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2023-2024学年福建省厦门市一中高二（下）期中物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年福建省厦门市一中高二（下）期中物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.有“中国天眼”美誉的FAST是目前世界最大口径的射电望远镜，它是一种用于接收和研究天体发射的电磁波的特殊装置。下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 电磁波在真空中不能传播B. 电磁波能传播信息，不能传播能量
C. 红外线的波长比X射线的波长更长D. 麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在
2.“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”在某个工作过程中，一定质量的理想气体的p−T图像如图所示，ab与横轴平行。下列说法正确的是( )
A. a→b过程中，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数增多
B. a→b过程中，气体的内能增加
C. b→c过程中，气体温度降低，体积减小
D. b→c过程中，每个气体分子的动能都减少
3.某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对厢内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是( )
A. 从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向
B. 从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向
C. 金属线圈B对电梯轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用
D. 金属线圈B有扩张的趋势，A有收缩的趋势
4.如图所示，光滑圆管竖直固定在水平匀强磁场中，一带正电小球从管口静止开始下落，圆管对小球的冲量I随下落时间t和下落高度h关系图像中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件。下列说法正确的是( )
A. 甲图如果加速电压减小，那么粒子最终的最大动能不会变化
B. 乙图可通过增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势
C. 丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子只能从左侧沿直线匀速通过速度选择器
D. 丁图中产生霍尔效应时，稳定时一定是D侧面电势高
6.电动汽车无线充电示意图如图所示，若发射线圈的输入电压为u=220 2sin100πt(V)、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为2200匝。若发射线圈输出功率为13.2kW，变压器为理想变压器，下列说法正确的是( )
A. 采用直流电流电源也能为电动汽车充电B. 接收线圈中交变电流的频率为100Hz
C. 副线圈输出电流的有效值为30AD. 副线圈输出电压的峰值为440 2V
7.如图所示，圆O的半径为R，圆内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)，MN为竖直方向的直径，CD为水平方向的直径。一比荷为qm的带正电的粒子，从圆形磁场边界上的A点以一定的速度沿水平方向射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON=120°，下列说法正确的是( )
A. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
B. 粒子的速度大小为 3qBRm
C. 若粒子从C点以相同的速度入射，则粒子从N点射出
D. 粒子在磁场中运动的时间为πm3qB
8.如图所示，△ABC、△CDE为相同的等腰直角三角形，且A、C、E在同一条直线上。△ABC内有垂直纸面向里的匀强磁场，△CDE内有垂直纸面向外的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相等。一电阻分布均匀的正方形导线框的边长为l，且为AB长度的一半。该线框沿ACE向右以速度v匀速穿过磁场，t=0时刻恰好位于图中所示位置。线框平行于ACE方向所受的安培力为F，向左为正，导线框中电流I以顺时针方向为正方向，二者与时间t的关系图像正确的是( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本大题共3小题，共6分。
9.为演示断电自感现象，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成如图所示的电路。闭合开关待电路稳定后，电路中两支路的电流分别为I1和I2。如图所示反映断开开关前后的一小段时间内电路中的电流随时间变化的关系。自感线圈所在支路的电流如曲线______所示。断开开关后，小灯泡的发光情况为______。
10.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F>0时分子间作用力为斥力，F<0时分子间作用力为引力，A、B、C为x轴上三个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，乙分子在C点的动能______(填“最大”或“最小”)；乙分子从A点到C点分子势能______(填“一直减小”“先减小后增大”或“一直增大”)。
11.如图为电能从“发电厂”到“用户”的交流输电过程示意图。回答以下问题：
(1)“发电厂”的输出功率一定。若使用55kV电压输电到“变电站一”时，输电线上损耗的功率为P；则使用550kV电压输电时，输电线上损耗的功率为______；
(2)从图中获取的信息可以判断“变压电站一”的降压变压器的匝数比______55(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.某同学在实验室做“用油膜法估测分子直径大小”的实验中，已知油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL。用注射器抽得上述溶液2mL，现缓慢地滴出1mL溶液，共有溶液滴数为50滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘中，在刻有小正方形坐标的玻璃板上描出油膜的轮廓如图所示，坐标系中小正方形方格的边长为20mm。试问：
(1)这种估测方法是将每个分子视为______模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油分子的______。
(2)图中油酸膜面积是______mm2；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是______m。(最后一空保留1位有效数字)
13.某同学在做“利用传感器制作简单的自动控制装置”的实验中，所用热敏电阻RT的阻值随温度升高而减小，由该热敏电阻RT作为传感器制作的自动报警器原理图如图所示，其中左侧为控制电路，右侧为工作电路。
(1)为了使温度过高时报警器响铃，c应接在 (选填“a”或“b”)处。
(2)若要使启动报警的温度降低些，应将滑动变阻器的滑片P向 (选填“上”或“下”)移动。
(3)如果报警器达到报警温度时，无论如何调节滑动变阻器的滑片P都不能使报警器响铃，检查后发现电路连接完好，各电路元件完好，则造成电路不能正常工作的原因可能是 。
A.控制电路中电源E1的电动势过小
B.继电器中线圈匝数过多
C.继电器中弹簧劲度系数过大
五、简答题：本大题共2小题，共27分。
14.如图甲所示，N=400匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r=2Ω，其两端与一个R=48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
(1)求电阻R两端的电压U；
(2)若将电阻R换成一个C=50μF的电容器，磁通量仍按此规律变化，求电容器上的电量q；
(3)再将电容器换成一个电动机，电动机的额定电压为18V，磁通量仍按此规律变化，此时，电动机恰正常工作，求此电动机的实际功率P。
15.截至2023年8月底，武威重离子中心已完成近900例患者治疗，疗效显著。医用重离子放疗设备主要由加速和散射两部分组成，整个系统如甲图所示，简化模型如乙图所示。乙图中，区域Ⅰ为加速区，加速电压为U，区域Ⅱ、Ⅲ为散射区域，偏转磁场磁感应强度大小均为B，区域Ⅱ中磁场沿y轴正方向，区域Ⅲ中磁场沿x轴正方向。质量为m、电荷量为q的带正电的重离子在O点由静止进入加速电场，离子离开区域Ⅱ时速度偏转了37°，不计离子的重力，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求离子进入磁场区域Ⅱ时速度大小；
(2)求磁场Ⅱ的宽度d；
(3)区域Ⅲ磁场宽为d′=10πB 2mUq，在区域Ⅲ右侧边界放置一接收屏，接收屏中心O′与离子进入电场时的O点在同一直线上，求当离子到达接收屏时距离接收屏中心O′点的距离。
六、计算题：本大题共1小题，共15分。
16.“福建舰”是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置。电磁阻拦，可简化为如图所示的模型：在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。轨道端点MP间接有阻值为R的电阻，金属导体棒ab长为L、阻值为R、质量可忽略，垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。质量为m的飞机通过轻质绝缘阻拦索钩住导体棒ab并立即与导体棒获得共同的水平速度v0，同时飞机关闭动力系统。假如飞机受到的摩擦阻力恒为kmg，飞机和导体棒共同运动x距离停下来，求：
(1)飞机刚钩住导体棒时，流过导体棒的电流大小；
(2)全过程导体棒中产生的焦耳热；
(3)飞机和导体棒共同运动的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、电磁波的传播不需要介质，在真空中可以传播，故A错误；
B、电磁波能传播信息，也能传播能量，故B错误；
C、由电磁波谱可知，红外线的波长比X射线的波长更长，故C正确；
D、麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误；
故选：C。
电磁波的传播不需要介质；电磁波能传播信息，也能传播能量；红外线的波长比X射线的波长长；赫兹用实验证实了电磁波的存在。
本题考查了电磁波的产生及传播、电磁波谱等基础知识，题目基础，要求学生重视课本，强化记忆。
2.【答案】B
【解析】解：A、a→b过程中，气体压强不变，温度升高，根据VT=C可知，体积增大；温度升高，气体分子平均动能增大，对容器壁的冲撞力增大，又由于体积变大，分子数密度减小，为保证压强不变，因此气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数减少；故A错误；
B、a→b过程中，温度升高，气体内能变大，故B正确；
C、根据图像可知，b→c过程气体温度降低；在p−T坐标系中，过原点的倾斜直线表示等容变化，且图像的斜率越大，体积越小；根据图像可知，Ob连线与Oc连线不共线，且Ob斜率大于Oc斜率，可知b→c过程气体体积增大；故C错误；
D、根据图像可知，b→c过程气体温度降低，气体分子的平均动能减小，并不表示每个气体分子动能都减少，故D错误；
故选：B。
根据盖−吕萨克定律以及气体压强的微观意义进行分析；温度是理想气体内能大小的标志；根据p−T坐标系中图像的物理意义分析；温度决定分子平均动能大小。
本题考查了盖−吕萨克定律、气体压强的微观意义、决定内能的标志—温度以及p−T坐标系中图像的物理意义，涉及知识点较多，需要全面掌握各类知识点。
3.【答案】A
【解析】解：A、当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，故A正确；
B、当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故B错误；
C、结合上述的分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误；
D、闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D错误。
故选：A。
带有磁铁的电梯在靠近或远离闭合线圈的过程中，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动。由此分析即可。
本题考查了楞次定律的灵活应用，注意楞次定律也是能量转化与守恒的表现，要正确理解感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动。
4.【答案】C
【解析】解：AB.小球下落过程中受到重力、洛伦兹力和管壁水平的弹力作用，由于洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，不改变速度的大小，在水平方向管壁弹力和洛伦兹力平衡，如图
所以小球在竖直方向做自由落体运动，加速度为g，根据速度—时间关系
v=gt
圆管对小球的冲量I=qvBt=qBgt2
根据以上表达式分析可知，AB错误；
CD.又由h=12gt2可得
I=2qBh
可知I与h成正比，故C正确，D错误。
故选：C。
AB.根据受力分析结合圆管对小球的作用力冲量的表达式对比图像分析判断；
CD.根据动量定理结合位移时间规律列式结合图像判断。
考查物体的受力分析和动量定理，会根据题意列式进行分析判断。
5.【答案】AB
【解析】解：C、粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时，无论正电荷还是负电荷电场力与洛伦兹力方向相反，如从右侧沿直线匀速通过速度选择器时，无论正电荷还是负电荷电场力与洛伦兹力方向相同，因此只能从左侧进入，故C错误；
D、若载流子带负电，洛伦兹力指向D板，载流子向D板聚集，D板电势低，故D错误；
A、粒子在磁场中满足，洛伦兹力提供向心力：Bqv=mv2r
设回旋加速器D型盒的半径为R，可推导出粒子的最大动能为：Ek=12mv2=q2B2R22m
由此可知，粒子的最大动能为加速电压无关，故A正确；
B、当磁流体发电机达到稳定时，电荷在A、B板间受到的电场力和洛伦兹力平衡有：Bqv=Edq
得到电源电动势为：E=Bvd
由此可知，增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势，故B正确。
故选：AB。
根据左手定则得出粒子的偏转方向，并由此得出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电势差的表达式，结合题意完成分析；
粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和动能的计算公式得出动能的表达式并完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
6.【答案】CD
【解析】解：A、根据变压器的工作环境为交变电流可知直流电流电源不能为电动汽车充电，故A错误；
B、变压器不改变交变电流的频率，可知接收线圈中交变电流的频率等于原线圈中电流的频率，即f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故B错误；
C、根据理想变压器输入功率等于输出功率可知，且U1U2=n1n2，代入数据解得U2=440V，副线圈输出电流的有效值I2=P1U2=13200440A=30A，故C正确；
D、副线圈输出电压的峰值E2m= 2U2=440 2V，故D正确；
故选：CD。
根据变压器的工作环境以及变压器不改变电流的频率接单AB选项；再根据理想变压器电压之比与匝数之比之间的关系以及输入功率等于输出功率即可解答本题。
本题考查变压器的工作原理以及理想变压器原副线圈电压之比与匝数之比之间的关系等知识点，属于常规知识点的考查，基础题。
7.【答案】AC
【解析】解：A.作出粒子的运动轨迹如下图所示，根据几何关系可知△AOO′为等边三角形，易知粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径等于R，故A正确；
BD.根据洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2R
解得粒子的速度大小为：v=qBRm
粒子运动轨迹的圆心角等于23π，在磁场中运动的时间为：t=23πRv=2πm3qB，故BD错误；
C.若粒子从C点以相同的速度入射，运动轨迹如上图所示，根据几何关系可知出射点、轨迹圆心O″、C点、O点四个点为正方形的四个顶点，则粒子一定从N点射出，故C正确。
故选：AC。
作出粒子的运动轨迹，根据几何关系求得粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径；根据洛伦兹力提供向心力解得粒子的速度大小；由轨迹长度除以线速度求解在磁场中运动的时间；粒子从C点以相同的速度入射，作出运动轨迹图，根据几何关系确定粒子射出的位置。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，题目较简单。粒子只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据几何关系求得运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解其它物理量。
8.【答案】AC
【解析】解：
设线框边长为L，从位置1到位置2，线圈切割磁感线的有效长度为vt，根据电磁感应则有：E=BLv和I=ER
代入数据可得：I=Bv2tR，所以I与t成正比，即电流从0增加到BLvR，方向顺时针为正方向；根据：F=BIL
代入数据可知导体框受安培力：F=BIl=BBvt⋅vRvt=B2v3t2R
即安培力从零增加到B2⋅L2⋅vR，方向向左为正方向；
从位置2到位置3，线圈切割磁感线的有效长度为：l=L+L−vt=2L−vt
则电流：I=B(2L−vt)⋅vR
则电流从B⋅2L⋅vR减到B⋅L⋅vR零，方向顺时针为正方向；导体框受安培力：F=BIl=BB(2L−vt)⋅vR(2L−vt)=B2(2L−vt)2⋅vR
即安培力从B2⋅4L2⋅vR减小到B2⋅L2⋅vR，该变化过程为开口向上的抛物线，安培力方向向左为正方向；
从位置3到位置4，电流与从1到2变化相同，只不过电流方向为负方向；安培力的变化与从1到2相同，仍为向左为正方向；
从位置4到位置5，线圈切割磁感线的有效长度为：L−vt，
则电流：I=B(L−vt)⋅vR
即电流从BLvR减小到0，方向逆时针为负方向；
导体框受安培力：F=BIl=B2(L−vt)2⋅vR
即安培力从B2⋅L2⋅vR减小到零，方向向左为正方向，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
根据电磁感应，分析线框匀速通过的过程中有效切割磁场长度的变化，再根据楞次定律分析电流的方向问题。
本题主要考查线框匀速通过磁场过程中感应电流的大小变化和方向，以及在此过程中安培力的变化，在做题中要注意从一个磁场进入另一个磁场过程中的变化。
9.【答案】a 先突然变亮再逐渐熄灭
【解析】解：断开开关前后的一小段时间内，通过自感线圈的电流方向是不变的，则自感线圈所在支路的电流如曲线a所示；由图可知，断开开关之前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流，则断开开关后，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，线圈相当电源，由于线圈、电阻和灯泡重新组成回路，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭。
故答案为：a；先突然变亮再逐渐熄灭。
当电流变化时，电感线圈对电流有阻碍作用，电流增大，线圈阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
明确断开后的电路为灯泡和电感线圈构成回路，电流变化因电感线圈的阻碍而变慢。
10.【答案】最大 一直减小
【解析】解：由图可知，从A点到C点分子间作用力表现为引力，乙分子从A点由静止释放，甲分子对乙分子的作用力对乙分子做正功，由动能定理可得从A点到C点乙分子的动能一直增大，乙分子从A点到C点的分子势能一直减小；乙分子在C点的加速度为零，乙分子在C点的动能最大。
故答案为：最大，一直减小。
由图可知分子间的作用力的合力，则由力和运动的关系可得出物体的运动情况，由分子力做功情况可得出分子势能的变化情况。
本题考查分子力与分子势能，知道它们随分子之间距离变化的规律即可。
11.【答案】0.01P 小于
【解析】解：(1)发电厂的输出功率恒定，根据P发=UI可知，当使用550kV电压输电时，输电线路电流为使用55kV时的0.1倍，又由P=I2r，r为输电线上的电阻，可知使用550kV电压输电时，输电线上损耗的功率为0.01P；
(2)使用550kV电压输电时，由于输电线有电阻，所以“变压电站一“原线圈电压小于550kV，副线圈电压为10kV，根据变压器变压原理，“变压电站一”的降压变压器的匝数比小于55；
故答案为：(1)0.01P；(2)小于。
(1)根据“发电厂”的输出功率一定以及输电线路损失功率P=I2r，联立即可分析；
(2)根据输电线路电阻存在，导致到达“变电站一”时电压变小，再根据电压之比等于匝数之比分析解答。
该题考查远距离输电问题，要明确输入功率与输出功率之间的关系，掌握变压比公式，基础题。
12.【答案】球体 直径 2.28×104 5×10−10
【解析】解：(1)这种估测方法是将每个分子视为球体模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油分子的直径。
(2)在计算油膜面积时，按照多于半格算一格，少于半格舍掉的原则，油膜轮廓围成的方格数为57个；
图中油酸膜面积是S=57L2=57×(20×10−3)2m2=2.28×10−2m2=2.28×104mm2
由题意可知，1滴溶液中油酸的体积为V=6104⋅150mL=1.2×10−11m3
则分子直径为d=VS=1.2×10−112.28×10−2m≈5×10−10m。
故答案为：(1)球体；直径；(2)2.28×104；5×10−10。
(1)“用油膜法估测分子直径大小”的实验中，把油酸分子看作球体模型，单分子层油膜的厚度看作油酸分子的直径；
(2)在计算油膜面积时，按照多于半格算一格，少于半格舍掉的原则计算方格数，再求油膜面积；根据油酸酒精溶液的浓度和1mL油酸酒精溶液的滴数求解一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积，最后再求油酸分子的直径。
本题考查了“用油膜法估测分子直径大小”的实验，理解实验原理是解题的关键，解题时注意单位换算。
13.【答案】b 上 AC
【解析】解：(1)温度升高时热敏电阻阻值减小，控制电路中的电流增大，则电磁铁的磁性增强，将衔铁吸引下来与下方b处接通，故c应接在b处。
(2)若要使启动报警的温度降低些，相当于增大临界状态的热敏电阻阻值，为了仍等于电磁铁将衔铁吸引下来的电流临界值，则需要减小滑动变阻器的阻值，即滑片P向上移动。
(3)A.警器响铃的条件是控制电路中的电流大于等于临界值，控制电路中电源E1的电动势过小，即使无论如何调节滑动变阻器的滑片P都无法使电路中的电流升高到临界值。故A正确；
B.继电器中线圈匝数过多，使电磁铁磁性更强，更容易使报警器报警，故B错误；
C.继电器中弹簧劲度系数过大时，电磁铁在到达临界条件的电流时，引力无法将衔铁吸引下来。故C正确。
故选：AC。
故答案为：(1)b；(2)上；(3)AC。
(1)(2)根据动态电路的分析方法分析判断；
(3)根据电磁继电器的工作原理分析判断。
本题考查传感器的应用，要求掌传感器的特点，会根据闭合电路欧姆定律分析电路中物理量的变化。
14.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律得E=NΔΦΔt=400×0.015−
由闭合电路的欧姆定律得I=ER+r
又由部分电路的欧姆定律得U=IR
解得U=19.2V
(2)电容器上的电量q=CE=50×10−6×20C=1.0×10−3C
(3)电动机恰正常工作，则电压为U额=18V
内电压为U′=E−U额=20V−18V=2V
电流为I′=U′r
电动机的实际功率为P=U额I′
解得P=18W
答：(1)电阻R两端的电压为19.2V；
(2)电容器上的电量为1.0×10−3C；
(3)此电动机的实际功率为18W。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合图像得出感应电动势，结合欧姆定律完成分析；
(2)根据电容器的计算公式完成分析；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合电功率公式解答。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉公式得出电动势的大小，根据电路构造和欧姆定律完成对电路的分析，结合电容器的计算公式完成分析。
15.【答案】解：(1)离子在加速电场中加速，有
qU=12mv2
解得
v= 2qUm
(2)离子进入磁场区域Ⅱ时，速度与磁场方向垂直，做匀速圆周运动，离开时速度偏转了37°，即转过的圆弧所对的圆心角为37°，如图所示
则
d=Rsin37°
qvB=mv2R
解得
d=35B 2mUq
(3)离子在磁场中等螺距前进：离子进入磁场区Ⅲ时，速度与磁场夹角为37°，则离子在x轴方向做匀速直线运动，在yOz平面做匀速圆周运动
vx=vcs37°
vz=vsin37°
x方向匀速
vxt=d′
在yOz平面
qvzB=mvz2R1
T=2πR1vz
解得
t=6.25T
即离子转了6.25圈打在接收屏上，y轴上距离O′的距离
y=R1=35B 2mUq
z轴上距离O′的距离
z=R(1−cs37°)+R1
解得
z=45B 2mUq
离子在接收屏上距O′点的距离
s= y2+z2
解得
s=1B 2mUq
答：(1)离子进入磁场区域Ⅱ时速度大小 2qUm；
(2)磁场Ⅱ的宽度35B 2mUq；
(3)当离子到达接收屏时距离接收屏中心O′点的距离1B 2mUq。
【解析】(1)利用动能定理求离子进入磁场区域Ⅱ时速度大小；
(2)利用几何关系结合洛伦兹力提供向心力求磁场Ⅱ的宽度d；
(3)利用几何关系结合运动学规律，求当离子到达接收屏时距离接收屏中心O′点的距离。
明确带电粒子在电场中所做的运动以及在磁场中的运动，正确画出运动轨迹并熟练应用几何关系求出相应的物理量。
16.【答案】解：(1)飞机刚钩住导体棒时，导体棒 ab产生的电动势为E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律，此时电流为I=E2R=BLv02R
(2)根据功能关系可得，全过程回路产生的焦耳热为Q=12mv02−kmgx
全过程导体棒中产生的焦耳热为Q′=12Q=14mv02−12kmgx
(3)设飞机和导体棒共同运动的时间为t，根据动量定理可得
BI−Lt−kmgt=0−mv0
又
I−t=ΔΦ2Rt⋅t=B2L2x2R
联立解得
t=v0kg−B2L2x2kmgR
答：(1)飞机刚钩住导体棒时，流过导体棒的电流大小为BLv02R；
(2)全过程导体棒中产生的焦耳热为14mv02−12kmgx；
(3)飞机和导体棒共同运动的时间为v0kg−B2L2x2kmgR。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律解得电流。
(2)根据能量守恒求解整个过程中R上产生的焦耳热。
(3)应用动量定理、欧姆定律可以求出运动时间。
解决该题的关键是掌握安培力以及感应电动势的求解方法，知道飞机的运动过程是一个加速度变化的减速运动，掌握动量定理求解运动的时间。
1.有“中国天眼”美誉的FAST是目前世界最大口径的射电望远镜，它是一种用于接收和研究天体发射的电磁波的特殊装置。下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 电磁波在真空中不能传播B. 电磁波能传播信息，不能传播能量
C. 红外线的波长比X射线的波长更长D. 麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在
2.“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”在某个工作过程中，一定质量的理想气体的p−T图像如图所示，ab与横轴平行。下列说法正确的是( )
A. a→b过程中，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数增多
B. a→b过程中，气体的内能增加
C. b→c过程中，气体温度降低，体积减小
D. b→c过程中，每个气体分子的动能都减少
3.某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对厢内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是( )
A. 从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向
B. 从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向
C. 金属线圈B对电梯轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用
D. 金属线圈B有扩张的趋势，A有收缩的趋势
4.如图所示，光滑圆管竖直固定在水平匀强磁场中，一带正电小球从管口静止开始下落，圆管对小球的冲量I随下落时间t和下落高度h关系图像中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件。下列说法正确的是( )
A. 甲图如果加速电压减小，那么粒子最终的最大动能不会变化
B. 乙图可通过增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势
C. 丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子只能从左侧沿直线匀速通过速度选择器
D. 丁图中产生霍尔效应时，稳定时一定是D侧面电势高
6.电动汽车无线充电示意图如图所示，若发射线圈的输入电压为u=220 2sin100πt(V)、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为2200匝。若发射线圈输出功率为13.2kW，变压器为理想变压器，下列说法正确的是( )
A. 采用直流电流电源也能为电动汽车充电B. 接收线圈中交变电流的频率为100Hz
C. 副线圈输出电流的有效值为30AD. 副线圈输出电压的峰值为440 2V
7.如图所示，圆O的半径为R，圆内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)，MN为竖直方向的直径，CD为水平方向的直径。一比荷为qm的带正电的粒子，从圆形磁场边界上的A点以一定的速度沿水平方向射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON=120°，下列说法正确的是( )
A. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
B. 粒子的速度大小为 3qBRm
C. 若粒子从C点以相同的速度入射，则粒子从N点射出
D. 粒子在磁场中运动的时间为πm3qB
8.如图所示，△ABC、△CDE为相同的等腰直角三角形，且A、C、E在同一条直线上。△ABC内有垂直纸面向里的匀强磁场，△CDE内有垂直纸面向外的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相等。一电阻分布均匀的正方形导线框的边长为l，且为AB长度的一半。该线框沿ACE向右以速度v匀速穿过磁场，t=0时刻恰好位于图中所示位置。线框平行于ACE方向所受的安培力为F，向左为正，导线框中电流I以顺时针方向为正方向，二者与时间t的关系图像正确的是( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本大题共3小题，共6分。
9.为演示断电自感现象，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成如图所示的电路。闭合开关待电路稳定后，电路中两支路的电流分别为I1和I2。如图所示反映断开开关前后的一小段时间内电路中的电流随时间变化的关系。自感线圈所在支路的电流如曲线______所示。断开开关后，小灯泡的发光情况为______。
10.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F>0时分子间作用力为斥力，F<0时分子间作用力为引力，A、B、C为x轴上三个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，乙分子在C点的动能______(填“最大”或“最小”)；乙分子从A点到C点分子势能______(填“一直减小”“先减小后增大”或“一直增大”)。
11.如图为电能从“发电厂”到“用户”的交流输电过程示意图。回答以下问题：
(1)“发电厂”的输出功率一定。若使用55kV电压输电到“变电站一”时，输电线上损耗的功率为P；则使用550kV电压输电时，输电线上损耗的功率为______；
(2)从图中获取的信息可以判断“变压电站一”的降压变压器的匝数比______55(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.某同学在实验室做“用油膜法估测分子直径大小”的实验中，已知油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL。用注射器抽得上述溶液2mL，现缓慢地滴出1mL溶液，共有溶液滴数为50滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘中，在刻有小正方形坐标的玻璃板上描出油膜的轮廓如图所示，坐标系中小正方形方格的边长为20mm。试问：
(1)这种估测方法是将每个分子视为______模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油分子的______。
(2)图中油酸膜面积是______mm2；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是______m。(最后一空保留1位有效数字)
13.某同学在做“利用传感器制作简单的自动控制装置”的实验中，所用热敏电阻RT的阻值随温度升高而减小，由该热敏电阻RT作为传感器制作的自动报警器原理图如图所示，其中左侧为控制电路，右侧为工作电路。
(1)为了使温度过高时报警器响铃，c应接在 (选填“a”或“b”)处。
(2)若要使启动报警的温度降低些，应将滑动变阻器的滑片P向 (选填“上”或“下”)移动。
(3)如果报警器达到报警温度时，无论如何调节滑动变阻器的滑片P都不能使报警器响铃，检查后发现电路连接完好，各电路元件完好，则造成电路不能正常工作的原因可能是 。
A.控制电路中电源E1的电动势过小
B.继电器中线圈匝数过多
C.继电器中弹簧劲度系数过大
五、简答题：本大题共2小题，共27分。
14.如图甲所示，N=400匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r=2Ω，其两端与一个R=48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
(1)求电阻R两端的电压U；
(2)若将电阻R换成一个C=50μF的电容器，磁通量仍按此规律变化，求电容器上的电量q；
(3)再将电容器换成一个电动机，电动机的额定电压为18V，磁通量仍按此规律变化，此时，电动机恰正常工作，求此电动机的实际功率P。
15.截至2023年8月底，武威重离子中心已完成近900例患者治疗，疗效显著。医用重离子放疗设备主要由加速和散射两部分组成，整个系统如甲图所示，简化模型如乙图所示。乙图中，区域Ⅰ为加速区，加速电压为U，区域Ⅱ、Ⅲ为散射区域，偏转磁场磁感应强度大小均为B，区域Ⅱ中磁场沿y轴正方向，区域Ⅲ中磁场沿x轴正方向。质量为m、电荷量为q的带正电的重离子在O点由静止进入加速电场，离子离开区域Ⅱ时速度偏转了37°，不计离子的重力，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求离子进入磁场区域Ⅱ时速度大小；
(2)求磁场Ⅱ的宽度d；
(3)区域Ⅲ磁场宽为d′=10πB 2mUq，在区域Ⅲ右侧边界放置一接收屏，接收屏中心O′与离子进入电场时的O点在同一直线上，求当离子到达接收屏时距离接收屏中心O′点的距离。
六、计算题：本大题共1小题，共15分。
16.“福建舰”是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置。电磁阻拦，可简化为如图所示的模型：在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。轨道端点MP间接有阻值为R的电阻，金属导体棒ab长为L、阻值为R、质量可忽略，垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。质量为m的飞机通过轻质绝缘阻拦索钩住导体棒ab并立即与导体棒获得共同的水平速度v0，同时飞机关闭动力系统。假如飞机受到的摩擦阻力恒为kmg，飞机和导体棒共同运动x距离停下来，求：
(1)飞机刚钩住导体棒时，流过导体棒的电流大小；
(2)全过程导体棒中产生的焦耳热；
(3)飞机和导体棒共同运动的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、电磁波的传播不需要介质，在真空中可以传播，故A错误；
B、电磁波能传播信息，也能传播能量，故B错误；
C、由电磁波谱可知，红外线的波长比X射线的波长更长，故C正确；
D、麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误；
故选：C。
电磁波的传播不需要介质；电磁波能传播信息，也能传播能量；红外线的波长比X射线的波长长；赫兹用实验证实了电磁波的存在。
本题考查了电磁波的产生及传播、电磁波谱等基础知识，题目基础，要求学生重视课本，强化记忆。
2.【答案】B
【解析】解：A、a→b过程中，气体压强不变，温度升高，根据VT=C可知，体积增大；温度升高，气体分子平均动能增大，对容器壁的冲撞力增大，又由于体积变大，分子数密度减小，为保证压强不变，因此气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数减少；故A错误；
B、a→b过程中，温度升高，气体内能变大，故B正确；
C、根据图像可知，b→c过程气体温度降低；在p−T坐标系中，过原点的倾斜直线表示等容变化，且图像的斜率越大，体积越小；根据图像可知，Ob连线与Oc连线不共线，且Ob斜率大于Oc斜率，可知b→c过程气体体积增大；故C错误；
D、根据图像可知，b→c过程气体温度降低，气体分子的平均动能减小，并不表示每个气体分子动能都减少，故D错误；
故选：B。
根据盖−吕萨克定律以及气体压强的微观意义进行分析；温度是理想气体内能大小的标志；根据p−T坐标系中图像的物理意义分析；温度决定分子平均动能大小。
本题考查了盖−吕萨克定律、气体压强的微观意义、决定内能的标志—温度以及p−T坐标系中图像的物理意义，涉及知识点较多，需要全面掌握各类知识点。
3.【答案】A
【解析】解：A、当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，故A正确；
B、当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故B错误；
C、结合上述的分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误；
D、闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D错误。
故选：A。
带有磁铁的电梯在靠近或远离闭合线圈的过程中，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动。由此分析即可。
本题考查了楞次定律的灵活应用，注意楞次定律也是能量转化与守恒的表现，要正确理解感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动。
4.【答案】C
【解析】解：AB.小球下落过程中受到重力、洛伦兹力和管壁水平的弹力作用，由于洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，不改变速度的大小，在水平方向管壁弹力和洛伦兹力平衡，如图
所以小球在竖直方向做自由落体运动，加速度为g，根据速度—时间关系
v=gt
圆管对小球的冲量I=qvBt=qBgt2
根据以上表达式分析可知，AB错误；
CD.又由h=12gt2可得
I=2qBh
可知I与h成正比，故C正确，D错误。
故选：C。
AB.根据受力分析结合圆管对小球的作用力冲量的表达式对比图像分析判断；
CD.根据动量定理结合位移时间规律列式结合图像判断。
考查物体的受力分析和动量定理，会根据题意列式进行分析判断。
5.【答案】AB
【解析】解：C、粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时，无论正电荷还是负电荷电场力与洛伦兹力方向相反，如从右侧沿直线匀速通过速度选择器时，无论正电荷还是负电荷电场力与洛伦兹力方向相同，因此只能从左侧进入，故C错误；
D、若载流子带负电，洛伦兹力指向D板，载流子向D板聚集，D板电势低，故D错误；
A、粒子在磁场中满足，洛伦兹力提供向心力：Bqv=mv2r
设回旋加速器D型盒的半径为R，可推导出粒子的最大动能为：Ek=12mv2=q2B2R22m
由此可知，粒子的最大动能为加速电压无关，故A正确；
B、当磁流体发电机达到稳定时，电荷在A、B板间受到的电场力和洛伦兹力平衡有：Bqv=Edq
得到电源电动势为：E=Bvd
由此可知，增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势，故B正确。
故选：AB。
根据左手定则得出粒子的偏转方向，并由此得出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电势差的表达式，结合题意完成分析；
粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和动能的计算公式得出动能的表达式并完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
6.【答案】CD
【解析】解：A、根据变压器的工作环境为交变电流可知直流电流电源不能为电动汽车充电，故A错误；
B、变压器不改变交变电流的频率，可知接收线圈中交变电流的频率等于原线圈中电流的频率，即f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故B错误；
C、根据理想变压器输入功率等于输出功率可知，且U1U2=n1n2，代入数据解得U2=440V，副线圈输出电流的有效值I2=P1U2=13200440A=30A，故C正确；
D、副线圈输出电压的峰值E2m= 2U2=440 2V，故D正确；
故选：CD。
根据变压器的工作环境以及变压器不改变电流的频率接单AB选项；再根据理想变压器电压之比与匝数之比之间的关系以及输入功率等于输出功率即可解答本题。
本题考查变压器的工作原理以及理想变压器原副线圈电压之比与匝数之比之间的关系等知识点，属于常规知识点的考查，基础题。
7.【答案】AC
【解析】解：A.作出粒子的运动轨迹如下图所示，根据几何关系可知△AOO′为等边三角形，易知粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径等于R，故A正确；
BD.根据洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2R
解得粒子的速度大小为：v=qBRm
粒子运动轨迹的圆心角等于23π，在磁场中运动的时间为：t=23πRv=2πm3qB，故BD错误；
C.若粒子从C点以相同的速度入射，运动轨迹如上图所示，根据几何关系可知出射点、轨迹圆心O″、C点、O点四个点为正方形的四个顶点，则粒子一定从N点射出，故C正确。
故选：AC。
作出粒子的运动轨迹，根据几何关系求得粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径；根据洛伦兹力提供向心力解得粒子的速度大小；由轨迹长度除以线速度求解在磁场中运动的时间；粒子从C点以相同的速度入射，作出运动轨迹图，根据几何关系确定粒子射出的位置。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，题目较简单。粒子只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据几何关系求得运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解其它物理量。
8.【答案】AC
【解析】解：
设线框边长为L，从位置1到位置2，线圈切割磁感线的有效长度为vt，根据电磁感应则有：E=BLv和I=ER
代入数据可得：I=Bv2tR，所以I与t成正比，即电流从0增加到BLvR，方向顺时针为正方向；根据：F=BIL
代入数据可知导体框受安培力：F=BIl=BBvt⋅vRvt=B2v3t2R
即安培力从零增加到B2⋅L2⋅vR，方向向左为正方向；
从位置2到位置3，线圈切割磁感线的有效长度为：l=L+L−vt=2L−vt
则电流：I=B(2L−vt)⋅vR
则电流从B⋅2L⋅vR减到B⋅L⋅vR零，方向顺时针为正方向；导体框受安培力：F=BIl=BB(2L−vt)⋅vR(2L−vt)=B2(2L−vt)2⋅vR
即安培力从B2⋅4L2⋅vR减小到B2⋅L2⋅vR，该变化过程为开口向上的抛物线，安培力方向向左为正方向；
从位置3到位置4，电流与从1到2变化相同，只不过电流方向为负方向；安培力的变化与从1到2相同，仍为向左为正方向；
从位置4到位置5，线圈切割磁感线的有效长度为：L−vt，
则电流：I=B(L−vt)⋅vR
即电流从BLvR减小到0，方向逆时针为负方向；
导体框受安培力：F=BIl=B2(L−vt)2⋅vR
即安培力从B2⋅L2⋅vR减小到零，方向向左为正方向，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
根据电磁感应，分析线框匀速通过的过程中有效切割磁场长度的变化，再根据楞次定律分析电流的方向问题。
本题主要考查线框匀速通过磁场过程中感应电流的大小变化和方向，以及在此过程中安培力的变化，在做题中要注意从一个磁场进入另一个磁场过程中的变化。
9.【答案】a 先突然变亮再逐渐熄灭
【解析】解：断开开关前后的一小段时间内，通过自感线圈的电流方向是不变的，则自感线圈所在支路的电流如曲线a所示；由图可知，断开开关之前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流，则断开开关后，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，线圈相当电源，由于线圈、电阻和灯泡重新组成回路，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭。
故答案为：a；先突然变亮再逐渐熄灭。
当电流变化时，电感线圈对电流有阻碍作用，电流增大，线圈阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
明确断开后的电路为灯泡和电感线圈构成回路，电流变化因电感线圈的阻碍而变慢。
10.【答案】最大 一直减小
【解析】解：由图可知，从A点到C点分子间作用力表现为引力，乙分子从A点由静止释放，甲分子对乙分子的作用力对乙分子做正功，由动能定理可得从A点到C点乙分子的动能一直增大，乙分子从A点到C点的分子势能一直减小；乙分子在C点的加速度为零，乙分子在C点的动能最大。
故答案为：最大，一直减小。
由图可知分子间的作用力的合力，则由力和运动的关系可得出物体的运动情况，由分子力做功情况可得出分子势能的变化情况。
本题考查分子力与分子势能，知道它们随分子之间距离变化的规律即可。
11.【答案】0.01P 小于
【解析】解：(1)发电厂的输出功率恒定，根据P发=UI可知，当使用550kV电压输电时，输电线路电流为使用55kV时的0.1倍，又由P=I2r，r为输电线上的电阻，可知使用550kV电压输电时，输电线上损耗的功率为0.01P；
(2)使用550kV电压输电时，由于输电线有电阻，所以“变压电站一“原线圈电压小于550kV，副线圈电压为10kV，根据变压器变压原理，“变压电站一”的降压变压器的匝数比小于55；
故答案为：(1)0.01P；(2)小于。
(1)根据“发电厂”的输出功率一定以及输电线路损失功率P=I2r，联立即可分析；
(2)根据输电线路电阻存在，导致到达“变电站一”时电压变小，再根据电压之比等于匝数之比分析解答。
该题考查远距离输电问题，要明确输入功率与输出功率之间的关系，掌握变压比公式，基础题。
12.【答案】球体 直径 2.28×104 5×10−10
【解析】解：(1)这种估测方法是将每个分子视为球体模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油分子的直径。
(2)在计算油膜面积时，按照多于半格算一格，少于半格舍掉的原则，油膜轮廓围成的方格数为57个；
图中油酸膜面积是S=57L2=57×(20×10−3)2m2=2.28×10−2m2=2.28×104mm2
由题意可知，1滴溶液中油酸的体积为V=6104⋅150mL=1.2×10−11m3
则分子直径为d=VS=1.2×10−112.28×10−2m≈5×10−10m。
故答案为：(1)球体；直径；(2)2.28×104；5×10−10。
(1)“用油膜法估测分子直径大小”的实验中，把油酸分子看作球体模型，单分子层油膜的厚度看作油酸分子的直径；
(2)在计算油膜面积时，按照多于半格算一格，少于半格舍掉的原则计算方格数，再求油膜面积；根据油酸酒精溶液的浓度和1mL油酸酒精溶液的滴数求解一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积，最后再求油酸分子的直径。
本题考查了“用油膜法估测分子直径大小”的实验，理解实验原理是解题的关键，解题时注意单位换算。
13.【答案】b 上 AC
【解析】解：(1)温度升高时热敏电阻阻值减小，控制电路中的电流增大，则电磁铁的磁性增强，将衔铁吸引下来与下方b处接通，故c应接在b处。
(2)若要使启动报警的温度降低些，相当于增大临界状态的热敏电阻阻值，为了仍等于电磁铁将衔铁吸引下来的电流临界值，则需要减小滑动变阻器的阻值，即滑片P向上移动。
(3)A.警器响铃的条件是控制电路中的电流大于等于临界值，控制电路中电源E1的电动势过小，即使无论如何调节滑动变阻器的滑片P都无法使电路中的电流升高到临界值。故A正确；
B.继电器中线圈匝数过多，使电磁铁磁性更强，更容易使报警器报警，故B错误；
C.继电器中弹簧劲度系数过大时，电磁铁在到达临界条件的电流时，引力无法将衔铁吸引下来。故C正确。
故选：AC。
故答案为：(1)b；(2)上；(3)AC。
(1)(2)根据动态电路的分析方法分析判断；
(3)根据电磁继电器的工作原理分析判断。
本题考查传感器的应用，要求掌传感器的特点，会根据闭合电路欧姆定律分析电路中物理量的变化。
14.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律得E=NΔΦΔt=400×0.015−
由闭合电路的欧姆定律得I=ER+r
又由部分电路的欧姆定律得U=IR
解得U=19.2V
(2)电容器上的电量q=CE=50×10−6×20C=1.0×10−3C
(3)电动机恰正常工作，则电压为U额=18V
内电压为U′=E−U额=20V−18V=2V
电流为I′=U′r
电动机的实际功率为P=U额I′
解得P=18W
答：(1)电阻R两端的电压为19.2V；
(2)电容器上的电量为1.0×10−3C；
(3)此电动机的实际功率为18W。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合图像得出感应电动势，结合欧姆定律完成分析；
(2)根据电容器的计算公式完成分析；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合电功率公式解答。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉公式得出电动势的大小，根据电路构造和欧姆定律完成对电路的分析，结合电容器的计算公式完成分析。
15.【答案】解：(1)离子在加速电场中加速，有
qU=12mv2
解得
v= 2qUm
(2)离子进入磁场区域Ⅱ时，速度与磁场方向垂直，做匀速圆周运动，离开时速度偏转了37°，即转过的圆弧所对的圆心角为37°，如图所示
则
d=Rsin37°
qvB=mv2R
解得
d=35B 2mUq
(3)离子在磁场中等螺距前进：离子进入磁场区Ⅲ时，速度与磁场夹角为37°，则离子在x轴方向做匀速直线运动，在yOz平面做匀速圆周运动
vx=vcs37°
vz=vsin37°
x方向匀速
vxt=d′
在yOz平面
qvzB=mvz2R1
T=2πR1vz
解得
t=6.25T
即离子转了6.25圈打在接收屏上，y轴上距离O′的距离
y=R1=35B 2mUq
z轴上距离O′的距离
z=R(1−cs37°)+R1
解得
z=45B 2mUq
离子在接收屏上距O′点的距离
s= y2+z2
解得
s=1B 2mUq
答：(1)离子进入磁场区域Ⅱ时速度大小 2qUm；
(2)磁场Ⅱ的宽度35B 2mUq；
(3)当离子到达接收屏时距离接收屏中心O′点的距离1B 2mUq。
【解析】(1)利用动能定理求离子进入磁场区域Ⅱ时速度大小；
(2)利用几何关系结合洛伦兹力提供向心力求磁场Ⅱ的宽度d；
(3)利用几何关系结合运动学规律，求当离子到达接收屏时距离接收屏中心O′点的距离。
明确带电粒子在电场中所做的运动以及在磁场中的运动，正确画出运动轨迹并熟练应用几何关系求出相应的物理量。
16.【答案】解：(1)飞机刚钩住导体棒时，导体棒 ab产生的电动势为E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律，此时电流为I=E2R=BLv02R
(2)根据功能关系可得，全过程回路产生的焦耳热为Q=12mv02−kmgx
全过程导体棒中产生的焦耳热为Q′=12Q=14mv02−12kmgx
(3)设飞机和导体棒共同运动的时间为t，根据动量定理可得
BI−Lt−kmgt=0−mv0
又
I−t=ΔΦ2Rt⋅t=B2L2x2R
联立解得
t=v0kg−B2L2x2kmgR
答：(1)飞机刚钩住导体棒时，流过导体棒的电流大小为BLv02R；
(2)全过程导体棒中产生的焦耳热为14mv02−12kmgx；
(3)飞机和导体棒共同运动的时间为v0kg−B2L2x2kmgR。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律解得电流。
(2)根据能量守恒求解整个过程中R上产生的焦耳热。
(3)应用动量定理、欧姆定律可以求出运动时间。
解决该题的关键是掌握安培力以及感应电动势的求解方法，知道飞机的运动过程是一个加速度变化的减速运动，掌握动量定理求解运动的时间。
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