四川省绵阳市2023-2024高二下学期期末考试物理试题

四川省绵阳市2023-2024学年高二下学期期末考试物理试题
1．（2024高二下·绵阳期末）现代生活中人类与电磁波结下了不解之缘。下列关于电磁波的说法，正确的是（　　）
A．虽然可见光与非可见光都是电磁波，但它们在真空中的传播速度不同
B．遥控器发出红外线的波长与医院CT中X射线的波长相同
C．变化的电场周围一定产生变化的磁场
D．用实验可以证实电磁波的存在
【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收；电磁波谱
【解析】【解答】A．电磁波在真空中的传播速度都是，与频率无关，A错误.
B．红外线频率低于X射线，由（为光速，为波长，为频率 ），频率越小，波长越大，故红外线波长大于X射线波长，B错误.
C．均匀变化的电场产生恒定磁场，非均匀变化的电场才产生变化磁场，C错误.
D．赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论，D正确.
故答案为：D.
【分析】1. 电磁波速度特性：所有电磁波在真空中速度都等于光速，与频率、是否可见光无关，判断A.
2. 波长与频率关系：由，频率和波长成反比。红外线频率小于X射线，故红外线波长更长，判断B.
3. 电磁场产生规律：变化电场产生磁场，但均匀变化电场对应恒定磁场，非均匀变化电场才对应变化磁场，判断C.
4. 电磁波存在验证：赫兹实验是经典物理实验，直接证实电磁波存在，支撑麦克斯韦理论，判断D.
2．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，用同种规格的铜丝做成的a、b两个单匝正方形线圈同轴，边长之比为2∶3。仅在a线圈所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，当匀强磁场的磁感应强度均匀减小的过程中，a、b线圈内的感应电动势大小之比和感应电流大小之比分别为（　　）
A．1∶1，3∶2 B．1∶1，2∶3 C．4∶9，2∶3 D．4∶9，9∶4
【答案】A
【知识点】电阻定律；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：当匀强磁场的磁感应强度均匀减小的过程中，由电磁感应定律可得线圈内的感应电动势大小：，
由于穿过a、b两线圈的磁通量的变化率相同，线圈的匝数相同，因此a、b线圈内的感应电动势大小相等，则有：，
电阻由电阻定律 计算（ 为电阻率， 为周长， 为铜丝横截面积 ）.
设 、 边长为 、，已知 ，则周长 ，.
因铜丝规格相同，、 相同，故电阻 ，即 .
由欧姆定律 ，，则 .
故答案为：A.
【分析】1. 电动势分析：法拉第电磁感应定律中，感应电动势 取决于匝数 和磁通量变化率 ，两线圈匝数相同，且磁场仅覆盖 区域（磁通量变化率相同 ），故电动势相等.
2. 电流分析：电流由 决定，需先算电阻。电阻定律中，电阻与导线长度（线圈周长 ） 成正比（因材料、横截面积相同 ），由边长比得周长比，进而得电阻比；结合电动势相等，由欧姆定律推出电流比.
3．（2024高二下·绵阳期末）在一个标准大气压下，的水吸收的热量变为同质量的的水蒸气，在这个过程中，以下四个关系中正确的是（ ）
A．水蒸气的内能与水的内能之差等于
B．水蒸气的内能与水的内能之和等于
C．水蒸气的内能与水的内能之差小于
D．水蒸气的内能与水的内能之差大于
【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】解：水在下由液态变气态，吸收的热量有两个去向：一部分用于克服分子间引力，使分子势能增加，进而增大内能；另一部分用于膨胀对外做功（因为体积大幅增大，需克服外界大气压做功 ）.
设水蒸气内能与水的内能差为，对外做功为，由能量守恒：
，（ 是吸收的热量 ）
因为（对外做功 ），所以，即水蒸气与水的内能差小于.
故答案为：C.
【分析】1. 能量分配逻辑：液体汽化时，吸收的热量需同时满足“增加内能（克服分子引力 ）”和“对外做功（体积膨胀 ）”两个需求.
2. 公式关联推导：用能量守恒，其中是对外做的正功，因此必然小于，直接关联选项判断.
4．（2024高二下·绵阳期末）如图所示的交变电流，每个周期内的前三分之一个周期电压按正弦规律变化。则该交变电流电压的有效值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解：由交流电的有效值的定义可知，在时间内
正弦电压最大值，其有效值，
此段热量.
在时间内
则有
解得
故选A。
【分析】1. 有效值定义应用：交变电流有效值需通过“相同电阻、相同时间内产热相等”等效为恒定电流。将周期分为正弦段和恒定段，分别计算热量.
2. 分段计算策略：正弦段：利用正弦电压有效值与最大值关系（ ），算有效值后求热；恒定段：直接用恒定电压公式（ ）求热.
3. 全周期等效：总热量等于各段热量和，再用有效值定义列方程，解出有效值.
5．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，闭合矩形线圈abcd以速度v从无磁场区域垂直磁场匀速穿过匀强磁场区域。以顺时针方向为电流的正方向，能正确反映bc两点间的电势差、线圈中电流I随时间t变化关系的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB．线圈进入磁场时，bc边切割磁感线相当于电源，感应电流方向为顺时针方向，则c点为高电势
线圈进入磁场时，ad边切割磁感线相当于电源，感应电流方向为逆时针方向，则c点为高电势
线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，此时bc两点间的电势差为零，AB错误.
CD．根据楞次定律判断可知，线圈进入磁场时，感应电流方向为顺时针方向，为正值；线圈穿出磁场时，感应电流方向为逆时针方向，为负值；由知线圈进入和穿出磁场时感应电流的大小不变；线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，C正确，D错误.
故答案为：C.
【分析】拆分运动阶段，用 “楞次定律定电流方向、法拉第定律定电流大小” 分析电流；用 “电源内外电路分压 + 电流方向” 分析电势差，实现图像匹配.
6．（2024高二下·绵阳期末）中高考等国家考试使用“考试专用”的金属探测仪检查考生是否携带金属物体进入考场。如图所示，金属探测仪内部有线圈与电容器，构成了LC振荡电路。当探测仪检测到金属物体时探测仪线圈的自感系数发生变化，从而引起振荡电路中的电流频率发生变化，探测仪检测到这个变化就会驱动蜂鸣器发出声响。已知某时刻，电流的方向由b流向a，且电流强度正在增强，则（　　）
A．该时刻电容器下极板带正电荷
B．线圈的磁场能在减小
C．电容器两极板间的电场强度正在加强
D．线圈的自感电动势在减小
【答案】D
【知识点】自感与互感；电势差与电场强度的关系；LC振荡电路分析
【解析】【解答】A．某时刻，电流的方向由b流向a，且电流强度正在增强，说明电容器正处于放电的过程，可知该时刻电容器上极板带正电荷，下极板带负电荷，A错误.
B．放电过程中，电容器电场能转化为线圈磁场能，所以电场能减小，磁场能增大，B错误.
C．电场强度（为电容器电压 ），放电时减小，所以电场强度减弱，C错误.
D．电流的方向由b流向a，且电流强度正在增强，由电容器放电特点可知，可电流强度增大的越来越慢，由自感电动势公式可知，线圈的自感电动势在减小，D正确。
故选D。
【分析】1. 阶段判定：电流方向与变化趋势（且增强 ）→判定为电容器放电过程.
2. 能量转化：放电时，电场能→磁场能，结合电场能（ ）、磁场能（ ）变化，判断B、C.
3. 极板带电：放电电流方向→正极板流出，负极板流入→判定极板带电，排除A.
4. 自感电动势：自感电动势与电流变化率成正比，放电时电流变化率减小（趋近最大值 ）→自感电动势减小，确认D.
7．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，电阻为r的单匝金属直角线框abcd放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、cd长均为l，bc长为2l，定值电阻阻值为R。线框绕ad连线以角速度匀速转动，则（　　）
A．图示时刻前后，电流方向相同
B．图示时刻，穿过线框磁通量的变化率最大
C．从图示时刻开始计时，a、d两点间电压变化规律为
D．从图示时刻开始转动的过程中，线圈中流过的电荷量为
【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．图示位置为中性面（线圈平面与磁场垂直 ），根据交变电流产生规律，线圈每经过中性面，电流方向改变→图示时刻前后电流方向相反，A错误.
B．中性面时，穿过线圈的磁通量最大；由法拉第电磁感应定律，磁通量变化率最小（感应电动势为 ），B错误.
C．从图示时刻开始计时，产生的感应电动势为：，感应电流为：
从图示时刻开始计时，a、d两点间电压变化规律为：，C正确.
D．从图示时刻开始转动的过程中，线圈中流过的电荷量为：，D错误.
故答案为：C.
【分析】1. 中性面特性：中性面是电流方向的“换向点”，且磁通量最大、感应电动势为（变化率最小 ），据此判断A、B.
2. 交变电动势与电压推导：从中性面开始计时，电动势瞬时值为；结合闭合电路欧姆定律，算出电流、外电压（、间电压 ），判断C.
3. 电荷量计算逻辑：转动时，用“平均电动势→平均电流→电荷量”推导，判断D.
8．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，是一种由加速电场，静电分析器，磁分析器构成的质谱仪的原理图。静电分析器通道内有均匀的、大小方向可调节的辐向电场，通道圆弧中心线半径为R，中心线处的电场强度大小都为E；半圆形磁分析器中分布着方向垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场。要让质量为m、电荷量为的带正电粒子（不计重力），由静止开始从M板经加速电场加速后，沿圆弧中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，则（　　）
A．磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里
B．在静电分析器中粒子受辐向电场的电场力为零
C．加速电场的电压
D．P点与Q点间距离
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子带正电，在磁分析器中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力。根据左手定则（四指指向正电荷运动方向，让磁感线穿手心，大拇指指向向心力方向 ），粒子需向圆心偏转，磁场方向应垂直纸面向外，A错误.
B．粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，向心力由辐向电场的电场力提供（ ），故电场力不为零，B错误.
C．设粒子在静电分析器中的速度大小为，由粒子受辐向电场的电场力提供向心力，由牛顿第二定律可得
解得：
粒子在加速电场中，设加速电压为，由动能定理可得
解得：，C错误.
D．粒子在磁分析器中，由洛伦兹力提供向心力，设运动的半径为，可得
解得：
可知P点与Q点间距离
，D正确.
故答案为：D.
【分析】1. 磁场方向（A选项 ）：用左手定则结合“洛伦兹力提供向心力（指向圆心 ）”，判断磁场方向.
2. 电场力作用（B选项 ）：匀速圆周运动需向心力，静电分析器中“辐向电场力”是唯一向心力来源，直接判断.
3. 加速电压推导（C选项 ）：分两步：先由“电场力提供向心力”得粒子速度，再用“动能定理（加速电场做功等于动能变化 ）”算电压.
4. 磁分析器半径与间距（D选项 ）：先由“洛伦兹力提供向心力”得轨道半径，再结合半圆运动特性（直径为间距 ），联立速度表达式推导间距.
9．（2024高二下·绵阳期末）把少量的碳素墨水用水稀释，悬浮在水中的小碳粒不停地做无规则运动。下列说法正确的是（　　）
A．小碳粒的无规则运动是布朗运动
B．水分子的无规则运动是布朗运动
C．小碳粒不停地做无规则是由于水分子间既有引力也有斥力
D．水分子间有分子势能是由于水分子间有相互作用的引力和斥力
【答案】A,D
【知识点】布朗运动；分子势能
【解析】【解答】A.悬浮小碳粒的无规则运动符合布朗运动定义（悬浮微粒永不停息的无规则运动 ）A正确.
B．水分子的无规则运动是分子热运动，布朗运动研究的是 “悬浮微粒” 的运动，而非分子本身，B错误；
C． 小碳粒无规则运动的原因是水分子对其不均衡的碰撞（周围水分子撞击力的大小、方向不断变化 ），而非分子间引力斥力 ，C错误.
D．水分子间有分子势能是由于水分子间有相互作用的引力和斥力，D正确.
故答案为：AD.
【分析】布朗运动的定义辨析A、B ：明确 “布朗运动的研究对象是悬浮微粒（如小碳粒 ）”，分子热运动是分子本身的运动，据此区分 A、B.
布朗运动的成因C ：理解布朗运动的本质是 “液体分子对悬浮微粒的不均衡碰撞”，而非分子间引力斥力的直接作用，排除 C.
分子势能的根源D ：分子势能与分子间作用力（引力 + 斥力的合力 ）相关，分子力做功会改变分子势能，因此分子间有引力和斥力是分子势能存在的原因，确认 D.
10．（2024高二下·绵阳期末）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置的横截面简化模型如图所示。横截面内有圆形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，横截面外圆是探测器；圆形区域内切于外圆。粒子1、2先后沿径向从切点P射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点；粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（　　）
A．粒子1可能为电子
B．粒子2带正电
C．增大入射速度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．增大入射速度，粒子2在磁场内的运动时间变短
【答案】B,D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.粒子 1 沿直线通过磁场→不受洛伦兹力→不带电（电子带电，会受磁场力偏转 ），A 错误.
B．粒子 2 向上偏转，磁场垂直纸面向里，根据左手定则（四指指向正电荷运动方向，让磁感线穿手心，大拇指指向偏转方向 ）所以粒子 2 带正电，B正确.
C．由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误.
D．粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力，有
可得：
可知，若增大粒子入射速度，粒子2偏转半径变大，根据题意，设粒子的偏转角为，由公式
可得，粒子在磁场中的运动时间为：，
由题图可知，粒子2偏转半径变大，则在磁场中的偏转角变小，故粒子2在磁场中运动的时间变短，D正确.
故答案为：BD.
【分析】带电判断A、B ：依据 “直线运动→不受洛伦兹力→不带电”，结合左手定则判断粒子 2 电性.
不带电粒子轨迹C ：不带电粒子不受磁场力，运动方向不变，直接判定轨迹无法改变.
运动时间分析D ：分两步：先由 “洛伦兹力提供向心力” 得半径与速度的关系；再结合 “周期与速度无关”“时间与偏转角成正比”，推导速度增大时偏转角和时间的变化.
11．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，间距为L的竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，质量为m、接入电路的电阻为r的金属棒ab垂直于平行导轨放置，垂直导轨平面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好。若金属棒ab在竖直向上的外力F作用下以速度v匀速上升，则下列说法正确的是（　　）
A．a、b两端的电势差小于BLv
B．a、b两端的电势差大于BLv
C．拉力F所做的功等于重力势能的增加量和电路中产生的热量之和
D．拉力F所做的功与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量
【答案】A,C
【知识点】功能关系；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB．ab棒切割磁感线产生的电动势为，ab棒相当于电源，由于电源有内阻，所以ab棒两端电压小于，A正确，B错误.
CD．金属棒匀速上升，合力做功为，即拉力、重力、安培力的合力为.从能量角度：拉力做功，重力做功（重力势能增加 ），安培力做功（转化为电路焦耳热 ）.
由功能关系，（拉力做功转化为重力势能和电路热量 ）所以C正确，拉力做功与重力做功的代数和（电路总热量，含和的热量 ），并非仅上的热量所以D错误，故C正确，D错误.
故答案为：AC.
【分析】
1. 电势差判断A、B ：先由“切割磁感线”得电动势，再用“闭合电路欧姆定律（考虑内阻分压 ）”判断路端电压与的大小关系.
2. 能量转化分析C、D ：抓住“匀速运动→合力为，能量守恒”，明确拉力做功的去向（重力势能增加 + 电路焦耳热 ），区分“总热量”与“上的热量”，推导功能关系.
12．（2024高二下·绵阳期末）如图为高铁供电流程的简化图。牵引变电所的理想变压器将高压降压；动力车厢内的理想变压器再将较高的电压降至后为动力车厢内的动力系统供电；某段时间，发电厂输出电流为，动力系统电流为。已知两个理想变压器的匝数，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题主要考查了理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系，要知道在这个输电线路中因为输电线上有电阻，所以升压变压器的输出电压不等于降压变压器的输入电压。AB．由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，两变压器则有
可得
可得
由题意可知，由于输电线上有电压降，因此则有，又有，可得
A错误，B正确；
CD．由理想变压器原、副线圈的电流比等于匝数的反比，两变压器则有
可得
可得
由于，，可得
C错误，D正确。
故选BD。
【分析】根据理想变压器电压与匝数比的关系，分别对牵引变电所的变压器和受电弓部分的变压器的电压关系，结合输电线上的电压损失分析作答；根据理想变压器电流与匝数比的关系，分别对牵引变电所的变压器和受电弓部分的变压器的电流关系分析作答。
13．（2024高二下·绵阳期末）“探究气体等温变化的规律”实验方案如下：在带刻度的注射器内密封一段空气、并接入压强传感器。空气压强p由传感器测量，空气体积V等于注射器读数与连接管的容积之和。
（1）在实验过程中．为保持温度不变，采取的下列措施合理的是__________。（填序号）
A．推动活塞运动时尽可能慢些
B．在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性
C．不要用手握住注射器封闭气体部分
D．实验时尽量在注射器中封入较多的空气
（2）下表是采集的一组数据。根据表中数据，在坐标系中描点，作出图线。
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
99.0 110.0 120.9 135.4 154.7 181.2 223.3 291.1 330.0
21.0 19.0 17.0 15.0 13.0 11.0 9.0 7.0 5.0
0.048 0.053 0.059 0.067 0.077 0.091 0.111 0.143 0.200
2079.0 2090.0 2055.3 2031.0 2011.1 1993.2 2009.7 2037.7 1650.0
（3）由表知第9组数据中pV值明显减小。造成这一结果的可能原因是实验时__________。（填序号）
A．外界大气压强降低
B．注射器内柱塞与筒壁间的摩擦力越来越大
C．环境温度升高了
D．注射器内的气体向外发生了泄漏
【答案】（1）A；C
（2）
（3）D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）A． 缓慢推动活塞，使气体有足够时间与外界热交换，维持温度不变 ，A正确.
B．涂润滑油是为了密封（防漏气 ），与 “保温” 无关，B错误.
C．实验时手不要握注射器筒，其目的是减小热传递对气体温度的影响；C正确.
D．实验时尽量在注射器中封入适当的空气，封入较多的空气反而不利于实验的进行，D错误.
故答案为：AC.
（3）ABCD．由图像可知，前个数据点说明压强与体积成反比，第个数据点显著偏离上述规律，可能是在测量第个数据点时注射器内的气体向外发生了泄漏，故ABC错误，D正确.
故答案为：D.
【分析】（1）保温需“减少热交换”，缓慢操作（延长热交换时间 ）、避免手接触（阻断热传递 ）是关键；密封、气体多少与“温度恒定”无直接关联，据此筛选项.
（2）依据“等温变化”，应为过原点直线，按数据描点、拟合直线即可（保证点均匀分布，体现正比例关系 ）.
（3）由理想气体状态方程，与（物质的量，关联质量 ）、（温度 ）有关。分析各选项对、的影响，锁定“漏气导致减小”为降低的原因.
（1）A．推动活塞运动时尽可能慢些，便于减少做功对气体温度的影响，故A正确；
B．在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性，当活塞运动时，并不能保证温度不变，故B错误；
C．实验时手不要握注射器筒，其目的是减小热传递对气体温度的影响；故C正确；
D．实验时尽量在注射器中封入适当的空气，封入较多的空气反而不利于实验的进行，故D错误。
故选AC。
（2）描点如图所示
（3）ABCD．由图像可知，前个数据点说明压强与体积成反比，第个数据点显著偏离上述规律，可能是在测量第个数据点时注射器内的气体向外发生了泄漏，故ABC错误，D正确。
故选D。
14．（2024高二下·绵阳期末）在探究电磁感应有关现象及规律的实验中，某同学选择的灵敏电流计G，在没有电流通过的情况下，指针恰好指在刻度盘中央。请根据该同学的实验操作，回答问题：
（1）首先，将灵敏电流计G连接在图甲所示电路中，电流计的指针如图甲中所示。
（2）然后，将灵敏电流计G与一螺线管串联，当条形磁铁运动时，灵敏电流计G指针偏转情况如图乙所示。则条形磁铁的运动情况是　 　。（选填“向上拔出”或“向下插入”）
（3）接着，将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。闭合开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下。请问：灵敏电流计指针向右偏与螺线管B中导线的绕向　 　（选填“有”或“没有”）关系：若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是　 　（填序号）。
A.断开开关
B.在A线圈中插入铁芯
C.变阻器的滑片向右滑动
D.变阻器的滑片向左滑动
（4）最后，该同学用电流传感器研究自感现象，电路如图丁所示。电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值。
①在时刻，闭合开关S，电路稳定后，在时刻断开S，电流传感器连接计算机描绘了整个过程线圈中的电流随时间t变化的图像。图丁中的A、B图像，可能正确的是　 　。（选填“A”或“B”）
②在“闭合开关—稳定一小段时间—断开开关”这个过程中，通过电流传感器得到图像如图戊所示。比较与的大小关系，有　 　。（选填“>”“<”或“=”）
【答案】向下插入；有；AC；A；
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；自感与互感；楞次定律
【解析】【解答】（2）由图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入，指针往左偏；由图乙可知，螺线管中的电流方向为逆时针方向（从下往上看），根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原磁场方向）竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁铁向下插入线圈.
故答案为：向下插入.
（3）①由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方向，螺线管B中导线的绕向不同，则灵敏电流计中电流方向不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关.
②A.断开开关→A线圈电流消失→B线圈磁通量减小→左偏，A正确.
B.插入铁芯→A线圈磁场增强→B线圈磁通量增加→右偏，B错误.
C.滑片右滑→A线圈电流减小→磁场减弱→B线圈磁通量减小→左偏，C正确.
D.滑片左滑→A线圈电流增大→磁场增强→B线圈磁通量增加→右偏，D错误.
故答案为：有；AC.
(4) 自感现象图像与电流关系①图像判断：闭合开关时，线圈L自感阻碍电流增大→电流逐渐增至稳定；断开开关时，L自感阻碍电流减小→电流逐渐减为0（方向不变，因自感电动势维持原电流 ）故选.
②电流关系：闭合瞬间，L自感大，（为电阻，为电源内阻 ），稳定后，L直流电阻，并联总电阻，→.
故答案为：A；.
【分析】（1）根据灵敏电流计的特性将灵敏电流计G连接在图甲所示电路中.
（2）先由电流计偏转定电流方向，再用安培定则得感应磁场，结合原磁场方向，通过“楞次定律（感应磁场阻碍磁通量变化 ）”判断磁铁运动.
（3）绕向影响电流方向→影响指针偏转；指针左偏需磁通量减小，分析各操作对磁通量的影响（断开开关、滑片移动改变电流→改变磁场→改变磁通量 ）.
（4）闭合时自感阻碍电流增大→电流渐增；断开时自感阻碍电流减小→电流渐减（方向不变 ）。电流关系用“闭合电路欧姆定律”，结合并联电阻小于分电阻，比较稳定前后总电流.
15．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，是一种气压保温瓶及结构示意图。使用气压式保温瓶时，用力压保温瓶顶端的“压盖”，就可以将水压出。每次按压“压盖”，可将贮气室中气体全部压入瓶胆内，松开“压盖”，瓶胆内气体不能回到贮气室、外界空气通过进气孔重新充满贮气室。为了测量贮气室的体积，某同学先将保温瓶打开，测量了当瓶内只有半瓶水时，导水管口到瓶中水面的高度为，然后把保温瓶盖旋紧，该同学按压“压盖”两次后，导水口开始出水。已知保温瓶瓶胆的容积为，水的密度为，大气压强为。忽略按压过程中气体温度的变化及水管体积，保温瓶气密性良好。求贮气室的体积。
【答案】解：设保温瓶的容积为，贮气室的体积为，瓶内只有半瓶水时导水管口到瓶中水面的高度差为h，大气压强为。压“压盖”前，保温瓶和两次贮气室内气体总体积为，压强为，则有：，
压“压盖”后，气体总体积为，压强为，则，
按压过程中气体温度不变，由玻意耳定律则的
解得：
答： 贮气室的体积为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】首先明确 “按压前”（贮气室气体 + 瓶内原有气体 ）和 “按压后”（气体全部进入瓶胆 ）的两个状态，确定各状态的压强、体积，然后因温度不变，用玻意耳定律关联两状态，按压后瓶胆内气体压强需叠加 “水柱产生的压强”，最后代入已知量，通过方程化简求解贮气室体积.
16．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，两条足够长、粗糙、间距的平行金属导轨PQ、MN固定在水平面上，M、P两端间连接横截面积、匝线、总电阻的线圈。在两导轨之间、边界ef左侧区域有垂直导轨平面向上、磁感应强度的匀强磁场。导体棒ab的质量、电阻、长度也为L，垂直静置在导轨上，导体棒与导轨间的动摩擦因数。闭合开关，从某时刻起，在线圈内加图示方向、以（k未知）均匀增强的磁场，棒ab刚好要滑动而未动；当增大到后保持不变，之后用水平向右的外力拉棒ab，使它由静止开始运动：棒ab到达边界ef前已做匀速直线运动。棒ab始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，忽略空气阻力，棒ab受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）k值；
（2）棒ab离开边界ef时速度v的大小。
【答案】（1）解：在线圈内磁场均匀增强的过程中，设线圈中感应电动势大小为，棒ab中电流为，
棒ab刚好要滑动而未动，对线圈由电磁感应定律则有：
由闭合电路欧姆定律可得：
对棒ab，由平衡条件则有：
代入数据联立解得：，.
（2）解：在棒ab做匀速直线运动的过程中，外力为，设棒ab中感应电动势大小为，电流为，则有，
由平衡条件可得
代入数据联立解得
【知识点】共点力的平衡；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）1. 电磁感应起手：线圈中磁场变化→用法拉第电磁感应定律算电动势（关联 ）.
2. 电路规律接力：电动势→用闭合电路欧姆定律算电流（总电阻为 ）.
3. 力学平衡收尾：棒“刚好滑动”→安培力等于最大静摩擦力（滑动摩擦力 ），列平衡方程联立求解.
（2）1. 切割电动势启动：棒运动切割磁感线→用动生电动势公式（ ）关联速度与电动势.
2. 电路电流跟进：电动势→用闭合电路欧姆定律算电流（总电阻不变 ）.
3. 匀速平衡收官：棒匀速→外力、安培力、摩擦力合力为，列平衡方程联立求解速度.
17．（2024高二下·绵阳期末）如图直角坐标系xOy中，在第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，第三象限有方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，第四象限有方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第三、四象限的磁场下边界MN（图中未画出）在（d未知）处且平行于x轴。一质量为m、电荷量为的粒子从y轴上P点初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的Q点进入第三象限磁场，并垂直于y轴进入第四象限。粒子重力不计。
（1）求第二象限内电场强度的大小E；
（2）求第三象限内磁感应强度大小B；
（3）若将第三象限内磁感应强度大小调为，已知第四象限磁场磁感应强度大小为，粒子将在第四象限垂直边界MN飞出磁场。求d取值的最小值。
【答案】（1）解：粒子在电场中做类平拋运动，设运动加速度大小为a，运动时间为t，则，
，
解得：
（2）解：设粒子到达Q点时的竖直方向速度为，进入第三象限的速度为v，速度为v与x轴负方向夹角为，则
，，
设粒子在第三象限做匀速圆周运动的半径为R，则
解得：
解得：
（3）解：没有调节磁场大小时，由（2）可知，粒子未飞出边界，则，
设粒子在第三象限做匀速圆周运动的半径为，在第四象限做匀速圆周运动的半径为，由可得：，，由于，粒子在第三象限运动半个周期后进入第四象限，粒子在第四象限半径是，若粒子第一次进入第四象限后，就垂直边界MN飞出磁场，则
解得：
此时d取值的最小，即
.
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）识别运动类型：粒子在电场中做类平抛（水平匀速、竖直匀加速 ）.
分解运动：水平方向用匀速规律求时间，竖直方向用匀加速规律关联电场力与位移.
联立方程：通过时间衔接水平、竖直运动，解电场强度.
（2）速度合成：由类平抛末速度的水平、竖直分量，合成得到进入磁场的速度大小与方向.
几何关系：利用“垂直轴进入第四象限”的条件，确定圆周运动圆心位置，结合几何图形（直角三角形 ）求半径.
洛伦兹力公式：用“洛伦兹力提供向心力”列方程，解磁感应强度.
（3）半径计算：根据新的磁感应强度，用分别求第三、四象限的圆周运动半径.
轨迹分析：粒子在第三象限运动半周后进入第四象限，需垂直飞出，通过几何图形（圆心角、半径与竖直位移的关系 ）推导的最小值.
四川省绵阳市2023-2024学年高二下学期期末考试物理试题
1．（2024高二下·绵阳期末）现代生活中人类与电磁波结下了不解之缘。下列关于电磁波的说法，正确的是（　　）
A．虽然可见光与非可见光都是电磁波，但它们在真空中的传播速度不同
B．遥控器发出红外线的波长与医院CT中X射线的波长相同
C．变化的电场周围一定产生变化的磁场
D．用实验可以证实电磁波的存在
2．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，用同种规格的铜丝做成的a、b两个单匝正方形线圈同轴，边长之比为2∶3。仅在a线圈所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，当匀强磁场的磁感应强度均匀减小的过程中，a、b线圈内的感应电动势大小之比和感应电流大小之比分别为（　　）
A．1∶1，3∶2 B．1∶1，2∶3 C．4∶9，2∶3 D．4∶9，9∶4
3．（2024高二下·绵阳期末）在一个标准大气压下，的水吸收的热量变为同质量的的水蒸气，在这个过程中，以下四个关系中正确的是（ ）
A．水蒸气的内能与水的内能之差等于
B．水蒸气的内能与水的内能之和等于
C．水蒸气的内能与水的内能之差小于
D．水蒸气的内能与水的内能之差大于
4．（2024高二下·绵阳期末）如图所示的交变电流，每个周期内的前三分之一个周期电压按正弦规律变化。则该交变电流电压的有效值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，闭合矩形线圈abcd以速度v从无磁场区域垂直磁场匀速穿过匀强磁场区域。以顺时针方向为电流的正方向，能正确反映bc两点间的电势差、线圈中电流I随时间t变化关系的图像是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024高二下·绵阳期末）中高考等国家考试使用“考试专用”的金属探测仪检查考生是否携带金属物体进入考场。如图所示，金属探测仪内部有线圈与电容器，构成了LC振荡电路。当探测仪检测到金属物体时探测仪线圈的自感系数发生变化，从而引起振荡电路中的电流频率发生变化，探测仪检测到这个变化就会驱动蜂鸣器发出声响。已知某时刻，电流的方向由b流向a，且电流强度正在增强，则（　　）
A．该时刻电容器下极板带正电荷
B．线圈的磁场能在减小
C．电容器两极板间的电场强度正在加强
D．线圈的自感电动势在减小
7．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，电阻为r的单匝金属直角线框abcd放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、cd长均为l，bc长为2l，定值电阻阻值为R。线框绕ad连线以角速度匀速转动，则（　　）
A．图示时刻前后，电流方向相同
B．图示时刻，穿过线框磁通量的变化率最大
C．从图示时刻开始计时，a、d两点间电压变化规律为
D．从图示时刻开始转动的过程中，线圈中流过的电荷量为
8．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，是一种由加速电场，静电分析器，磁分析器构成的质谱仪的原理图。静电分析器通道内有均匀的、大小方向可调节的辐向电场，通道圆弧中心线半径为R，中心线处的电场强度大小都为E；半圆形磁分析器中分布着方向垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场。要让质量为m、电荷量为的带正电粒子（不计重力），由静止开始从M板经加速电场加速后，沿圆弧中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，则（　　）
A．磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里
B．在静电分析器中粒子受辐向电场的电场力为零
C．加速电场的电压
D．P点与Q点间距离
9．（2024高二下·绵阳期末）把少量的碳素墨水用水稀释，悬浮在水中的小碳粒不停地做无规则运动。下列说法正确的是（　　）
A．小碳粒的无规则运动是布朗运动
B．水分子的无规则运动是布朗运动
C．小碳粒不停地做无规则是由于水分子间既有引力也有斥力
D．水分子间有分子势能是由于水分子间有相互作用的引力和斥力
10．（2024高二下·绵阳期末）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置的横截面简化模型如图所示。横截面内有圆形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，横截面外圆是探测器；圆形区域内切于外圆。粒子1、2先后沿径向从切点P射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点；粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（　　）
A．粒子1可能为电子
B．粒子2带正电
C．增大入射速度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．增大入射速度，粒子2在磁场内的运动时间变短
11．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，间距为L的竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，质量为m、接入电路的电阻为r的金属棒ab垂直于平行导轨放置，垂直导轨平面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好。若金属棒ab在竖直向上的外力F作用下以速度v匀速上升，则下列说法正确的是（　　）
A．a、b两端的电势差小于BLv
B．a、b两端的电势差大于BLv
C．拉力F所做的功等于重力势能的增加量和电路中产生的热量之和
D．拉力F所做的功与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量
12．（2024高二下·绵阳期末）如图为高铁供电流程的简化图。牵引变电所的理想变压器将高压降压；动力车厢内的理想变压器再将较高的电压降至后为动力车厢内的动力系统供电；某段时间，发电厂输出电流为，动力系统电流为。已知两个理想变压器的匝数，则（　　）
A． B．
C． D．
13．（2024高二下·绵阳期末）“探究气体等温变化的规律”实验方案如下：在带刻度的注射器内密封一段空气、并接入压强传感器。空气压强p由传感器测量，空气体积V等于注射器读数与连接管的容积之和。
（1）在实验过程中．为保持温度不变，采取的下列措施合理的是__________。（填序号）
A．推动活塞运动时尽可能慢些
B．在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性
C．不要用手握住注射器封闭气体部分
D．实验时尽量在注射器中封入较多的空气
（2）下表是采集的一组数据。根据表中数据，在坐标系中描点，作出图线。
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
99.0 110.0 120.9 135.4 154.7 181.2 223.3 291.1 330.0
21.0 19.0 17.0 15.0 13.0 11.0 9.0 7.0 5.0
0.048 0.053 0.059 0.067 0.077 0.091 0.111 0.143 0.200
2079.0 2090.0 2055.3 2031.0 2011.1 1993.2 2009.7 2037.7 1650.0
（3）由表知第9组数据中pV值明显减小。造成这一结果的可能原因是实验时__________。（填序号）
A．外界大气压强降低
B．注射器内柱塞与筒壁间的摩擦力越来越大
C．环境温度升高了
D．注射器内的气体向外发生了泄漏
14．（2024高二下·绵阳期末）在探究电磁感应有关现象及规律的实验中，某同学选择的灵敏电流计G，在没有电流通过的情况下，指针恰好指在刻度盘中央。请根据该同学的实验操作，回答问题：
（1）首先，将灵敏电流计G连接在图甲所示电路中，电流计的指针如图甲中所示。
（2）然后，将灵敏电流计G与一螺线管串联，当条形磁铁运动时，灵敏电流计G指针偏转情况如图乙所示。则条形磁铁的运动情况是　 　。（选填“向上拔出”或“向下插入”）
（3）接着，将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。闭合开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下。请问：灵敏电流计指针向右偏与螺线管B中导线的绕向　 　（选填“有”或“没有”）关系：若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是　 　（填序号）。
A.断开开关
B.在A线圈中插入铁芯
C.变阻器的滑片向右滑动
D.变阻器的滑片向左滑动
（4）最后，该同学用电流传感器研究自感现象，电路如图丁所示。电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值。
①在时刻，闭合开关S，电路稳定后，在时刻断开S，电流传感器连接计算机描绘了整个过程线圈中的电流随时间t变化的图像。图丁中的A、B图像，可能正确的是　 　。（选填“A”或“B”）
②在“闭合开关—稳定一小段时间—断开开关”这个过程中，通过电流传感器得到图像如图戊所示。比较与的大小关系，有　 　。（选填“>”“<”或“=”）
15．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，是一种气压保温瓶及结构示意图。使用气压式保温瓶时，用力压保温瓶顶端的“压盖”，就可以将水压出。每次按压“压盖”，可将贮气室中气体全部压入瓶胆内，松开“压盖”，瓶胆内气体不能回到贮气室、外界空气通过进气孔重新充满贮气室。为了测量贮气室的体积，某同学先将保温瓶打开，测量了当瓶内只有半瓶水时，导水管口到瓶中水面的高度为，然后把保温瓶盖旋紧，该同学按压“压盖”两次后，导水口开始出水。已知保温瓶瓶胆的容积为，水的密度为，大气压强为。忽略按压过程中气体温度的变化及水管体积，保温瓶气密性良好。求贮气室的体积。
16．（2024高二下·绵阳期末）如图所示，两条足够长、粗糙、间距的平行金属导轨PQ、MN固定在水平面上，M、P两端间连接横截面积、匝线、总电阻的线圈。在两导轨之间、边界ef左侧区域有垂直导轨平面向上、磁感应强度的匀强磁场。导体棒ab的质量、电阻、长度也为L，垂直静置在导轨上，导体棒与导轨间的动摩擦因数。闭合开关，从某时刻起，在线圈内加图示方向、以（k未知）均匀增强的磁场，棒ab刚好要滑动而未动；当增大到后保持不变，之后用水平向右的外力拉棒ab，使它由静止开始运动：棒ab到达边界ef前已做匀速直线运动。棒ab始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，忽略空气阻力，棒ab受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）k值；
（2）棒ab离开边界ef时速度v的大小。
17．（2024高二下·绵阳期末）如图直角坐标系xOy中，在第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，第三象限有方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，第四象限有方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第三、四象限的磁场下边界MN（图中未画出）在（d未知）处且平行于x轴。一质量为m、电荷量为的粒子从y轴上P点初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的Q点进入第三象限磁场，并垂直于y轴进入第四象限。粒子重力不计。
（1）求第二象限内电场强度的大小E；
（2）求第三象限内磁感应强度大小B；
（3）若将第三象限内磁感应强度大小调为，已知第四象限磁场磁感应强度大小为，粒子将在第四象限垂直边界MN飞出磁场。求d取值的最小值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收；电磁波谱
【解析】【解答】A．电磁波在真空中的传播速度都是，与频率无关，A错误.
B．红外线频率低于X射线，由（为光速，为波长，为频率 ），频率越小，波长越大，故红外线波长大于X射线波长，B错误.
C．均匀变化的电场产生恒定磁场，非均匀变化的电场才产生变化磁场，C错误.
D．赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论，D正确.
故答案为：D.
【分析】1. 电磁波速度特性：所有电磁波在真空中速度都等于光速，与频率、是否可见光无关，判断A.
2. 波长与频率关系：由，频率和波长成反比。红外线频率小于X射线，故红外线波长更长，判断B.
3. 电磁场产生规律：变化电场产生磁场，但均匀变化电场对应恒定磁场，非均匀变化电场才对应变化磁场，判断C.
4. 电磁波存在验证：赫兹实验是经典物理实验，直接证实电磁波存在，支撑麦克斯韦理论，判断D.
2．【答案】A
【知识点】电阻定律；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：当匀强磁场的磁感应强度均匀减小的过程中，由电磁感应定律可得线圈内的感应电动势大小：，
由于穿过a、b两线圈的磁通量的变化率相同，线圈的匝数相同，因此a、b线圈内的感应电动势大小相等，则有：，
电阻由电阻定律 计算（ 为电阻率， 为周长， 为铜丝横截面积 ）.
设 、 边长为 、，已知 ，则周长 ，.
因铜丝规格相同，、 相同，故电阻 ，即 .
由欧姆定律 ，，则 .
故答案为：A.
【分析】1. 电动势分析：法拉第电磁感应定律中，感应电动势 取决于匝数 和磁通量变化率 ，两线圈匝数相同，且磁场仅覆盖 区域（磁通量变化率相同 ），故电动势相等.
2. 电流分析：电流由 决定，需先算电阻。电阻定律中，电阻与导线长度（线圈周长 ） 成正比（因材料、横截面积相同 ），由边长比得周长比，进而得电阻比；结合电动势相等，由欧姆定律推出电流比.
3．【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】解：水在下由液态变气态，吸收的热量有两个去向：一部分用于克服分子间引力，使分子势能增加，进而增大内能；另一部分用于膨胀对外做功（因为体积大幅增大，需克服外界大气压做功 ）.
设水蒸气内能与水的内能差为，对外做功为，由能量守恒：
，（ 是吸收的热量 ）
因为（对外做功 ），所以，即水蒸气与水的内能差小于.
故答案为：C.
【分析】1. 能量分配逻辑：液体汽化时，吸收的热量需同时满足“增加内能（克服分子引力 ）”和“对外做功（体积膨胀 ）”两个需求.
2. 公式关联推导：用能量守恒，其中是对外做的正功，因此必然小于，直接关联选项判断.
4．【答案】A
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解：由交流电的有效值的定义可知，在时间内
正弦电压最大值，其有效值，
此段热量.
在时间内
则有
解得
故选A。
【分析】1. 有效值定义应用：交变电流有效值需通过“相同电阻、相同时间内产热相等”等效为恒定电流。将周期分为正弦段和恒定段，分别计算热量.
2. 分段计算策略：正弦段：利用正弦电压有效值与最大值关系（ ），算有效值后求热；恒定段：直接用恒定电压公式（ ）求热.
3. 全周期等效：总热量等于各段热量和，再用有效值定义列方程，解出有效值.
5．【答案】C
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB．线圈进入磁场时，bc边切割磁感线相当于电源，感应电流方向为顺时针方向，则c点为高电势
线圈进入磁场时，ad边切割磁感线相当于电源，感应电流方向为逆时针方向，则c点为高电势
线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，此时bc两点间的电势差为零，AB错误.
CD．根据楞次定律判断可知，线圈进入磁场时，感应电流方向为顺时针方向，为正值；线圈穿出磁场时，感应电流方向为逆时针方向，为负值；由知线圈进入和穿出磁场时感应电流的大小不变；线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，C正确，D错误.
故答案为：C.
【分析】拆分运动阶段，用 “楞次定律定电流方向、法拉第定律定电流大小” 分析电流；用 “电源内外电路分压 + 电流方向” 分析电势差，实现图像匹配.
6．【答案】D
【知识点】自感与互感；电势差与电场强度的关系；LC振荡电路分析
【解析】【解答】A．某时刻，电流的方向由b流向a，且电流强度正在增强，说明电容器正处于放电的过程，可知该时刻电容器上极板带正电荷，下极板带负电荷，A错误.
B．放电过程中，电容器电场能转化为线圈磁场能，所以电场能减小，磁场能增大，B错误.
C．电场强度（为电容器电压 ），放电时减小，所以电场强度减弱，C错误.
D．电流的方向由b流向a，且电流强度正在增强，由电容器放电特点可知，可电流强度增大的越来越慢，由自感电动势公式可知，线圈的自感电动势在减小，D正确。
故选D。
【分析】1. 阶段判定：电流方向与变化趋势（且增强 ）→判定为电容器放电过程.
2. 能量转化：放电时，电场能→磁场能，结合电场能（ ）、磁场能（ ）变化，判断B、C.
3. 极板带电：放电电流方向→正极板流出，负极板流入→判定极板带电，排除A.
4. 自感电动势：自感电动势与电流变化率成正比，放电时电流变化率减小（趋近最大值 ）→自感电动势减小，确认D.
7．【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．图示位置为中性面（线圈平面与磁场垂直 ），根据交变电流产生规律，线圈每经过中性面，电流方向改变→图示时刻前后电流方向相反，A错误.
B．中性面时，穿过线圈的磁通量最大；由法拉第电磁感应定律，磁通量变化率最小（感应电动势为 ），B错误.
C．从图示时刻开始计时，产生的感应电动势为：，感应电流为：
从图示时刻开始计时，a、d两点间电压变化规律为：，C正确.
D．从图示时刻开始转动的过程中，线圈中流过的电荷量为：，D错误.
故答案为：C.
【分析】1. 中性面特性：中性面是电流方向的“换向点”，且磁通量最大、感应电动势为（变化率最小 ），据此判断A、B.
2. 交变电动势与电压推导：从中性面开始计时，电动势瞬时值为；结合闭合电路欧姆定律，算出电流、外电压（、间电压 ），判断C.
3. 电荷量计算逻辑：转动时，用“平均电动势→平均电流→电荷量”推导，判断D.
8．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子带正电，在磁分析器中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力。根据左手定则（四指指向正电荷运动方向，让磁感线穿手心，大拇指指向向心力方向 ），粒子需向圆心偏转，磁场方向应垂直纸面向外，A错误.
B．粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，向心力由辐向电场的电场力提供（ ），故电场力不为零，B错误.
C．设粒子在静电分析器中的速度大小为，由粒子受辐向电场的电场力提供向心力，由牛顿第二定律可得
解得：
粒子在加速电场中，设加速电压为，由动能定理可得
解得：，C错误.
D．粒子在磁分析器中，由洛伦兹力提供向心力，设运动的半径为，可得
解得：
可知P点与Q点间距离
，D正确.
故答案为：D.
【分析】1. 磁场方向（A选项 ）：用左手定则结合“洛伦兹力提供向心力（指向圆心 ）”，判断磁场方向.
2. 电场力作用（B选项 ）：匀速圆周运动需向心力，静电分析器中“辐向电场力”是唯一向心力来源，直接判断.
3. 加速电压推导（C选项 ）：分两步：先由“电场力提供向心力”得粒子速度，再用“动能定理（加速电场做功等于动能变化 ）”算电压.
4. 磁分析器半径与间距（D选项 ）：先由“洛伦兹力提供向心力”得轨道半径，再结合半圆运动特性（直径为间距 ），联立速度表达式推导间距.
9．【答案】A,D
【知识点】布朗运动；分子势能
【解析】【解答】A.悬浮小碳粒的无规则运动符合布朗运动定义（悬浮微粒永不停息的无规则运动 ）A正确.
B．水分子的无规则运动是分子热运动，布朗运动研究的是 “悬浮微粒” 的运动，而非分子本身，B错误；
C． 小碳粒无规则运动的原因是水分子对其不均衡的碰撞（周围水分子撞击力的大小、方向不断变化 ），而非分子间引力斥力 ，C错误.
D．水分子间有分子势能是由于水分子间有相互作用的引力和斥力，D正确.
故答案为：AD.
【分析】布朗运动的定义辨析A、B ：明确 “布朗运动的研究对象是悬浮微粒（如小碳粒 ）”，分子热运动是分子本身的运动，据此区分 A、B.
布朗运动的成因C ：理解布朗运动的本质是 “液体分子对悬浮微粒的不均衡碰撞”，而非分子间引力斥力的直接作用，排除 C.
分子势能的根源D ：分子势能与分子间作用力（引力 + 斥力的合力 ）相关，分子力做功会改变分子势能，因此分子间有引力和斥力是分子势能存在的原因，确认 D.
10．【答案】B,D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.粒子 1 沿直线通过磁场→不受洛伦兹力→不带电（电子带电，会受磁场力偏转 ），A 错误.
B．粒子 2 向上偏转，磁场垂直纸面向里，根据左手定则（四指指向正电荷运动方向，让磁感线穿手心，大拇指指向偏转方向 ）所以粒子 2 带正电，B正确.
C．由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误.
D．粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力，有
可得：
可知，若增大粒子入射速度，粒子2偏转半径变大，根据题意，设粒子的偏转角为，由公式
可得，粒子在磁场中的运动时间为：，
由题图可知，粒子2偏转半径变大，则在磁场中的偏转角变小，故粒子2在磁场中运动的时间变短，D正确.
故答案为：BD.
【分析】带电判断A、B ：依据 “直线运动→不受洛伦兹力→不带电”，结合左手定则判断粒子 2 电性.
不带电粒子轨迹C ：不带电粒子不受磁场力，运动方向不变，直接判定轨迹无法改变.
运动时间分析D ：分两步：先由 “洛伦兹力提供向心力” 得半径与速度的关系；再结合 “周期与速度无关”“时间与偏转角成正比”，推导速度增大时偏转角和时间的变化.
11．【答案】A,C
【知识点】功能关系；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB．ab棒切割磁感线产生的电动势为，ab棒相当于电源，由于电源有内阻，所以ab棒两端电压小于，A正确，B错误.
CD．金属棒匀速上升，合力做功为，即拉力、重力、安培力的合力为.从能量角度：拉力做功，重力做功（重力势能增加 ），安培力做功（转化为电路焦耳热 ）.
由功能关系，（拉力做功转化为重力势能和电路热量 ）所以C正确，拉力做功与重力做功的代数和（电路总热量，含和的热量 ），并非仅上的热量所以D错误，故C正确，D错误.
故答案为：AC.
【分析】
1. 电势差判断A、B ：先由“切割磁感线”得电动势，再用“闭合电路欧姆定律（考虑内阻分压 ）”判断路端电压与的大小关系.
2. 能量转化分析C、D ：抓住“匀速运动→合力为，能量守恒”，明确拉力做功的去向（重力势能增加 + 电路焦耳热 ），区分“总热量”与“上的热量”，推导功能关系.
12．【答案】B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题主要考查了理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系，要知道在这个输电线路中因为输电线上有电阻，所以升压变压器的输出电压不等于降压变压器的输入电压。AB．由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，两变压器则有
可得
可得
由题意可知，由于输电线上有电压降，因此则有，又有，可得
A错误，B正确；
CD．由理想变压器原、副线圈的电流比等于匝数的反比，两变压器则有
可得
可得
由于，，可得
C错误，D正确。
故选BD。
【分析】根据理想变压器电压与匝数比的关系，分别对牵引变电所的变压器和受电弓部分的变压器的电压关系，结合输电线上的电压损失分析作答；根据理想变压器电流与匝数比的关系，分别对牵引变电所的变压器和受电弓部分的变压器的电流关系分析作答。
13．【答案】（1）A；C
（2）
（3）D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）A． 缓慢推动活塞，使气体有足够时间与外界热交换，维持温度不变 ，A正确.
B．涂润滑油是为了密封（防漏气 ），与 “保温” 无关，B错误.
C．实验时手不要握注射器筒，其目的是减小热传递对气体温度的影响；C正确.
D．实验时尽量在注射器中封入适当的空气，封入较多的空气反而不利于实验的进行，D错误.
故答案为：AC.
（3）ABCD．由图像可知，前个数据点说明压强与体积成反比，第个数据点显著偏离上述规律，可能是在测量第个数据点时注射器内的气体向外发生了泄漏，故ABC错误，D正确.
故答案为：D.
【分析】（1）保温需“减少热交换”，缓慢操作（延长热交换时间 ）、避免手接触（阻断热传递 ）是关键；密封、气体多少与“温度恒定”无直接关联，据此筛选项.
（2）依据“等温变化”，应为过原点直线，按数据描点、拟合直线即可（保证点均匀分布，体现正比例关系 ）.
（3）由理想气体状态方程，与（物质的量，关联质量 ）、（温度 ）有关。分析各选项对、的影响，锁定“漏气导致减小”为降低的原因.
（1）A．推动活塞运动时尽可能慢些，便于减少做功对气体温度的影响，故A正确；
B．在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性，当活塞运动时，并不能保证温度不变，故B错误；
C．实验时手不要握注射器筒，其目的是减小热传递对气体温度的影响；故C正确；
D．实验时尽量在注射器中封入适当的空气，封入较多的空气反而不利于实验的进行，故D错误。
故选AC。
（2）描点如图所示
（3）ABCD．由图像可知，前个数据点说明压强与体积成反比，第个数据点显著偏离上述规律，可能是在测量第个数据点时注射器内的气体向外发生了泄漏，故ABC错误，D正确。
故选D。
14．【答案】向下插入；有；AC；A；
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；自感与互感；楞次定律
【解析】【解答】（2）由图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入，指针往左偏；由图乙可知，螺线管中的电流方向为逆时针方向（从下往上看），根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原磁场方向）竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁铁向下插入线圈.
故答案为：向下插入.
（3）①由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方向，螺线管B中导线的绕向不同，则灵敏电流计中电流方向不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关.
②A.断开开关→A线圈电流消失→B线圈磁通量减小→左偏，A正确.
B.插入铁芯→A线圈磁场增强→B线圈磁通量增加→右偏，B错误.
C.滑片右滑→A线圈电流减小→磁场减弱→B线圈磁通量减小→左偏，C正确.
D.滑片左滑→A线圈电流增大→磁场增强→B线圈磁通量增加→右偏，D错误.
故答案为：有；AC.
(4) 自感现象图像与电流关系①图像判断：闭合开关时，线圈L自感阻碍电流增大→电流逐渐增至稳定；断开开关时，L自感阻碍电流减小→电流逐渐减为0（方向不变，因自感电动势维持原电流 ）故选.
②电流关系：闭合瞬间，L自感大，（为电阻，为电源内阻 ），稳定后，L直流电阻，并联总电阻，→.
故答案为：A；.
【分析】（1）根据灵敏电流计的特性将灵敏电流计G连接在图甲所示电路中.
（2）先由电流计偏转定电流方向，再用安培定则得感应磁场，结合原磁场方向，通过“楞次定律（感应磁场阻碍磁通量变化 ）”判断磁铁运动.
（3）绕向影响电流方向→影响指针偏转；指针左偏需磁通量减小，分析各操作对磁通量的影响（断开开关、滑片移动改变电流→改变磁场→改变磁通量 ）.
（4）闭合时自感阻碍电流增大→电流渐增；断开时自感阻碍电流减小→电流渐减（方向不变 ）。电流关系用“闭合电路欧姆定律”，结合并联电阻小于分电阻，比较稳定前后总电流.
15．【答案】解：设保温瓶的容积为，贮气室的体积为，瓶内只有半瓶水时导水管口到瓶中水面的高度差为h，大气压强为。压“压盖”前，保温瓶和两次贮气室内气体总体积为，压强为，则有：，
压“压盖”后，气体总体积为，压强为，则，
按压过程中气体温度不变，由玻意耳定律则的
解得：
答： 贮气室的体积为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】首先明确 “按压前”（贮气室气体 + 瓶内原有气体 ）和 “按压后”（气体全部进入瓶胆 ）的两个状态，确定各状态的压强、体积，然后因温度不变，用玻意耳定律关联两状态，按压后瓶胆内气体压强需叠加 “水柱产生的压强”，最后代入已知量，通过方程化简求解贮气室体积.
16．【答案】（1）解：在线圈内磁场均匀增强的过程中，设线圈中感应电动势大小为，棒ab中电流为，
棒ab刚好要滑动而未动，对线圈由电磁感应定律则有：
由闭合电路欧姆定律可得：
对棒ab，由平衡条件则有：
代入数据联立解得：，.
（2）解：在棒ab做匀速直线运动的过程中，外力为，设棒ab中感应电动势大小为，电流为，则有，
由平衡条件可得
代入数据联立解得
【知识点】共点力的平衡；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）1. 电磁感应起手：线圈中磁场变化→用法拉第电磁感应定律算电动势（关联 ）.
2. 电路规律接力：电动势→用闭合电路欧姆定律算电流（总电阻为 ）.
3. 力学平衡收尾：棒“刚好滑动”→安培力等于最大静摩擦力（滑动摩擦力 ），列平衡方程联立求解.
（2）1. 切割电动势启动：棒运动切割磁感线→用动生电动势公式（ ）关联速度与电动势.
2. 电路电流跟进：电动势→用闭合电路欧姆定律算电流（总电阻不变 ）.
3. 匀速平衡收官：棒匀速→外力、安培力、摩擦力合力为，列平衡方程联立求解速度.
17．【答案】（1）解：粒子在电场中做类平拋运动，设运动加速度大小为a，运动时间为t，则，
，
解得：
（2）解：设粒子到达Q点时的竖直方向速度为，进入第三象限的速度为v，速度为v与x轴负方向夹角为，则
，，
设粒子在第三象限做匀速圆周运动的半径为R，则
解得：
解得：
（3）解：没有调节磁场大小时，由（2）可知，粒子未飞出边界，则，
设粒子在第三象限做匀速圆周运动的半径为，在第四象限做匀速圆周运动的半径为，由可得：，，由于，粒子在第三象限运动半个周期后进入第四象限，粒子在第四象限半径是，若粒子第一次进入第四象限后，就垂直边界MN飞出磁场，则
解得：
此时d取值的最小，即
.
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）识别运动类型：粒子在电场中做类平抛（水平匀速、竖直匀加速 ）.
分解运动：水平方向用匀速规律求时间，竖直方向用匀加速规律关联电场力与位移.
联立方程：通过时间衔接水平、竖直运动，解电场强度.
（2）速度合成：由类平抛末速度的水平、竖直分量，合成得到进入磁场的速度大小与方向.
几何关系：利用“垂直轴进入第四象限”的条件，确定圆周运动圆心位置，结合几何图形（直角三角形 ）求半径.
洛伦兹力公式：用“洛伦兹力提供向心力”列方程，解磁感应强度.
（3）半径计算：根据新的磁感应强度，用分别求第三、四象限的圆周运动半径.
轨迹分析：粒子在第三象限运动半周后进入第四象限，需垂直飞出，通过几何图形（圆心角、半径与竖直位移的关系 ）推导的最小值.