的大小約為（　　）m的數量級。
A． B． C． D．
（4）用油膜法估算出油酸分子的直徑后，要測定阿伏加德羅常數。還需要知道油酸的（　　）
A．質量 B．體積 C．摩爾質量 D．摩爾體積
（5）某學生在做該實驗時，發現計算的油酸分子直徑偏大，可能的原因是（　　）
A．痱子粉撒得過多
B．計算油膜面積時，舍去了所有不足一格的方格
C．計算每滴油酸酒精溶液的體積時，1mL的溶液的滴數少記了幾滴
D．在滴入量筒之前，配制的溶液在空氣中擱置了較長時間
14．（2024高二下·深圳期中）某實驗小組受酒店煙霧報警器原理啟發，設計了如圖所示的溫度報警裝置，在豎直放置的圓柱形容器內用面積、質量的活塞密封一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動，整個裝置倒貼在水平天花板上，開始時房間的熱力學溫度，活塞與容器頂部的距離，在活塞下方處有一壓力傳感器制成的卡口，環境溫度緩慢升高時容器內氣體溫度也隨之升高，當傳感器受到的壓力大于5N時，就會啟動報警裝置。已知大氣壓強恒為，取重力加速度大小，求：
（1）封閉氣體開始的壓強p；
（2）觸發報警裝置的熱力學溫度T。
15．（2024高二下·深圳期中）如圖所示，用一小型交流發電機向遠處用戶供電，已知發電機線圈abcd匝N=100匝，面S=0.03m2，線圈勻速轉動的角速度，勻強磁場的磁感應強度，輸電導線的總電阻為R=10Ω，降壓變壓器原、副線圈的匝數比n3：n4=10：1，若用戶區標有“220V，8.8kW”的電動機恰能正常工作。發電機線圈電阻r不可忽略。求：
（1）輸電線路上損耗的電功率；
（2）升壓變壓器副線圈兩端電壓U2；
（3）若升壓變壓器原、副線圈匝數比n1：n2=1：8，交流發電機線圈電阻r上消耗的熱功率P。
16．（2024高二下·深圳期中）如圖所示，間距為L=1.0m的兩平行光滑金屬導軌由傾斜部分和水平部分（足夠長）平滑連接而成，傾斜部分導軌與水平面夾角為θ=30°，導軌上端接有一個電阻R=1.0Ω。空間存在垂直斜面向上和豎直向上的兩部分勻強磁場，兩磁場互不干擾，大小均為B=2.0T。導體棒a與b的質量均為m=2.0kg，內阻分別為ra=1.0Ω與rb=2.0Ω，兩根導體棒垂直導軌放置。現閉合電鍵K1，斷開電鍵K2，將a棒從某高度由靜止釋放，經過一段時間，a棒在斜面上達到最大速度v0。已知導體棒與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g=10m/s2。求：
（1）a棒在斜面上達到的最大速度v0；
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，電阻R產生的焦耳熱為0.8J，求該過程中通過電路的電荷量q1；
（3）a棒在離開斜面的瞬間閉合電鍵K2，斷開電鍵K1，從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現穩定狀態的過程中，求電路中產生的焦耳熱，以及流過b棒的電荷量q。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】布朗運動；分子勢能；氣體熱現象的微觀意義；晶體和非晶體
【解析】【解答】A．布朗運動是固體小微粒的運動，而不是分子的運動，故A錯誤；
B．當分子間距離為r0時，分子勢能最小，故B正確；
C．T2對應曲線為同一氣體溫度較高時的速率分布圖，故C錯誤；
D．薄板材料可能是多晶體或非晶體，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、布朗運動是指懸浮在液體或氣體中的固體小微粒（如花粉、塵埃等）由于受到周圍液體或氣體分子的無規則碰撞而表現出的無規則運動。布朗運動是固體小微粒的運動，而不是液體或氣體分子本身的運動。
2、分子間作用力與分子間距離的關系：
當分子間距離 r=時，分子間作用力為零，此時分子勢能最小。當 r< 時，分子間表現為斥力，勢能增大。r> 時，分子間表現為引力，勢能增大。
3、氣體分子的速率分布與溫度的關系：
溫度越高，氣體分子的平均速率越大，速率分布曲線向高速率方向移動。
4、薄板材料的可能結構：多晶體是由許多小晶粒組成的材料，具有各向同性。
非晶體（如玻璃）沒有規則的晶體結構，也是各向同性。
薄板材料可能是多晶體或非晶體，具體取決于材料的制備方式和性質。
2．【答案】C
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅動；楞次定律
【解析】【解答】A．感應電流會阻礙磁鐵的相對運動，但不能阻止磁鐵的運動，若電梯停在空中，線圈不會產生感應電流，電梯上的磁鐵不會受到感應電流的作用，所以電梯不可能停在空中，故A錯誤；
B．若電梯突然墜落時，線圈內的磁通量發生變化，線圈中產生感應電流，感應電流會阻礙磁鐵的相對運動，可起到阻礙電梯下落的作用，故B錯誤；
C．當電梯墜落至如圖位置時，閉合線圈A中向上的磁場減弱，感應電流的方向從上向下看是逆時針方向，B中向上的磁場增強，感應電流的方向從上向下看是順時針方向，可知A與B中感應電流方向相反，故C正確；
D．結合A的分析可知，當電梯墜落至如圖位置時，閉合線圈A、B都在阻礙電梯下落，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、當電梯停在空中時，磁鐵與線圈之間沒有相對運動，線圈中的磁通量不發生變化，因此不會產生感應電流。沒有感應電流，磁鐵不會受到感應電流的作用力，電梯可以停在空中。
2、若電梯突然墜落，磁鐵與線圈之間發生相對運動，線圈中的磁通量發生變化，產生感應電流。
感應電流會產生磁場，阻礙磁鐵的相對運動（楞次定律），從而減緩電梯的下落速度。
3、當電梯墜落至圖示位置時：對于線圈 A：向上的磁場減弱，根據楞次定律，感應電流的方向從上向下看是逆時針方向。對于線圈 B：向上的磁場增強，感應電流的方向從上向下看是順時針方向。
因此，線圈 A 和線圈 B 中的感應電流方向相反。
4、當電梯墜落至圖示位置時，線圈 A 和線圈 B 都會產生感應電流，感應電流的磁場會阻礙磁鐵的相對運動，從而阻礙電梯的下落。
3．【答案】C
【知識點】楞次定律；法拉第電磁感應定律
【解析】【解答】A．根據楞次定律可知，線圈中磁通量向外增加，則感應電流磁場向里，則感應電流方向為順時針方向，選項A錯誤；
B．根據“增縮減擴”可知，線圈有收縮的趨勢，選項B錯誤；
C．通過線圈的磁通量變化量大小為
選項C正確；
D．線圈中感應電動勢大小為
選項D錯誤。
故選C。
【分析】1、根據楞次定律，感應電流的磁場總是阻礙原磁場的變化。
若線圈中磁通量向外增加，感應電流的磁場方向應向里（阻礙磁通量增加）。
根據右手定則，感應電流的方向應為順時針方向。
2、“增縮減擴”是指當線圈中的磁通量增加時，線圈有收縮的趨勢；當磁通量減少時，線圈有擴張的趨勢。若線圈中磁通量向外增加，線圈應有收縮的趨勢。
3、通過線圈的磁通量變化量大小為 ΔΦ，感應電動勢的大小需要根據磁通量變化率公式計算。
4．【答案】B
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】根據u-t圖像信息可得，信號u隨時間t線性變化，并均勻增大，即有
又因為
則
B、L、k均一定，所以速度v隨時間t均勻增大，故火車在做勻加速直線運動。故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】信號 u 隨時間 t 線性變化，即 u=kt。根據 u=BLv，可得 v= BLk t，即速度 v 隨時間 t 均勻增大。加速度 a= BLk 為常數，因此火車做勻加速直線運動。
5．【答案】D
【知識點】自感與互感
【解析】【解答】ABC．穩定時，燈泡A與線圈L并聯，故兩者電壓相等，通過線圈的電流為I1，通過小燈泡的電流為I2，由于穩定后開關S再斷開，小燈泡閃亮一下，這是因為線圈產生的自感電動勢阻礙磁通量減小，這時線圈相當于電源，電流突然增大到原來線圈的電流I1，所以可以判斷I1>I2，結合歐姆定律可知，線圈L的電阻小于燈泡A的電阻，A錯誤，B錯誤，C錯誤；
D．在斷開開關瞬間，線圈中產生自感電動勢，線圈相當于電源，線圈右端為電源正極，是的燈泡中的電流為為b→a，C錯誤，D正確。
故選D
【分析】1、穩定時的情況：燈泡 A 與線圈 L 并聯，因此兩者的電壓相等。
2、開關斷開瞬間的情況：當開關 S 斷開時，線圈 L 中的電流 會突然減小，線圈會產生自感電動勢，阻礙電流的減小。此時，線圈相當于一個電源，其自感電動勢會維持電流的流動。由于線圈的自感電動勢，電流會從線圈流向燈泡，使得燈泡閃亮一下。根據楞次定律，自感電動勢的方向會阻礙電流的減小。
3、在開關斷開瞬間，線圈右端為自感電動勢的正極，因此電流方向為 b→a。
6．【答案】D
【知識點】交變電流的產生及規律；左手定則—磁場對通電導線的作用；右手定則
【解析】【解答】A．線圈轉動到如圖所示位置時穿過線圈的磁通量為零，最小，故A錯誤；
B．根據右手定則可知，線圈轉動到如圖所示位置時a端電勢高于b端電勢，故B錯誤；
C．線圈轉動一周電流方向改變兩次，線圈經過中性面一次電流方向改變，則圖示位置不是電流變向的時刻，故C錯誤；
D．根據左手定則可知，線圈轉動到如圖所示位置時其靠近N極的導線框受到的安培力方向向上，故D正確。
故選D。
【分析】1、線圈轉動到圖示位置時，線圈平面與磁場方向平行，穿過線圈的磁通量為零。
2、根據右手定則（發電機定則），線圈轉動時產生的感應電動勢方向可以通過右手定則判斷。
若線圈轉動到圖示位置時，a 端電勢高于 b 端電勢。
3、線圈轉動一周，電流方向會改變兩次（每經過中性面一次，電流方向改變一次）。圖示位置不是中性面，因此不是電流變向的時刻。
4、根據左手定則（電動機定則），可以判斷導線框受到的安培力方向。
若線圈轉動到圖示位置時，靠近 N 極的導線框受到的安培力方向向上。
7．【答案】D
【知識點】交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】A．交流發電機產生電動勢的最大值為
故A正確，不符合題意；
B．交流電壓表的示數為
故B正確，不符合題意；
C．線圈從t=0時刻開始轉過90°的過程中，通過電阻R的電量為
故C正確，不符合題意；
D．線圈從t=0時刻開始轉過90°的過程中，電阻R產生的熱量為
故D錯誤，符合題意。
故選D。
【分析】1、交流發電機產生的電動勢最大值公式：計算產生電動勢的最大值。
2、交流電壓表的示數為交流電壓的有效值，利用閉合電路歐姆定律求解。
3、線圈從 t=0時刻開始轉過90°的過程中，通過電阻R的電量，可以通過法拉第電磁感應定律計算。
4、線圈從t=0時刻開始轉過90°的過程中，電阻R產生的熱量可以通過焦耳定律計算。

8．【答案】A
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】B．A→B過程中，由于BA的延長線過原點，可知氣體做等壓變化，由于溫度升高，分子的平均動能增大，氣體分子在單位時間內撞擊單位面積器壁的分子數減少，故B錯誤；
C．B→C過程中氣體做等容變化，氣體溫度降低，可知氣體的壓強減小，由于氣體體積不變，氣體分子的數密度不變，故C錯誤；
D．C→A過程中氣體的溫度不變，分子的平均動能不變，故D錯誤；
A．A→B過程中氣體做等壓變化，氣體體積變化等于C→A過程中氣體的體積變化，而C→A過程中氣體的平均壓強小于A→B過程中氣體的平均壓強，根據可得，A→B過程中氣體對外做的功大于C→A過程中外界對氣體做的功，故A正確。
故選A。
【分析】1、BA 的延長線過原點，說明氣體做等壓變化（壓強不變），溫度升高，氣體分子的平均動能增大。由于壓強不變，溫度升高，氣體分子在單位時間內撞擊單位面積器壁的分子數減少。
2、氣體做等容變化（體積不變），溫度降低，根據查理定律，壓強減小，由于體積不變，氣體分子的數密度不變。
3、氣體的溫度不變，分子的平均動能不變。
9．【答案】B,D
【知識點】自感與互感；渦流、電磁阻尼、電磁驅動
【解析】【解答】A．充電設備中的發射線圈通恒定電流，其產生的磁場是恒定的，不能使手機產生感應電流，不能實現無線充電，故A錯誤；
B．電磁爐不能用陶瓷鍋是因為陶瓷鍋屬于絕緣材料，不會產生渦流，故B正確；
C．真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，線圈產生交變磁場，被冶煉的金屬產生渦流，產生大量的熱從而冶煉金屬，故C錯誤；
D．電流表在運輸時要用導線把兩個接線柱連在一起，這是為了保護電表指針，利用了電磁阻尼原理，故D正確。
故選BD。
【分析】1、產生感應電流的條件： 閉合導體回路中必須存在變化的磁通量，線圈通恒定電流，其產生的磁場是恒定的。
2、真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，線圈產生交變磁場，被冶煉的金屬產生渦流，產生大量的熱從而冶煉金屬。
3、電流表在運輸時要用導線把兩個接線柱連在一起，這是為了保護電表指針，利用了電磁阻尼原理。
10．【答案】B,C,D
【知識點】變壓器原理；變壓器的應用
【解析】【解答】A．由圖乙可知輸入電壓的有效值為
若變壓器滑動觸頭P拔至線圈中間位置，根據原副線圈的電壓比與匝數比的關系有
可得
U2為MN兩點間的電壓，是R1和R2、R3并聯部分電壓的總和，而電壓表示數只是R2、R3并聯部分電壓，所以電壓表示數小于，故A錯誤；
B．若電壓表與電流表示數分別是10V和1A，則R2的電流為
則有
根據原副線圈的電壓比與匝數比的關系有
故B正確；
C．當滑動變阻器滑動觸頭向上滑動時，R3增大，則R總增大，由于變壓器滑動觸頭P不動，輸入電壓不變，則U2不變，I2減小，可知R1兩端電壓減小，則電壓表示數變大，通過R2電流增大，則通過R3電流減小，電流表讀數變小，故C正確；
D．變壓器滑動觸頭P順時針轉動時，n2減小，輸入電壓不變，則U2減小；R總不變，I2減小，根據歐姆定律可知電壓表示數變小，電流表示數變小，故D正確。
故選BCD。
【分析】本題主要考察了變壓器的原理、電路的分析、電壓和電流的測量以及歐姆定律的應用等。
1、變壓器的原理：特別是原副線圈的電壓比與匝數比的關系，即電壓與匝數成正比，這是變壓器工作的基本原理。
2、電路的分析：需要理解電路中的串聯、并聯關系，以及滑動觸頭在變壓器中的位置變化如何影響電路中的電壓和電流分布。
3、電壓和電流的測量：理解電壓表和電流表在電路中的測量對象，以及它們如何反映電路中的電壓和電流情況。
4、歐姆定律的應用：在已知電壓和電流的情況下，利用歐姆定律計算電阻或分析電路狀態。
11．【答案】A,D
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．在用打氣筒向噴霧器內打氣的過程中，把原來噴霧器里的空氣和打氣n次所打入的空氣作為研究對象，其質量和溫度不變，遵循玻意耳定律。對于這部分空氣，初、末狀態的壓強和體積分別為p1=1atm、V1=（2+0.2n）L、p2=5atm、V2=2L。根據玻意耳定律得
將各已知量代入上式可解得n=40次，故A正確，B錯誤；
CD．對于打氣結束時噴霧器中所有的空氣，在噴霧器向外噴藥的過程，質量和溫度也不變，其初態壓強和體積分別為p2=5atm、V2=2L，末態壓強和體積分別為p3=1atm、V3，再根據玻意耳定律得
將各已知量代入上式可解得V3=10L，筒內剩下的藥液還有
V= V容- V3=14-10L=4L
故C錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】1、 玻意耳定律的理解與應用 ：玻意耳定律是描述在溫度不變的情況下，氣體的壓強與體積之間反比關系的定律。要求理解玻意耳定律的適用條件（質量、溫度不變），應用定律公式并正確地將這些參量代入玻意耳定律的公式中進行計算。
2 、代數運算與方程求解 ：通過代數運算，將玻意耳定律的公式轉化為關于n的方程，求解該方程，得出打氣次數n的值。
3 、物理意義的理解 ：理解題目中“原來噴霧器里的空氣和打氣n次所打入的空氣”作為研究對象的物理意義，即這些空氣在打氣過程中被視為一個整體，其質量和溫度保持不變，噴霧器原始體積與每次打氣增加體積的累加。
12．【答案】A,C
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】A．根據動能定理可得
解得
根據功能關系可知回路MPba產生的焦耳熱為
故A正確；
B．飛機與導體棒共速時，產生的電動勢為
則ab兩端的電壓為
故B錯誤；
C．通過導體棒某橫截面的電荷量為
故C正確；
D．以飛機和導體棒ab整體為對象，根據動量定理可得
其中
解得所經的時間為
故D錯誤。
故選AC。
【分析】本題主要包括動能定理、功能關系、電磁感應與電動勢、電量與電荷量、動量定理以及代數運算與方程求解等。
1、通過動能定理計算了導體棒的運動情況，進而通過功能關系（即能量守恒）得出了回路MPba產生的焦耳熱。這是電磁感應中常見的能量轉換問題，動能轉化為電能，再進一步轉化為熱能（焦耳熱）
2、當飛機與導體棒共速時，如果導體棒仍然在磁場中切割磁感線，那么會產生電動勢。
3、以飛機和導體棒ab整體為對象，根據動量定理以及所受外力的沖量，聯立等式求解所經的時間。
13．【答案】（1）BDAC
（2）B
（3）A
（4）D
（5）A；B；C
【知識點】用油膜法估測油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）本實驗的基本步驟是：用滴管將濃度為0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下滴入1mL的油酸酒精溶液的的滴數N，可求得1滴油酸酒精溶液的體積；將痱子粉均勻地撒在淺盤內水面上，用滴管吸取濃度為0.05%的油酸酒精溶液，從低處向水面中央滴入一滴油酸酒精溶液，使之充分擴散，形成單分子油膜；待油酸薄膜的形狀穩定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆將油酸薄膜的形狀畫在玻璃板上；將畫有油酸薄膜輪廊的玻璃板放在坐標紙上，以坐標紙上邊長為1cm的正方形為單位，計算輪廓內正方形的個數，計算出油酸薄膜的面積。故實驗步驟中，正確排序應為BDAC。
（2）1滴油酸酒精溶液中含有的油酸體積為則單個油酸分子直徑的表達式為。故選B。
（3）通過實驗測得分子直徑的大小約為的數量級。故選A。
（4）計算出油酸分子的直徑后可以根據體積公式算出油酸分子體積，要測定阿伏加德羅常數還需要知道NA個油酸分子的總體積，即油酸的摩爾體積。故選D。
（5）A．痱子粉撒的過多，導致油膜的面積偏小，由可知計算的直徑偏大，故A正確；
B．計算油膜面積時，舍去了所有不足一格的方格，則測量的面積S偏小，會導致直徑計算結果偏大，故B正確；
C．計算每滴體積時，1mL的溶液的滴數少記了幾滴，則計算時所用體積數值偏大，會導致直徑計算結果偏大，故C正確；
D．滴入量筒之前，配制的溶液在空氣中擱置了較長時間，酒精揮發使溶液的濃度變大，則代入計算的濃度偏小，計算時所用體積數值偏小，會導致直徑計算結果偏小，故D錯誤。
故選ABC。
【分析】（1）考查油膜法估測油酸分子的大小實驗步驟，本實驗的基本步驟：1、用滴管將濃度為0.05%油酸酒精溶液滴入量筒中，得1滴油酸酒精溶液的體積，2、將痱子粉均勻地撒在淺盤內水面上，3、向水面中央滴入一滴油酸酒精溶液，4、用彩筆將油酸薄膜的形狀畫在玻璃板上，計算輪廓內正方形的個數，計算出油酸薄膜的面積。
（2）1滴油酸酒精溶液中含有的油酸體積為則單個油酸分子直徑的表達式為。
（3）分子直徑的大小約為的數量級。
（4）計算出油酸分子的直徑后可以根據體積公式算出油酸分子體積，要測定阿伏加德羅常數還需要知道NA個油酸分子的總體積，即油酸的摩爾體積。
（5）考查實驗誤差。根據分析誤差，痱子粉撒的過多，導致油膜的面積偏小；計算油膜面積時，舍去了所有不足一格的方格，則測量的面積S偏小；計算每滴體積時，1mL的溶液的滴數少記了幾滴，則計算時所用體積數值偏大；擱置了較長時間，酒精揮發使溶液的濃度變大，則代入計算的濃度偏小，計算時所用體積數值偏小。
（1）【解答】
（2）【解答】
（3）【解答】
（4）【解答】
（5）【解答】
14．【答案】解：（1）設氣體的初始壓強為，對活塞受力分析，由平衡條件有
得
（2）設報警時的壓強為，對活塞受力分析，由平衡條件有
得
由理想氣體狀態方程得
得
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程
【解析】【分析】（1）氣體的初始壓強為，對活塞受力分析，由平衡條件列等式：，可求解封閉氣體開始的壓強p。
（2）對活塞受力分析，由平衡條件列等式：，可求解報警時的壓強為，由理想氣體狀態方程得，可求解觸發報警裝置的熱力學溫度T。
15．【答案】解：（1）設降壓變壓器原、副線圈的電流分別為、，電動機恰能正常工作，則有
根據理想變壓器的變流比可知
解得
所以輸電線路上損耗的電功率
解得
（2）根據理想變壓器的變壓比可知
解得
升壓變壓器副線圈兩端電壓
解得
（3）根據理想變壓器的變壓比可知
可得
升壓變壓器的原線圈輸入功率
可得
根據
解得
根據正弦式交變電流產生規律可知，最大值為，代入數據解得
電機線圈內阻上消耗的熱功率
可得
【知識點】變壓器原理；電能的輸送
【解析】【分析】（1）電動機恰能正常工作，根據可求解副線圈的電流；根據理想變壓器的變流比，可求解，根據輸電線路上損耗的電功率，可求解輸電線路上損耗的電功率。
（2）根據理想變壓器的變壓比可知，求解，升壓變壓器副線圈兩端電壓
求解升壓變壓器副線圈兩端電壓
（3）根據理想變壓器的變壓比：，可求解升壓變壓器原線圈兩端電壓，升壓變壓器的原線圈輸入功率，可求解，根據可求解，根據正弦式交變電流產生規律，最大值為，求解，根據電機線圈內阻上消耗的熱功率，求解交流發電機線圈電阻r上消耗的熱功率P。
16．【答案】解：（1）當a棒在斜面上勻速運動時，速度達到最大，則有
又
，
聯立解得a棒在斜面上達到的最大速度為
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，電阻R產生的焦耳熱為0.8J，設此過程a棒下滑的距離為，根據能量守恒可得
又
聯立解得
則該過程中通過電路的電荷量為
解得
（3）a棒在離開斜面的瞬間閉合電鍵K2，斷開電鍵K1，a棒與b棒受到的安培力大小相等，方向相反，則兩棒組成的系統滿足動量守恒，當兩棒共速時，達到穩定狀態，則有
解得
從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現穩定狀態的過程中，根據能量守恒可知電路中產生的焦耳熱為
以b棒為對象，根據動量定理可得
又
聯立解得流過b棒的電荷量為

【知識點】電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）當a棒在斜面上勻速運動時，速度達到最大，根據受力平衡列等式：，又，聯立可求解a棒在斜面上達到的最大速度。
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，根據能量守恒列等式，又，聯立求解位移x，該過程中通過電路的電荷量公式，聯立求解該過程中通過電路的電荷量。
（3）斷開電鍵K1，a棒與b棒受到的安培力大小相等，方向相反，兩棒組成的系統滿足動量守恒，當兩棒共速時，達到穩定狀態，根據動量守恒列等式：，可求解共速的速度，從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現穩定狀態的過程中，根據能量守恒可求解電路中產生的焦耳熱，以b棒為對象，根據動量定理列等式：，聯立，可求解流過b棒的電荷量。
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