重慶市縉云教育聯(lián)盟2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期期末聯(lián)考物理試卷【含答案】

高二物理試卷第高二物理試卷第頁★秘密·啟用前重慶市2022-2023學(xué)年（上）期末質(zhì)量檢測高二物理答案及評分標準【命題單位：重慶縉云教育聯(lián)盟】1.C

2.C

3.B

4.A

5.C

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈中的感應(yīng)電動勢為E=nΔΦΔt=nΔBΔt·l22=200×0.25×0.226.D

解：A、由法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：E=NΔ?Δt=NSΔBΔt可知，由于線圈中磁感應(yīng)強度的變化率：ΔBΔt=0.2?0.050.3T/s=0.5T/S；為常數(shù)，則回路中感應(yīng)電動勢為E=NΔ?Δt=2V，且恒定不變，故選項A錯誤；B、回路中感應(yīng)電流的大小為I=ER=25A=0.4A，選項B錯誤；C、當t=0.3

s時，磁感應(yīng)強度B=0.2

T，則安培力為F=NBIL=200×0.2×0.4×0.2N=3.2N7.C

解：根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，不會阻礙原磁場的變化：增強或減弱，故A、B、D錯誤，C正確，故選：C。8.D

解：AB、由圖可知，電路中R1與R2串聯(lián)接在電源兩端，電壓表V1測量R1兩端的電壓，V2測量R2兩端的電壓，V3測量路端電壓；電流表A測干路電流；當滑片向下滑動時，滑動變阻器接入電阻增大，則電路中總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流減??；則由閉合電路歐姆定律U=E?Ir可知，路端電壓增大；因R1為定值電阻，故其兩端電壓減?。豢傠妷涸龃?，故R2兩端的電壓增大，所以電壓表V1示數(shù)減小，V2、V3的示數(shù)增大。電流表A示數(shù)減小，故AB錯誤；C、V2示數(shù)與電流表A示數(shù)的比值等于R2，則知V2示數(shù)與電流表A示數(shù)的比值增大，故C錯誤。D、由閉合電路歐姆定律可知，U9.AC

10.CD

11.AD

解：A、ab棒向右切割磁感線，導(dǎo)體棒中要產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流由b到a，ab棒相當于電源，在電源內(nèi)部電流由負極流向正極，所以a端相當于電源正極，棒b端電勢比a端低，故A正確；B、根據(jù)安培定則，螺線管產(chǎn)生的磁場，C端為N極，故B錯誤；CD、根據(jù)左手定則判斷可知：金屬棒ab受到向左的安培力，向右做減速運動，棒最終將停止運動，故C錯誤，D正確；故選：AD。12.ACD

解：A、t02時刻，兩部分磁場的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反，線框中的磁通量為0，故A正確；B、根據(jù)楞次定律可知，左邊的導(dǎo)線框的感應(yīng)電流是逆時針，而右邊的導(dǎo)線框的感應(yīng)電流也是逆時針，則整個導(dǎo)線框的感應(yīng)電流方向為逆時針，故B錯誤；C、由法拉第電磁感應(yīng)定律，因磁場的變化，導(dǎo)致導(dǎo)線框內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，結(jié)合題意可知，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢正好是兩者之和，即為E=2×πr2B02t0=πr2B13.CD

解：ABC、由于動摩擦因數(shù)為0.5，在靜摩擦力的作用下，木板的最大加速度為：

amax=0.5×0.1×100.2m/s2=2.5m/s2，所以當0.6N的恒力作用于滑塊時，系統(tǒng)一起以a=FM+m=0.60.2+0.1m/s2=2m/s2的加速度一起運動，當滑塊獲得向左運動的速度以后又產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，滑塊對木板的壓力減小，最大靜摩擦力減小，f=Ma=0.4N.當最大靜摩擦力大于等于0.4N時，木板的加速度不變，當最大靜摩擦力小于0.4N，木板的加速度減小，所以木板做的是加速度先不變，后減小。當洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時有：Bqv=mg，代入數(shù)據(jù)得：v=10m/s，此時摩擦力消失，木板做勻速運動，所以A錯誤，C正確；而滑塊在水平方向上受到恒力作用，速度增加，洛倫茲力增大，滑塊將做曲線運動，所以14.(1)2.095(2.094～2.097均正確)；(2)左端；(3)1380；(4)πd215.(1)自左向右；(2)160；(3)I(R+R16.解：(1)開關(guān)S接1時，小燈泡L正常發(fā)光，小燈泡的功率為：PL=ULI

可得電路中電流：I=PLUL=0.42A=0.2A

根據(jù)閉合電路歐姆定律有：E=UL+I(r+R)

代入數(shù)據(jù)解得：r=1Ω

(2)開關(guān)S接17.解：(1)磁場區(qū)域的面積：S=(22L)2=(22×2)2m2=2m2，

由法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢：

E1=ΔΦΔt=ΔBSΔt=0.52×2V=0.5V，

回路電流：I1=E1R=0.50.5A=1A；

(2)導(dǎo)體棒運動到bd位置時，感應(yīng)電動勢：

E18.解：(1)流過ab的電流I=Eab受到的安培力大小為F=BIL=0.4N

由左手定則可知，安培力方向沿斜面向上。

(2)對導(dǎo)體棒受力分析，將重力正交分解，沿導(dǎo)軌方向有

F1即有F根據(jù)平衡條件可知，摩擦力沿斜面向下受力分析可得由平衡得mgsin解得μ=0.5

19.解：(1)設(shè)粒子由靜止開始經(jīng)電壓U1加速后進入磁場的速度大小為v1，由動能定理得：

qU1=12mv12

解得：v1=2qU1m

粒子在磁場中做勻速圓周運動，剛好能從C點離開磁場，粒子運動軌跡為半圓，運動半徑為：

r1=d2

由洛倫茲力提供向心力得：qv1B=mv12r1

解得：qm=8U1B2d2；

(2)粒子恰好不能從MN邊界離開磁場的運動軌跡如圖1所示，

由幾何關(guān)系得：sinθ=r22r2=12，則θ=30°

d=r2+r2cosθ

解得：r2=2d2+3

由洛倫茲力提供向心力得：

qv2B=mv22r2

由動能定理得：

qU2=12mv22

聯(lián)立解得：U2=16(7?43)U1；

(3)粒子