下关教育集团 2023～2024 学年高二年级上学期段考（二）
物理参考答案
第Ⅰ卷（选择题，共 48 分）
一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～
8 题只有一项符合题目要求；第 9～12 题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不
全的得 2 分，有选错的得 0 分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
选项 A D A C A B B D AD BC ABC AD
【解析】
1．图中紫铜薄板无论上下振动还是左右振动都会出现磁通量的变化，从而会产生电磁感应现
象，故 A 正确。图中紫铜薄板上下振动时没有磁通量的变化，不会产生电磁感应现象，故
B 错误。图中紫铜薄板无论上下振动还是左右振动均不会产生电磁感应现象，故 C 错误。
图中紫铜薄板上下振动时不会产生电磁感应现象，故 D 错误。
2．按照麦克斯韦电磁场磁理论，变化的磁场能产生电场，在垂直于磁场的平面内产生电场，
由于磁感应强度增大，根据楞次定律，电场的方向是逆时针方向的，则带正电小球受到的
电场力方向与小球的运动方向相同，电场力对小球做正功，动能将增大，洛伦兹力始终不
做功，故 D 正确。
3．当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增
大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，故 A 正确。通电线圈中存在顺时
针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量
均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电
流不变，故 B 错误。有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也
会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，接收线圈中的感
应电流方向不变，仍然为逆时针方向，但金属片中的感应电流会将该空间中的磁场的变化
削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故 C、D 错误。
4．导体棒bc 、ac 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则可知 c 点的电势高于 b
点；但运动的过程中穿过线圈的磁通量一直为零，保持不变，故金属框中无电流，电流表
没有读数；由于电压表中没有电流通过，则电压表也没有读数，根据右手定则可知 c 点的
电势高于 a 点，故 A、B、D 错误，C 正确。
高二物理 XG 参考答案·第 1 页（共 7 页）
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5．由图像可得电动势最大值为 Em 220 2V ，故 A 错误。由图像知这是正弦式交流电，所以
E 220 2
电动势有效值为 E m V 220V，故 B 正确。t 0.01s时，产生的感应电动势为
2 2
零，此时线框平面与中性面重合，故 C 正确。由图像可知周期 T 0.02s ，频率
f 1 1 Hz 50Hz，故 D 正确。
T 0.02
6 I
2
T T
．设电流的有效值为 I，根据有效值的定义可得 I 2RT 0 R (2I )2 0 R ，解得
2 2 4
I 5 I0 ，故 B 正确。 2
7．单位时间吹到叶片上的风的质量为 m π l 2v ，根据能量守恒可得发电机的发电功率
P 1 mv2 1 π l 2v3 ，若风速加倍，则发电机的功率变为 8 倍，故 A 错误，B 正确。发
2 2
2U
电机的输出电压有效值为 ，故 C 错误。 t t1 时，电动势的瞬时值为零，此时发电机2
线图中磁通量的变化率为零，故 D 错误。
8．金属棒 M 释放瞬间，速度为零，电路中的感应电流为零，金属棒 M 不受安培力作用，由
于弹簧处于原长状态，因此金属棒 M 只受重力作用，故 A 错误。当弹簧的拉力和安培力
之和与金属棒 M 的重力第一次大小相等时，金属棒 M 的加速度为零，速度最大，电路中
产生的感应电流最大，故 B 错误。根据右手定则可知，金属棒 M 向下运动时，流过电阻
的电流方向从 P 到 Q，故 C 错误。最终金属棒 M 静止，此时弹簧处于伸长状态，由能量
守恒定律知，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和焦耳热，所以电阻上产生的总热量
小于金属棒 M 重力势能的减少量，故 D 正确。
1
9．OP 2转动切割磁感线产生的感应电动势为 E Br ，因为 OP 匀速转动，所以杆 OP 产生
2
的感应电动势恒定，故 A 正确。杆 OP 匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由 M 到
N 通过 MN 棒，由左手定则可知，MN 棒会向左运动，MN 棒运动会切割磁感线，产生电动
势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN 棒所受合力为安培力，电流减小，安培力
会减小，加速度减小，故 D 正确，B、C 错误。
U n
10 1 1
U3 n n n 3 1 3．根据U n ，U n ，
U2 U1 ，U3 U4 可知， ，故 A 错误。乙图中电压最大
2 2 4 4 n2 n4
2π
值 Um 250 2V ， T 0.02s ，所以 100π ；乙图中的电压瞬时值表达式T
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u 250 2 sin100πt(V) ，故 B 正确。当 R 处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，
则 I4 增大，则 I3 增大，故 C 正确。又 U I3r 增大，输入电压U1不变，n1 和 n2 不变，所
以U2 不变，由于 U U2 U3 ，所以U3 减小， n3 和 n4 不变，则U4 变小，即电压表 V 的
示数减小，故 D 错误。
11．将 P 和 ab 棒看作一个系统，P 的重力不变，ab 棒的重力沿斜面向下的分力不变，而速度
在增大，ab 棒所受的沿斜面向下的安培力随之增大，故系统所受的合外力变小，加速度
变小，故 A 正确。刚开始 cd 棒恰好静止，有mg sin mg cos ；cd 棒刚要上滑时，有
ILB mg sin mg cos I mg mg，联立解得 ，故 B 正确。cd 棒刚要上滑时， I ，
BL BL
BLv 2mgR
又有 I ，故 v ，故 C 正确。由能量守恒定律得重物 P 减少的重力势能等于
2R B2L2
ab 棒、重物 P 增加的动能及 ab 棒增加的重力势能与 ab、cd 棒产生的焦耳热之和，故 D
错误。
12．两导体棒从同一位置由静止释放，进入磁场的速度大小相同，设为 v，PQ 刚进入磁场时
2 2
刚好做匀速运动，则mg sin F ， F BI l
BLv
1 ， I1 ，则mg sin
B l v
，从 PQ 进
R R
磁场到 MN 出磁场的过程中，可能的情况有两种：第一种情况是 PQ 在磁场中运动时，
MN 还没有进入磁场，等 PQ出了磁场后，MN 再进入磁场，这种情况 PQ 和 MN 分别都
是在磁场中做匀速直线运动，产生的感应电流大小相等，但是回路中电流的方向相反，
故 A 正确，B 错误。第二种情况是 PQ 出磁场之前，MN 已经进入磁场，MN 刚进磁场时，
由于两根导体棒速度大小相同，回路磁通量变化率为零，即感应电动势为零，电流为零，
两棒均以 a g sin 的加速度做加速运动，当 PQ 出磁场后，MN 在磁场中切割磁感线，
产生感应电流，此时切割磁感线的速度大于刚进入磁场时的速度，产生的电流大于 PQ 刚
Blv
进磁场时的电流，MN 受到的合外力沿导轨向上，BI l mg sin ma ， I ，MN 做
R
加速度减小的减速运动，PQ 中的感应电流大小逐渐减小，方向与之前相反， I t 图像的
斜率逐渐减小，故 C 错误，D 正确。
第Ⅱ卷（非选择题，共 52 分）
二、填空、实验题（本大题共 2 小题，共 14 分）
13．（每空 2 分，共 4 分）
（1）3000
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（2）A
【解析】（1）欧姆表读数为：30 100 3000
U 2
（2）根据 P ，可知 B、C 错误。该电学元件可能是一个阻值未知的电阻，故 A 正确。
R
14．（每空 2 分，共 10 分）
（1）B
（2）C
（3）AC
（4）m2x2 m2 x1 m1x3
（5）A
【解析】（1）为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，为了
使两球发生对心碰撞，则要求两球的半径相同，故入射球选择直径为 d1 、质量为 m2 的小
球，被碰球选择直径为 d1 、质量为 m1的小球，故 B 正确。
（2）如果采用画圆法确定小球的落点，应该让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且
圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置，故 C 正确。
（3）为了让小球每次平抛的速度相等，实验中需要让小球每次都必须从斜槽上的同一位
置静止释放，故 A 正确。两个小球下落时间相同，可以用位移代替初速度，故不需要求
出时间，所以不需要测量高度，故 B 错误。与重力方向一致的线叫重垂线，用重垂线保
证桌腿与地面垂直，即桌面与地面水平，从而保证小球能做严格的平抛运动，故 C 正确。
小球每次从斜槽的同一位置滚下，不需要斜面光滑，且为使小球做平抛运动，斜槽的末
端需调成水平，故 D 错误。
OP x
（4）入射球碰撞前的速度为 v 0 2 ，碰撞后入射球和被碰球的速度分别为t t
v OM x 1 v ON x1 ， 2 3 ，碰前的动量为 m2v0 ，碰后的动量为m2vt t t t 1
m1v 2 。若等式
m2v0 m2v1 m1v2 成立，则验证了动量守恒定律。将 v0 、 v1、 v2 的表达式代入上式并化
简得m2x2 m2 x1 m1x3 。
1 1 1
（5 2 2 2）根据机械能守恒定律，有 m2v0 m2v1 m1v2 ，因m2 2m1 ，再结合上问，整理2 2 2
可得 2x2 2x2 x22 1 3 ，再根据上问动量守恒可得 2x2 2x1 x3 ，由以上两式解得 x3 x1 x2 ，
故 A 正确。
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三、解答题（本大题共 4 小题，共 38 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算
步骤，只写出最后结果的不能得分，有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（8 分）
解：（1）线圈中产生正弦式交变电流，由乙图可知 m BmS 2.0 10
4 Wb ①
感应电动势的最大值为 Em nBmS 16V ②
Em
感应电动势的有效值 E 8 2V ③
2
ER
电压表的示数U 6 2V ④
R r
t t （2）从 1 到 2 时间内平均电动势为 E n ⑤ t
E
从 t1 到 t2 时间内平均电流为 I ⑥ R r
通过电荷 R 的电荷量为 q I t 2 10 3 C ⑦
评分标准：本题共 8 分。正确得出⑦式给 2 分，其余各式各给 1 分。
16．（8 分）
解：（1）以向右为正，碰撞过程中由动量守恒和能量守恒
可得：mv0 mvA 2mvB ①
1 mv2 1 10 mv
2
A 2mv
2 ②
2 2 2 B
1
联立解得： vA v0 ③ 3
方向水平向左 ④
（2）对 A 球由动量定理有： I mvA mv0 ⑤
4
解得： I mv0 ⑥ 3
方向水平向左 ⑦
评分标准：本题共 8 分。正确得出②式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
17．（10 分）
解：（1）感应电动势： E BLv 2V ①
E
故感应电流： I 1A ②
R r
导体两端电压：U IR 1V ③
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（2）金属棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为： F安 BIL 0.4N ④
导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：拉力 F F安 0.4N ⑤
所以拉力的冲量 IF Ft 0.04N s ⑥
（3）0.1s 内导体棒的位移： x vt 0.5m ⑦
拉力做功：WF Fx 0.2J ⑧
评分标准：本题共 10 分。正确得出①、④式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
18．（12 分）
解：（1）设两棒粘合前瞬间导体棒乙的速度大小为 v1，对导体棒乙沿圆弧导轨运动的过
程，根据机械能守恒定律有
1 mv21 mgr ① 2
解得 v1 2gr
两棒粘合前瞬间，导体棒乙受到导轨的支持力 2N 与重力 mg 的合力提供向心力有
2
2N mg m v 1 ②
r
3
解得 N mg
2
根据牛顿第三定律可知
N N 3 mg ③
2
（2）设两棒相碰并粘合在一起后瞬间的速度大小为 v2 ，根据动量守恒定律有
mv1 2mv2 ④
解得 v gr2 2
根据能量守恒定律有
Q 1 2mv22 ⑤ 2
1
解得Q mgr ⑥
2
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（3）经分析可知，两棒相碰并粘合在一起后切割磁感线的最大速度即为 v2 ，故电路中产
生的最大感应电动势 E m Bdv2 ⑦
根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中通过的最大电流
I Em mR ⑧ 总
R
其中 R总 R ⑨ 2
又 Fm BImd ⑩
B2d 2 2gr
解得 Fm 3R
评分标准：本题共 12 分。正确得出②式给 2 分，其余各式各给 1 分。
高二物理 XG 参考答案·第 7 页（共 7 页）
{#{QQABTQQQogiAAABAABgCQQ24CkCQkBCCCKoORBAIIAAAQBFABAA=}#}3.安检门原理图如图3所示，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。若
下关教育集团2023~2024学年高二年级上学期段考（二)
工作过程中某段时间内通电线圈中存在顺时针方向（从左向右看）均匀增大的电流，
物理试卷
则下列说法正确的是（描述电流方向时均从左向右观察）
A.无金属片通过时，接收线圈中感应电流的方向为逆时针方向
B.无金属片通过时，接收线圈中感应电流逐渐增大
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第I卷第1页至第5
C.有金属片通过时，接收线圈中感应电流的方向为顺时针方向
页，第Ⅱ卷第5页至第8页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，
D.有金属片通过时，接收线圈中没有感应电流
图3
考试用时90分钟
4.如图4所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向
平行于ab边向上。ac、bc两金属棒分别串有电压表、电流表，当金属框绕ab边逆时
第I卷（选择题，共48分）
针转动时，下列判断正确的是
注意事项：
A.电流表没有读数，b、c电势相等
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答
B.电流表有读数，b、c电势不相等
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，
C.电压表没有读数，a、c电势不相等
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
D.电压表有读数，a、c电势不相等
图4
5.在匀强磁场中，矩形金属导线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，
间t变化的图像如图5所示，下列说法不正确的是
第1~8题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，
选对但不全的得2分，有选错的得0分)
2202
1.扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上
的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘
扫州头
0.01V
0.02t/e
周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来
可加磁场区
-220w2-
快速衰减其微小振动，如图1所示。无扰动时，按下列四
氏盘
图5
种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄
紫铜湖板
A.线框产生的电动势最大值为220
图
板上下及左右振动的衰减最有效的方案是
B.线框产生的电动势有效值为220V
C.t=0.01s时，线框平面与中性面重合
|x×x
XXX
D.此交流电的频率为50Hz
1×xx
6.如图6所示为某种周期性变化的交变电流的电流一时间关系图像，其中前半个周期电
2.如图2示，在圆柱形区域内存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场
流按正弦规律变化，则一个周期内该电流的有效值为
在此区域内，沿水平面固定一半径为，的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。
质量为m、电荷量为g的带正电的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周
3
运动。当磁感应强度均匀增大时，会产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿
逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。此小球的
A.
动能保持不变，是因为洛伦兹力和管道的弹力对小球
-2上
始终不做功
图6
B.动能减小，是因为洛伦兹力对小球做负功
C.动能减小，是因为电场力对小球做负功
B
20
2
D.动能增大，是因为电场力对小球做正功
高二物理XG·第1页（共8页）
高二物理XG·第2页（共8页）》
