重庆市巴蜀中学校2025-2026学年高二下学期4月阶段检测物理试题

高2027届高二（下）月考考试 物理参考答案 1、答案：C A错误：均匀变化的电场产生稳定的磁场（恒定磁场），稳定的磁场不再产生电场，因此无法形成链条式 的向外传播，不能产生电磁波。只有非均匀变化（如振荡）的电/磁场才能产生电磁波。B错误：静止电荷 只产生静电场。根据相对论，运动观察者看到的确实是变化的场，但单纯的匀速运动参考系变换不会产生 辐射（电磁波辐射需要电荷有加速度）。此选项混淆了参考系变换与辐射源的本质。C正确：这是赫兹实 验的核心原理。LC振荡电路产生高频振荡电流（加速运动的电荷），激发出同频率的振荡电磁场，形成电 磁波。D错误：电磁波不需要介质，真空中传播最快(c),在介质中速度减慢(v=c/n) 2、答案：B A错误：虽然合力通常不为零（否则不做变速运动），但合力方向与瞬时速度方向不一定相同（类似曲线运 动，力指向轨迹凹侧，速度沿切线)。且“始终指向”表述错误，合力方向是随机变化的。B正确：这是布 朗运动的关键特征。颗粒越小，同一时刻撞击它的分子数越少，统计涨落（不平衡性）越明显；温度越高， 分子平均动能越大，撞击越猛烈。两者都导致布朗运动更剧烈。C错误：扩散现象的根本原因是分子的热 运动，而不是分子间的斥力。虽然分子间存在斥力，但扩散不需要斥力驱动，即使在理想气体（无分子力） 中也会发生扩散。D错误：达到平衡态（均匀分布）时，宏观上浓度不再变化，但微观上分子仍在做永不 停息的无规则运动（动态平衡），绝非“停止运动”或“死寂”。 3、答案C 磁电式仪表中，铝框是闭合导体，在永磁体产生的径向磁场中转动（类似图丙），切割磁感线产生涡流。 涡流受安培力阻碍运动→电磁阻尼。图甲虽闭合但磁场方向平行于转轴，磁通量不变，无感应电流：图 乙不闭合，无电流：图丁绝缘，无电流。只有图丙满足“闭合导体+切割磁感线+磁场垂直运动平面” 的条件。 4、答案D A错误：当磁铁相对线圈向下振动时，磁通量变化表现为向内增大，根据楞次定律，感应电流为逆时针。 B错误：感应电动势跟磁通量变化率成正比，与振动快慢有关，振动频率恒定时，振幅越大，感应电动势 越大。C错误：永磁铁向下运动，它受到的安培力必然是向上的阻力。D正确：根据感应电动势、感应电 流都跟匝数成正比，增加匝数，也会增大感应电流的安培力，阻碍相对运动，提升减震效果。 5、答案D A错误：根据左手定则，正离子受洛伦兹力向上偏转（指向M),负离子向下偏转（指向N),故M点聚集正 电荷，电势高于N点。B错误：当到达稳定状态时，离子受力平衡：qvB=9片，解得U=Bd。可见电势 U与离子浓度无关，只与B、d、v有关。C错误：由U=Bdv可知，U与d、v成正比关系。D正确：由U=Bdv 得v=品流量Q=Sp=号品=0 6、答案：D A错误：从放电完毕到反向充电至最大用时t2=1.0×10-6s,对应4T,故T=4.0×10-6s,。B错误： zC得C=≈4.05×109pC错误：t3.0X10-6s时，电路中电流方向与t1.0× 相反，。D正确：t=3.0×10,电容器放电完毕，磁场能达到最大。 高二（下）物理参考答案第1页共8页 7、答案B A错误：在r>r,的过程中，引力做正功，势能减小。当r<r时，需克服斥力做功，势能增加。因此，=r。 是分子势能的最小值点，而不是最大值。B正确：在r=r处，分子力F=0,根据牛顿第二定律F=ma, 加速度=0。在r>r。的整个过程中，合力（引力）方向与运动方向相同，物体一直在加速。一旦越过r进 入r<r。区域，合力变为斥力，与运动方向相反，物体开始减速。因此，r=r。是加速结束、减速开始的转折 点，此时速度最大。C错误：从2rn运动到r。的过程中，加速度先增后减D错误：分子间距小于r。后， 虽然受到斥力开始减速，它会继续向前运动一段距离，直到速度减为零，然后才会反向加速回到r。它不 会“立即”反向。 8、答案：C A错误：Bm=NBSw=1×2×(0.1)2×100=2错误：电动势有效值E=是=V2v功率P-号=1W C正确：电荷量q=1△t=号△t=g转过90度，磁通量变化为BS-0=0.02Wb,则g=0.01CD错误：周 期T=名=品=云s热量Q=严7=后尸×2×高=易9 9、答案B A正确：刚闭合S的瞬间，L2中立即有电流，则立刻变亮B错误：刚闭合S的瞬间，线圈L中产生很大 的自感电动势阻碍电流的增加，则线圈L相当于断路，则此时通过L2的电流等于通过L,的电流C正确： 闭合S待电路稳定后，线圈L将L短路，则L,熄灭，L2比原来更亮D正确：闭合S待电路稳定后，将S 断开瞬间，L2中电流立即消失，则L,立即熄灭，而线圈L中产生自感电动势阻碍电流的减小，则线圈L 相当于电源，与L组成回路，则L闪亮一下再熄灭 10、答案C A,当磁场与线圈所在平面垂直时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，故A 错误；B.发电机输出电压的最大值为Em=nBSo=100×0.2×0.5×45V2V=450√2V发电机输出电压的有效 值为E==450V,故B错误：CD.输电线上损失的功率为△P=R代入数据解得，=25A对升压变压 √2 9=4= n3_U3 器，有云元8，U=E,P=,P=△P+对输电回路，有=R+0对降压变压器，有 n U' =20V联立解得A=85W,受-放C正确，D错误。放选. 11、答案B A错误：带电粒子以最大速度运动的轨迹与赤道上半圆弧相切点，为辐射盲区的上边界点，通过A射入的 粒子恰好能达到赤道线下半圆弧，则从A点射入的带电粒子以最大速度运动的轨迹与赤道线内切的交点为 高二（下）物理参考答案第2页共8页 辐射盲区的下边界点，如图所示，△COO'为等腰三角形，且C0=OO'=3R,CO'=2R则cos0= 3R=3 可知0>60°，A错误： B正确：粒子在磁场中，有qmB=m二可得T=2π”=2πm v gB 所以粒子在磁场中运动的周期相同，粒子从磁场边缘到地球赤道面在磁场中偏转的角度越小，运动的时间 越小，根据几何关系可得，磁场边界和赤道上点连线（弦长）越短，轨道半径越大，粒子偏转角度越小， 粒子轨迹对应的弦最短（最短弦长为2R),轨迹半径最大为2R,如下图，此时带电粒子从磁场边缘到行星 赤道面的时间最短。 对应的轨迹偏转的圆心角为0。-二所以带电粒子从磁场边缘到行星赤 2 道面的最短时间为，。=乏T=mCD错误：当带电粒子速度最小时，画出粒子的运动轨迹，如下图所示 2π 3aB 根据几何关系可知r=R根据洛伦兹力提供向心力，有gB=m上解得-9BR当带电粒子速 m 度最大时，画出粒子的运动轨迹，如下图所示 根据几何关系可知r2=2R根据洛伦兹力提供向心 力，有m,B=m三解得%-24B粒子的速度大小范围为9 ≤v≤2qBR则从A点射入的粒子射到赤道直 m m 1 径两个端点时经过的都是半圆周，根据T= 2πm 可知，时间相等，则从A点射入的粒子，并非速度越大在 gB 磁场中运动的时间越长，故CD错误；故C正确： 12、答案AC A:温度是分子平均动能的标志，气体温度降低，分子热运动剧烈程度减弱，A正确：B:温度降低，分子 平均速率减小，但并非每个分子的速率都减小，B错误：C:密闭容器体积不变，气体温度降低、压强减 小，分子平均动能减小，单位时间撞击器壁单位面积的分子数减少，C正确：D:布朗运动的剧烈程度与 微粒大小、温度有关，温度降低且微粒越大，布朗运动越不明显，D错误。 13、答案CD 由题图看出，通过R的感应电流随时间t增加而增大，根据法拉第电磁感应定律得知，穿过回路的磁通量 是非均匀变化的，心-1应是曲线，故A错误：由1=EBL=和知v与时间（成正比，知加速度不变， RtrRtr 故B错误：根据牛顿第二定律可得F-F安-mgsm0=m0,其中F=B=BBLL=B ,可知 R+r R+r F=mgsine+B'Ly +ma,v随时间t均匀增大，其他量保持不变，故F随时间t均匀增大，故C正确；通 R+r 高二（下）物理参考答案第3页共8页 过导体棒的电量为q=h=kt,故q￠t图像为开口向上的抛物线，故D正确。 14、答案AC A.将原线圈等效为一个电阻R,根据变压器的输入功率等于输出功率得 气号号 可得R=k(R,+R)仅将R减小，则R不变，即原线圈回路的总电阻减小，设交流电源电压为U。,根据 1=。,。可知电流表示数增大，根据U=R可知原线圈两端的电压U,增大，则电压表的示数U增大， R+R 故A正确：B.设交流电源电压为U。,则在原线圈回路有U,=R+kU即U=-BI+则AC-B △k UU U =k=k(R2+R3) 散为定值，故B错误：C因片得则电压表与电表泰数的此值 k k 故C正确：D.仅将滑片P下移，则R减小，则R减小，电流表示数增大，电源的输出功率P。=U。1 故电源的输出功率增大，因R与R的大小关系不确定，即变压器的输入功率（等于输出功率）不一定减小， 故D错误。故选AC。 15、答案AC A.导体棒a到达OO'之前，设在极短的时间△t内，导体棒a速度变化量为△，a中的电流为i,根据牛顿 第二定律有m,gsina-iLB,=m,a又q=i1,q=CB,L△v,△v=a△1联立解得a=2.5m/s2即a到达底端之前 做初速度为零、加速度大小为25m/s的匀加速直线运动，根据几何关系可得位移x=h=3.2m根据 sina 1 x=2a㎡解得1=1.6s,故A正确：B.a到达底端的速度a4m/s因a、b质量相等，所以a进入水平轨 道后与b发生弹性碰撞交换速度，则b进入Ⅱ时的速度等于a到达底端的速度，即v=4m/s,根据法拉第 电磁感应定律有E=B,又I=E ,U。=.联立解得U。=1.6V,故B错误；C.b进入Ⅱ后，b、c组 +r 成的系统动量守恒，则有风=风新+观5根据能量守恒有Q=y一好-之现片又导体棒c产生的热 21 量Q-号Q解得Q-子，故C正确：D.当c出能场时，b也刷好出磁场，此时c到边界1的距离最小， 3 设最小距离为5，则整个过程流过闭合回路的电荷有g=△1又7：E, B,Ls +方E心=联立解得9手 △t△t 上+乃 对c用动量定理B,7LA1=m.y,又g=7△联立解得=m,故D错误。 3 16.(6分) 答案：(1)BC(2)5×10-10m(3)偏大：偏大。 高二（下）物理参考答案第4页共8页 解析(1)油膜法将油酸分子视为球形并形成单分子油膜，是典型的理想模型法，故B正确。 测量100滴溶液的总体积取平均值以减小误差，属于累积法，C也正确。 A错误，本实验并未控制变量；D错误，油膜面积并非替代分子直径，而是用于计算。 (2)一滴溶液中纯油酸的体积：V=5×10=5×10-6nmL=5×10-12m3。 100 油膜面积S=10e2=0.012。分子直径d=号=0”。 0.01 =5×10-10m。 保留1位有效数字为5×10-10m。 (3)油膜未完全散开，面积S偏小，由d=V/S可知，V不变，S偏小导致d偏大。 浓度比正常低，测量时V用原浓度计算（偏大），由d=V/S,所以d偏大。 17、(8分) 答案：(1)小(2)70(3)偏大 解析：(1)应让传感器工作在压力较小的区域（此时压力微小变化会引起电阻明显变化），从而提高分拣 精度。故填“小”。 (2)串联分压公式：U=代入U=8.0N、E=12W、R1=35knR2=70kn (3)电压表内阻在串联电路中分压，因此电压表实际读数小于不接电压表时的8.OV。若仍以读数8.OV为 阈值，则需要更大的实际U才能达到，即需要更小的R1(更大的压力)，因此触发质量偏大。 18.(10分) 答案：(1)Em=20V2V;e=20V2cos(100V2t)V(2)I2=0.5A A 解析：(1)线圈面积S=0.2×0.1=0.02m2。(1分) 最大电动势Em=NBSw=100×0.1×0.02×100V2=20V2V。(1分) 图示位置线圈平面与磁感线平行，即磁通量为零，感应电动势最大，故瞬时表达式为e=Emcosωt= 20v2cos(100V2t)V。(2分) （2)电动势有效值E=号=20=20v。 不计发电机内阻，原线圈电压有效值等于发电机电动势有效值，即U0=20V。(1分) 由理想变压器电压比公式： U0_0今U1= 100 U1 n1 1U0 no 1000×20=2V(1分) U0_0→U2= 50 U2 n2 2U0三1000×20=1V(1分) no 國线圈1的输出功率：P1== =年=1W(1分) 己知总功率P总=1.5W,则副线圈2的输出功率：P2=P总-P1=1.5-1=0.5W(1分) 高二（下）物理参考答案第5页共8页 通过副线圈2的电流有效值：与=号=票=05A (1分) (其他解题方法的参考评分标准给分) 19.(12分) 答案：(1)v5=2.5m/s,v6=2.5m/s(2)v1=1.5m/s,v2=2.275m/s 解析：1.求v5和v6 撤去外力后，两棒在I、Ⅲ区，磁场均竖直向下，宽度均为L。系统水平方向不受外力，动量守恒，最终 共速①1分 初动量p=mw3+mv4=1×3+1×2=5②1分 最终共速v:2mv=5,③1分 得v=2.5m/s,故vs=v6=2.5m/s。④1分 2.求v1和v2 设棒1加速度为Q。棒1在1区受安培力F41=, 2R凸1=4x1, vt=2vt。由牛顿第二定律F-2v:=ma, 且v:=1+at。外力每秒增加3N,故2a=3,得a=1.5m/s2。⑤3分 由t=1s时v3=3,得1=v3-a·1=3-1.5=1.5m/s。 ⑥1分 棒2在Ⅱ区，磁场水平向右，不产生电动势回路电流1=”=2x如=。棒2受安培力竖直向上F42= 2R BIL=2vt,正压力N=mg-2v,摩擦力f=(mg-2v)=0.05(10-2v)。v:=1.5+1.5t,则f= 0.05[10-2(1.5+1.5t)]=0.35-0.15t。 对棒2用动量定理（向右为正）：-ft=m(v4-v2),⑦2分 用平均摩擦力带入计算，故-0.275=1·(2-v2),得v2=2.275m/s。⑧2分 20.（15分) 答案：(1)x1=dt1=2m+ ②)x=7dA2=器（π+1+arctan吃-arctan)=g(π+1+arctan》 (3)(2n2-1)d,0, 解析：(1)粒子在区域I中做四分之一匀速圆周运动， 半径R=吧=d,从P0,d运动到(do), 速度竖直向下。 (1分) 进入区域Ⅱ，竖直向下匀速运动到y=一d, 时间t加=品=后=，竖直速度向下为w: 高二（下）物理参考答案第6页共8页 水平方向匀加速，水平速度，=a11=架×器=0 水平位移2atm2-号=s,到达(1.5d,-d),（2分) 进入区域Ⅲ时速度(v,-vo),合速度为v与X轴正方向夹角a满足tana=”=1。所以做四分之 三圆周运动（优弧），圆心角受 回到y=-d.水平漂移Axe=-2Rna=-2觉sna=-29=-2d, R=mv qB 到达(-0.5d,-d),速度(vovo)(与水平方向夹角45°向上)。 (1分) 再次进入区域IⅡ向上运动，时间2=8=t 水平位移vot+号at2=1.5d=3S, (1分) 到达(d0)故第1次从区域Ⅱ回到x轴的位置坐标x1=d（1分) (2)第1次回到x轴时，速度为(vx1,vo),vx1=a(t1+t2）=2o 合速度与X轴正方向夹角a1满足ana:1=识=克 "x1 在区域1中做部分圆周运动（劣弧。圆心角2a,时间1=需4， R=9回到X轴时水平漂移ax1=2R1sna1=20sinc1=2胎=2d, 到达(3d0),速度(2vo,-vo)。 (1分) 区域Ⅱ中，同理得向下匀速运动时间t哈水平位移为2.5d=5s,到达(5.5d,-d), 速度(3vo,-o),与水平方向的夹角2=arctan (1分) 区域中做优弧，圆心角2n-22,时间%2r-2a2) 到达(3.5d,-d),速度(3vovo). (1分) 再次回到区域Ⅱ向上匀速运动，时间t沿水平位移为3.5d=7s,到达(70)。 (1分) 故x2=7d,从x1到x2的时间： mm Gg中g个，B2m-z)+02n 2m +gB-qBr+1+4-a2）=qBπ+1+arctan2 arctan3 或者：由于a-2=arctanarctanarctan克所以2=器(a+1+arctan》 (1分) (3)第1次从2区域返回1区域后： 粒子在xOy平面内的运动规律：由(2)可得：水平方向，在1区向右侧移距离为2d,3区域磁场中侧 移距离为-2d,Ⅱ区域里不断向右做匀加速直线运动，向右运动的距离为3S,5S,7S,9S,11S…经Ⅱ区 高二（下）物理参考答案第7页共8页 域第n次回到x轴时的横坐标分别为1d,7d,17d,31d…满足xn=(2n2-1)d,yn=0。(2分) z方向以速度v2=kvo匀速运动， 总时间Tn为从开始到第次回到x轴的时间。 由1)粒子在区域I中做四分之一匀速圆周运动，时间为=需 进入区域时做四分之三圆周运动时间=器开始运动直到从区域Ⅱ第1次回到x轴总时间 刀=++加+加=器+元+器+品-如g,型 qB qB 由(2)知第次回到x轴到第i+1次从区域Ⅱ返回到x轴的时间间隔为 2m/ △t:= 1 1 gB（π+1+arctan2元-arctan2+i) 因此 T(arectanarcan (1分) 故第n次从区域Ⅱ进入区域I时的位置坐标为： (1分) 高二（下）物理参考答案第8页共8页 高二物理 注意事项: 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。 3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时90分钟。 一、选择题 (1-11 题单选 每题 3 分 共计 33 分 12-15 题多选题 每题 4 分 漏选得 2 分 错选、多选不得分，共计 16 分) 1、麦克斯韦在建立电磁场理论时，提出了两个大胆的假设:变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场。赫兹后来利用火花间隙发生器验证了电磁波的存在。关于电磁波的产生与传播，下列说法正确的是 ( ) A. 均匀变化的电场能够在周围空间产生稳定的磁场，进而形成向外传播的电磁波 B. 电磁波不能发生干涉、衍射现象 C. 赫兹实验中火花间隙产生的振荡电流使周围空间产生变化的电磁场, 从而激发出电磁波 D. 电磁波必须在介质中才能传播，其在真空中的传播速度小于在玻璃中的传播速度 2、关于布朗运动中花粉颗粒的受力情况及其运动规律，以及扩散现象中的统计特性，下列描述符合物理事实的是 ( ) A. 花粉颗粒在某时刻受到的液体分子撞击力的合力一定不为零，且方向始终指向颗粒运动的方向 B. 颗粒越小、温度越高, 布朗运动越剧烈, 这是因为小颗粒同一时刻受到的分子撞击次数少, 受力不平衡性更显著 C. 扩散现象表明分子间存在斥力，墨水分子是因为受到周围水分子的斥力才被“推”向远处的 D. 只要时间足够长，扩散现象最终会使墨水分子均匀分布，此时水分子将停止运动，系统达到“死寂”状态 3、老式磁电式电流表 (如实验室用的灵敏电流计) 内部有一个可转动的铝框, 线圈绕在铝框上。当指针摆动时，即使没有外力，它也会迅速稳定在读数位置，不会来回振荡。工程师解释这是利用了“电磁阻尼”。图中哪个结构最能模拟该铝框在磁场中的工作原理 ( ) A. 图甲 —— 闭合螺旋线圈在轴向磁场中旋转 B. 图乙 —— 开口螺旋线圈在轴向磁场中旋转 C. 图丙 —— 闭合直导线框在径向磁场中旋转 D. 图丁 —— 绝缘直导线框在径向磁场中旋转 4、电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应实现减震及能量回收，结构如图甲所示。固定线圈电阻不计，两对永磁铁可随发动机一起上下振动，永磁铁在振子平面内的磁场分布情况如图乙所示。永磁铁振动时，磁场分界线不会离开线圈。下列说法正确的是 ( ) A. 当永磁铁相对线圈向上振动时, 图乙线圈中的感应电流为顺时针方向 B. 线圈中感应电动势只与振幅有关，与振动频率无关 C. 当永磁铁向下运动时，永磁铁受到的安培力方向向下，这会加剧发动机的振动 D. 增加线圈匝数，可以提升减震效果 5、为了监测城市排污管道的流量，环保部门安装了一种“电磁流量计”如图所示，其原理是利用一段非磁性材料制成的圆形管道，在管道外部施加一个垂直于纸面向里的匀强磁场 。当含有正负离子的污水以速度 流过管道时，管壁上下间距为 的两点 之间会产生电势差 。通过测量 即可计算出污水的流量 (单位时间内流过的体积) 。已知管道直径为 ，关于该电磁流量计的工作原理，下列说法正确的是 ( ) A. 点的电势高于 点的电势 B. 污水中离子浓度越高， 、 两点间的电势差 越大 C. 电势差 与污水流速 成正比,与管道直径 无关 D. 若测得电势差为 ,则污水的流量 6、如图所示，LC 振荡电路中，开关接 2 位置， 时刻电容器上极板带正电且电荷量最大。已知线圈自感系数 ，则下列说法正确的是 ( ) A. 振荡周期为 B. 电容器的电容 约为 C. 时,电路中电流方向与 时刻相同 D. 当 ,磁场能达到最大值 7、纳米机器人的机械手控制血栓颗粒(视为单个大分子)，使分子中心正对并沿直线方向靠近。设两分子间距为 ,平衡位置为 。已知分子间作用力 随距离 的变化是非单调的: 当 时表现为引力,且在 处引力达到最大值 ; 当 时表现为斥力。若机械手控制颗粒从 处由静止开始被释放，分子仅在分子力作用 下开始运动 (忽略其他阻力), 下列关于颗粒运动状态的分析正确的是 ( ) A. 颗粒间距在 时,此处分子势能最大 B. 颗粒间距在 时加速度为零，速度达到最大 C. 从开始释放到颗粒间距 变为 的过程中，加速度逐渐增大 D. 颗粒间距缩短为 后,分子将立即反向运动 8、现有边长为 的正方形单匝线圈,总电阻 ,在磁感应强度 的匀强磁场中,绕垂直于磁场的轴以角速 匀速转动。从线圈平面与磁场方向垂直 (中性面) 开始计时, 忽略摩擦力。在单匝闭合线圈转动过程中, 下列说法正确的是 ( ) A. 感应电动势瞬时值表达式为 B. 转动一周的过程中，外力做功的平均功率为 C. 从计时开始位置转过 的过程中，通过线圈截面的电荷量为 D. 线圈转动一周产生的热量 9、工程师小李正在设计一款新型汽车的仪表盘。驾驶员转动钥匙启动汽车 (相当于闭合开关 S) 的瞬间，代表“发动机运行正常”的主指示灯 (L2 ) 能立刻亮起，给驾驶员即时的反馈。同时，他还想加入一个特殊的“系统自检”指示灯(L1)，在发动机稳定运行后才会熄灭，以此告诉驾驶员自检程序已经完成。为了实现这个效果他设计了如下的电路图: 将“系统自检”指示灯 与电感线圈 并联，然后再将这个并联部分与“主指示灯” 串联，最后接入汽车的电池 (E) 和启动开关 (S) 。以下说法错误的是 ( ) A. 刚闭合 (启动汽车) 的瞬间，主指示灯 立刻变亮，给予驾驶员即时反馈 B. 刚闭合 的瞬间，通过主指示灯 的电流大于通过自检指示灯 的电流 C. 闭合 待电路稳定后 (发动机正常运行),自检指示灯 熄灭，主指示灯 比启动 瞬间更亮 D. 闭合 待电路稳定后，若将 断开(关闭汽车)的瞬间，主指示灯 立即熄灭，而自检指示灯 会闪亮一下再熄灭 10、2026 年, 我国远海浮动式风电场投入运营。该风电场采用直驱永磁同步发电机技术, 其核心发电原理如图所示:发电机定子线圈固定，转子磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动。已知磁体间产生匀强磁场,磁感应强度大小 ,线圈匝数 匝,单匝线圈面积 。叶片在额定风速下驱动磁体以角速度 匀速转动。发电机产生的交变电流 (不计线圈内阻) 直接接入理想升压变压器其匝数比 。电能通过总电阻 的海底电缆输送至陆地变电站。在陆地端,通过理想降压变压器 将电压降至用户端电压 供用户使用。监测数据显示，此时输电线上损失的热功率为 ，假设两个变压器均是理想变压器, 整个输电过程中除输电线电阻外无其他能量损耗, 且负载可视为纯电阻。下列说法正确的是 ( ) A. 当磁场与线圈所在平面垂直时, 发电机感应电动势最大 B. 发电机输出电压为 C. 用户的功率为 D. 降压变压器原、副线圈的匝数比为 180:11 11、为了研究地球磁场对宇宙射线中带电离子的偏转作用。假设一群质量为 、电荷量为 、速度大小介于某一范围的粒子沿垂直于直径 的方向射向赤道平面，已知从 点射入磁场的粒子恰好全部到达赤道线下半圆弧上。设赤道平面内匀强磁场半径 ，磁感应强度大小为 ,地球半径为 ,不计粒子重力、粒子间的相互作用力以及一切阻力。 下列说法正确的是 ( ) A. 赤道上存在一段区域粒子无法到达，该盲区所对圆心角为 B. 能到达赤道的粒子在磁场中运动的最短时间为 C. 粒子的速度大小范围为 D. 从 点射入的粒子，速度越大，在磁场中运动的时间越长 12、2025 年，我国“奋斗者”号全海深载人潜水器在马里亚纳海沟执行深潜科考任务。潜水器下潜时，外部海水温度随深度增加持续降低，舱内一密闭导热容器中封存着一定质量的理想气体，气体最终与海水达到热平衡。关于该过程，下列说法正确的是 ( ) A. 气体分子热运动的剧烈程度减弱 B. 容器内每个气体分子的运动速率都减小 C. 单位时间内撞击容器壁单位面积的分子数减少 D. 气体中悬浮的固体微粒越大，布朗运动越明显 13、如图甲所示，光滑平行金属导轨 、 所在平面与水平面成 角， 、 两端接一阻值为 的定值电阻,阻值为 的金属棒 垂直导轨放置,其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上。 时对棒施一平行于导轨的外力 ,棒由静止开始沿导轨向上运动,通过 的感应电流 随时间 的变化关系如图乙所示。下列关于穿过回路 的磁通量 、金属棒 的加速度 、金属棒受到的外力 、通过棒的电荷量 随时间变化的图像中,可能正确的是 ( ) A. B.C. D. 14、如图所示，某实验小组利用理想变压器模拟远距离输电系统。原、副线圈匝数之比为 ,原线圈串联一个可变电阻 的电阻以模拟输电线路损耗,接在电压有效值恒定的正弦式交流电源上，电源内阻忽略不计。副线圈回路中接代表基础负载的定值电阻 与代表可变家用负载的滑动变阻器 ,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是 ( ) A. 仅将 减小，电压表和电流表的示数均增大 B. 仅将滑片 上移，电压表示数的变化量绝对值 与电流表示数变化量绝对值 比值 变大 C. 电压表与电流表示数的比值 D. 仅将滑片P 下移，电源的输出功率增大，副线圈的输出功率减小 15、智能物流仓库有一段电磁分拣传送线设计图,传送线由倾角 的下坡滑道和水平分拣台两部分，在 处平滑连接且连接处绝缘，导轨间距 ，下坡滑道部分有垂直导轨平面向上的匀强磁场 ，磁感应强度大小 ，水平分拣台上虚线 1、2 间存在竖直向上的匀强磁场 II，磁感应强度大小 。滑道顶端连接有电容 的电容器。水平分拣台上静止两导体棒 在磁场外, 在磁场 中。某时刻导体棒 从距水平面高 处由静止释放,导体棒 沿下坡滑道运动至底端进入水平分拣台,与导体棒 发生弹性碰撞,碰后导体棒 被立即取走,导体棒 离开磁场 II 时速度为 未发生碰撞。三导体棒的质量 ,导体棒 无电阻,导体棒 的电阻分别为 ,长度均为 ,三导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨光滑且电阻不计，重力加速度 取 。下列说法正确的是( ) A. 导体棒 到达底端所经历的时间为 B. 进入 II 的瞬间， 两端的电压为 C. 导体棒 在磁场内产生的焦耳热为 D. 初始时刻导体棒 距离磁场 II 左边界 1 的最小距离为 三: 实验题 题 6 分,17 题 8 分,共 14 分) 16. (6 分) 在 “用油膜法估测油酸分子的大小” 实验中, 某实验小组进行了如下操作: 配制油酸酒精溶液:将纯油酸与酒精按一定比例混合，测得 1 mL 溶液中含有纯油酸 (浓度为 0.05%)。 用注射器滴取该溶液，测得 100 滴溶液的总体积为 。 在浅盘中装入适量水，均匀撒上痱子粉，用注射器滴入 1 滴溶液，待油膜稳定后， 测得油膜面积为 。 请回答下列问题: (1)下列关于本实验所用物理思想或方法的说法，正确的是_____。(填写正确选项的字母)(2 分) A. 该实验采用了控制变量法，通过控制油酸体积和面积来测分子直径 B. 该实验采用了理想模型法, 将油酸分子视为球形且在水面上形成单分子油膜 C. 该实验采用了累积法，通过测量多滴溶液的体积再取平均来减少偶然误差 D. 该实验采用了等效替代法，用油膜面积替代分子直径 (2)根据上述实验数据，估算油酸分子的直径大小_____m_____、_____h_____(结果保留 1 位有效数字)。 (2 分) (3)若实验中发现油膜未完全散开(即油膜面积偏小)，则分子直径的测量结果将_____ (填“偏大”“偏小”或“不变”)；若配制出的实际纯油酸浓度偏小，任然按照原来的浓度计算 (其它操作无误), 则测得的分子直径将_____(填 “偏大” “偏小” 或 “不变”)。 (2 分) 17、(8 分)图甲为苹果自动分拣装置示意图，其核心元件是半导体薄膜压力传感器 ， 其阻值随压力变化的特性如图乙所示。 分别是两个杠杆的固定转轴。通过以 为轴的杠杆将苹果质量转换为对 的压力,利用分压电路控制电磁铁动作。以 为轴的杠杆右端的衔铁受到吸引力，大苹果通道打开(如图甲)，不受吸引后杠杆中部弹簧恢复原状， 杠杆回到水平位置，小苹果通道将打开，实现大、小苹果的自动分拣。 已知托盘秤及杠杆自身质量忽略不计，重力加速度 。图乙中，压力 时，传感器电阻 。 (1)若希望分拣装置能区分质量更接近的苹果(即提高分拣精度)，应使传感器工作在压力较_____ (选填“大”或“小”) 的区域。(2分) (2)图甲中，电源电动势 (内阻不计)，可调电阻 与 串联。当放大电路两端电压 时触发电磁铁吸合。若要求传感器受到的压力恰好为 ，恰好触发分拣， 则应将 调至_____ 。(3 分) (3)实际测量发现，电压表内阻 并非无穷大。若将电压表并联接在放大电路两端测量 U，并以电压表读数 8.0V 作为触发阈值，则实际触发分拣的质量将_____(选填“偏大”或“偏小”)。(3分) 四:计算题(本题共 37 分，3 个小题，每题要求写出必要的文字说明、方程式和步骤) 18. (10 分) 新能源汽车无线充电系统中，为同时给车内多个设备充电，系统采用一个原线圈带两个副线圈的理想变压器, 其结构简化为如图所示的模型。发电机线圈共 100 匝, 两条边长度分别为 ,在磁感应强度 的匀强磁场中,绕垂直于磁场的轴以角速度 匀速转动。线圈电阻忽略不计，其输出端接理想变压器原线圈。变压器原线圈匝数 匝,两个副线圈的匝数分别为 和 ,分别向两个车载设备供电，等效电阻分别为 和 (未知)。已知两个副线圈的总输出功率为 。 (1)求发电机产生的感应电动势的最大值 ，并写出从线圈平面与磁感线平行开始计时的瞬时电动势 的表达式。(4分) (2)求通过副线圈 的电流有效值 。(6 分) 19. (12 分) 如图所示,金属轨道水平放置,轨道宽度为 ; 空间划分为三个区域: I 区 (过 BB1 的虚线左侧区域) 和 III 区 (过 CC1 的虚线右侧区域) 磁场竖直向下， 区 (中间区域) 磁场水平向右,各区域磁感应强度相等为 。轨道 和 段粗糙,动摩擦因数 ,其余轨道光滑。两根完全相同的金属棒 1、2，质量均为 ， 电阻均为 ，分别置于 I 区轨道最左端和 II 区轨道最左端(BB1 处)。两棒与导轨始终垂直且接触良好,棒 1 始终在 区轨道上运动,所有轨道电阻不计,重力加速度 。 时，两棒同时运动，初速度不为零。运动过程中给棒 1 施加一个外力，使其在 I 区做匀加速直线运动,实验发现该外力随时间每秒增加 。棒 2 以初速度在 II 区运动，经过时间 后，棒 2 刚好进入 III 区，此时立即撤去棒 1 的外力，测得棒 1 的速度 ，棒 2 的速度 。此后两棒继续运动，速度稳定时棒 1 速度为 ， 棒 2 速度为 。求: (1)稳定后的速度 和 ; (4 分) (2)棒 1 和棒 2 的初速度 和 。(每个速度 4 分，共 8 分) 20. (15 分) 在 平面内,空间分为三个区域 (如图) : 区域 和区域 有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为 。区域 : 有沿 轴正方向的匀强电场,电场强度大小为 ; 质量为 、电荷量为 的粒子从 点以水平向右的初速度 射入区域 。 已知 ，粒子重力忽略不计。(提示:若求得 ， 单位为弧度时,则 可以用反三角函数形式表示) (1)粒子在区域 III 中运动后再次进入区域 II ，并向上运动穿过区域 II 回到 轴(即 )。求粒子第 1 次从区域 II 回到 轴时的位置坐标 (用 表示)。(6分) (2)求粒子第 2 次从区域 II 回到 轴时的位置坐标 (用 表示)，从 运动到 的运动时间 。(用 表示)(5 分) (3)假设粒子进入区域 I 时，除了有沿着 X 正方向的速度 外，还有一个沿 z 轴正方向 (垂直纸面向外)的速度分量 ( 为已知常数)。 求粒子第 次 (n > 1) 从区域 II 进入区域时 I 的位置坐标。(4分) 学科网（北京）股份有限公司 $