【文档说明】重庆市缙云教育联盟2022-2023学年高二上学期期末联考物理答案.docx，共(6)页，101.316 KB，由小赞的店铺上传

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★秘密·启用前重庆市2022-2023学年（上）期末质量检测高二物理答案及评分标准【命题单位：重庆缙云教育联盟】1.𝐶2.𝐶3.𝐵4.𝐴5.𝐶【解析】根据法拉第电磁感应定律，线圈中的感应电动势为𝐸=𝑛𝛥𝛷𝛥𝑡=𝑛𝛥𝐵𝛥�

�·𝑙22=200×0.25×0.222𝑉=1𝑉，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针，感应电流的大小为𝐼=𝐸𝑅=110𝐴=0.1𝐴，线圈受到的安培力为𝐹=𝑛𝐵𝐼𝑙，根据左手定则可知安培力的方向竖直向上，当安培力与线圈的重力平衡时，绝缘线上拉力等于零，则𝐹=𝑚𝑔

，又𝐵=0.25𝑡(𝑇)，联立可得𝑡=10𝑠。故选C6.𝐷【解析】解：𝐴、由法拉第电磁感应定律，则有：𝐸=𝑁𝛥⌀𝛥𝑡=𝑁𝑆𝛥𝐵𝛥𝑡可知，由于线圈中磁感应强度的变化率：𝛥𝐵𝛥𝑡=0.2−0

.050.3𝑇/𝑠=0.5𝑇/𝑆；为常数，则回路中感应电动势为𝐸=𝑁𝛥⌀𝛥𝑡=2𝑉，且恒定不变，故选项A错误；B、回路中感应电流的大小为𝐼=𝐸𝑅=25𝐴=0.4𝐴，选项B错误；C、当𝑡=0.3𝑠时，磁感应强度𝐵=0.2𝑇，则安培力为𝐹=𝑁𝐵�

�𝐿=200×0.2×0.4×0.2𝑁=3.2𝑁，故选项C错误；D、1𝑚𝑖𝑛内线圈回路产生的焦耳热为𝑄=𝐼2𝑅𝑡=0.42×5×60𝐽=48𝐽，选项D正确。故选：𝐷。7.𝐶【解析】解：根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，不会阻碍原磁场的变

化：增强或减弱，故A、𝐵、D错误，C正确，故选：𝐶。8.𝐷【解析】解：𝐴𝐵、由图可知，电路中𝑅1与𝑅2串联接在电源两端，电压表𝑉1测量𝑅1两端的电压，𝑉2测量𝑅2两端的电压，𝑉3测量路端电压；电流表𝐴测干路电流；当滑片向下滑动时，滑动变阻

器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；则由闭合电路欧姆定律𝑈=𝐸−𝐼𝑟可知，路端电压增大；因𝑅1为定值电阻，故其两端电压减小；总电压增大，故𝑅2两端的电压增大，所以电压表𝑉1示数减小，𝑉2、𝑉3的示数增大。电流表𝐴示

数减小，故AB错误；C、𝑉2示数与电流表𝐴示数的比值等于𝑅2，则知𝑉2示数与电流表𝐴示数的比值增大，故C错误。D、由闭合电路欧姆定律可知，𝑈3=𝐸−𝐼𝑟，则得|△𝑈3△𝐼|=𝑟，保持不变，故D正确。故

选：𝐷。由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流的变化；由欧姆定律可求得电压表示数与电流表示数的比值．本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要熟练掌握其解决方法为：局部−整体−局部的分析方法；同时注意部分电路欧姆定律的应用．公众号

高中僧试题下载9.𝐴𝐶10.𝐶𝐷11.𝐴𝐷【解析】解：𝐴、𝑎𝑏棒向右切割磁感线，导体棒中要产生感应电流，根据右手定则，感应电流由𝑏到𝑎，𝑎𝑏棒相当于电源，在电源内部电流由负极流

向正极，所以𝑎端相当于电源正极，棒𝑏端电势比𝑎端低，故A正确；B、根据安培定则，螺线管产生的磁场，𝐶端为𝑁极，故B错误；𝐶𝐷、根据左手定则判断可知：金属棒𝑎𝑏受到向左的安培力，向右做减速运动，棒最终将停止运动，故C错

误，D正确；故选：𝐴𝐷。12.𝐴𝐶𝐷【解析】解：𝐴、𝑡02时刻，两部分磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，线框中的磁通量为0，故A正确；B、根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是逆时针，

而右边的导线框的感应电流也是逆时针，则整个导线框的感应电流方向为逆时针，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为𝐸=2×𝜋𝑟2𝐵02𝑡0=𝜋𝑟2𝐵0𝑡0；再由闭合

电路欧姆定律，可得感应电流大小为𝐼=𝜋𝑟2𝐵0𝑡0𝑅，故C正确；D、由左手定则可知，左、右两侧的导线框均受到向左的安培力，则所受地面的摩擦力方向向右、大小与线框所受的安培力大小相等，即𝑓=𝐵1𝐼⋅2𝑟+𝐵2𝐼⋅2𝑟=2𝐵0𝐼𝑟=2𝜋𝐵

02𝑟3𝑡0𝑅，故D正确。故选：𝐴𝐶𝐷。13.𝐶𝐷【解析】解：𝐴𝐵𝐶、由于动摩擦因数为0.5，在静摩擦力的作用下，木板的最大加速度为：𝑎𝑚𝑎𝑥=0.5×0.1×100.2𝑚/𝑠2=2.5𝑚/𝑠2，所以当0.6𝑁的恒力作用于滑块时，系统一起以𝑎=𝐹

𝑀+𝑚=0.60.2+0.1𝑚/𝑠2=2𝑚/𝑠2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块对木板的压力减小，最大静摩擦力减小，𝑓=𝑀𝑎=0.4𝑁.当最大静摩擦力大于等

于0.4𝑁时，木板的加速度不变，当最大静摩擦力小于0.4𝑁，木板的加速度减小，所以木板做的是加速度先不变，后减小。当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时有：𝐵𝑞𝑣=𝑚𝑔，代入数据得：𝑣=10𝑚/𝑠，此时摩擦力消失，木板做匀速运动，所以A错误，C正确；而滑块在水平方向

上受到恒力作用，速度增加，洛伦兹力增大，滑块将做曲线运动，所以B错误；D、当滑块和木板开始发生相对滑动时，木板的加速度恰好为共同的加速度2𝑚/𝑠2，对木板有：𝑓=𝑀𝑎=0.2×2𝑁=0.4𝑁，再根

据𝑓=𝜇(𝑚𝑔−𝑞𝑣𝐵)解得：𝑣=2𝑚/𝑠，根据𝑣=𝑎𝑡可得所以运动的时间为：𝑡=1𝑠所以D正确。故选：𝐶𝐷。14.(1)2.095(2.094～2.097均正确)；(2)左端；(3)1380；(4)𝜋𝑑2

𝑅𝑥4𝑙。15.(1)自左向右；(2)160；(3)𝐼(𝑅+𝑅𝑔)𝑑𝑣。16.解：(1)开关𝑆接1时，小灯泡𝐿正常发光，小灯泡的功率为：𝑃𝐿=𝑈𝐿𝐼可得电路中电流：𝐼=𝑃𝐿𝑈𝐿=0.42𝐴=0.2𝐴根据闭合电路欧姆定律有：𝐸=𝑈

𝐿+𝐼(𝑟+𝑅)代入数据解得：𝑟=1𝛺(2)开关𝑆接2时，根据闭合电路欧姆定律有：𝐸=𝑈𝐿+𝑈𝑀+𝐼𝑟解得电动机的电压：𝑈𝑀=1.8𝑉正常工作时电动机的输出功率：𝑃=𝑈𝑀𝐼−𝐼

2𝑅𝑀代入数据解得：𝑃=0.32𝑊。17.解：(1)磁场区域的面积：𝑆=(√22𝐿)2=(√22×2)2𝑚2=2𝑚2，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势：𝐸1=𝛥𝛷𝛥𝑡=𝛥𝐵𝑆𝛥𝑡=0.52×2𝑉=0.5𝑉，回路电流：𝐼1=�

�1𝑅=0.50.5𝐴=1𝐴；(2)导体棒运动到𝑏𝑑位置时，感应电动势：𝐸2=𝐵𝐿𝑣=2.5𝑉，电路电流：𝐼2=𝐸2𝑅=2.50.5𝐴=5𝐴，导体棒受到的安培力：𝐹安培=𝐵𝐼2𝐿=0.5×5×2𝑁=5𝑁，由平衡条件得：𝑚𝑔𝑠

𝑖𝑛𝜃=𝐹安培，解得：𝑚=𝐹安培𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=510×𝑠𝑖𝑛30∘𝑘𝑔=1𝑘𝑔；答：(1)导体棒进入磁场前，回路中的电流为1𝐴；(2)当棒运动到𝑏𝑑位置时，外力𝐹恰好为0，棒的质量为1𝑘𝑔．18.解：(1)流过𝑎𝑏的电流𝐼=𝐸�

�+𝑟=2𝐴𝑎𝑏受到的安培力大小为𝐹=𝐵𝐼𝐿=0.4𝑁由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上。(2)对导体棒受力分析，将重力正交分解，沿导轨方向有𝐹1=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛37°=0.24𝑁即有𝐹1<𝐹根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向下受力分析可得由平衡得𝑚𝑔

sin37°+𝜇𝑚𝑔cos37°=𝐹解得𝜇=0.519.解：(1)设粒子由静止开始经电压𝑈1加速后进入磁场的速度大小为𝑣1，由动能定理得：𝑞𝑈1=12𝑚𝑣12解得：𝑣1=√2𝑞𝑈1𝑚粒子在磁场中做匀速圆周运动，刚好能从𝐶点离开磁场，粒子运动轨迹为半圆，运动半径为：

𝑟1=𝑑2由洛伦兹力提供向心力得：𝑞𝑣1𝐵=𝑚𝑣12𝑟1解得：𝑞𝑚=8𝑈1𝐵2𝑑2；(2)粒子恰好不能从𝑀𝑁边界离开磁场的运动轨迹如图1所示，由几何关系得：𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑟22𝑟2=12，则𝜃=30°𝑑=𝑟2+𝑟2𝑐𝑜𝑠𝜃解得：𝑟

2=2𝑑2+√3由洛伦兹力提供向心力得：𝑞𝑣2𝐵=𝑚𝑣22𝑟2由动能定理得：𝑞𝑈2=12𝑚𝑣22联立解得：𝑈2=16(7−4√3)𝑈1；(3)粒子恰好能到达𝐷点一种可能的轨迹

如图2所示，粒子由𝐷点出磁场的速度方向与𝐶𝐷的夹角𝛼不大于90°由此可知粒子第一次经过𝐶𝐷的位置𝐸点与𝐶点的距离𝐿≥𝑑。由几何关系可得使粒子恰好能到达𝐷点，需满足：(2𝑛−1)𝐿=𝐶𝐷=4𝑑，(𝑛=1、2、3……)因�

�≥𝑑，故𝑛=1或𝑛=2，这两种可能的轨迹如图3所示，当𝑛=1时，设粒子运动半径为𝑅1，则有：(4𝑑)2+(𝑅1−𝑑)2=𝑅12解得：𝑅1=17𝑑2同理，由𝑞𝑣3𝐵=𝑚𝑣32𝑅1，𝑞𝑈3=12𝑚𝑣32联立解得

：𝑈3=289𝑈1当𝑛=2时，𝐿=4𝑑3，设粒子运动半径为𝑅2，则有：𝐿2+(𝑅2−𝑑)2=𝑅22解得：𝑅2=25𝑑18同理，由𝑞𝑣4𝐵=𝑚𝑣42𝑅2，𝑞𝑈4=12𝑚�

�42联立解得：𝑈4=62581𝑈1。故加速电压的可能取值是289𝑈1和62581𝑈1。答：(1)若粒子刚好能从𝐶点离开磁场，带电粒子的比荷是8𝑈1𝐵2𝑑2；(2)加速电压增大到16(7−4√3)𝑈1时，粒子将恰好不能从𝑀𝑁边界离开磁场；(3)

若使粒子恰好能到达𝐷点，加速电压的可能取值是289𝑈1和62581𝑈1。