高二物理答案_2026年02月高二试卷_260203辽宁省点石联考2027届高二期末质量监测（全）

高二期末质量监测·物理参考答案 说明： 本解答给出的非选择题答案仅供参考，若考生的解法（或回答）与本解答（答案）不同， 但只要合理，可参照评分标准酌情给分 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题 目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对 但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C C A C B BC ABD AC 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．【答案】（1）1.745（1.744~1.746，1分） 6.350（1分）（2） ×100（2分） 1200（2分） 12．【答案】 （1）0.42（2分）（2）①18（17~19，2分）②29（28~30，2分） （3）A（2分） （4）D（2分） 13.【答案】（1）0.04A （2）3.8N 【详解】 （1）蜂鸣器恰好发声时，U =2.0V，故通过定值电阻R 的电流 b 1 U 2.0 I  b  A 0.02 A （1分） R 1 R 100 1 U 2.0 通过蜂鸣器的电流I  b  A 0.02 A （1分） R b R 100 b 电路中的总电流I  I I （1分） R R 1 b 解得I 0.04 A （1分） R R 100100 （2）定值电阻R 与蜂鸣器的并联电阻R  1 b  50  （1分） 1 并 R R 100100 1 b 由闭合电路欧姆定律可得E  I(R R r) （1分） p 并 解得R =48  （1分） P R R 20048 由R =R -kF 可得最小压力F  0 p  N 3.8 N （2分） P 0 0 k 40 第 1 页 共 16 页14.【答案】（1）0.015N （2）0.04N （3）0.09m/s 【详解】 1 B L2 （1）由法拉第电磁感应定律 E    2  0.2 0.1  1 12 V 0.05V （1分） 1 t t 10 2 E 由闭合电路欧姆定律可知，0~1 s 内线框中的感应电流大小为I  1 0.1A （1分） 1 R 由图（b）可知，t0.5s时磁感应强度大小为B 0.15T 1 所以此时导线框ad受到的安培力大小为F BI L0.150.11N0.015N （2分） 1 1 （2）0~1 s 内线框内的感应电流大小为I 0.1A，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向 1 为顺时针方向，由图（c）可知1~2s 内的感应电流大小为I 0.2A，方向为逆时针方向，根据 2 欧姆定律可知1~2 s 内的感应电动势大小为E I R0.1V （1分） 2 2 1 B L2 由法拉第电磁感应定律可得  2 （1分） E   2 t t ΔB B B 可知1~2 s 内磁感应强度的变化率为  2 1 0.2T/s Δt Δt 解得t2s时磁感应强度大小为B 0.3T，方向垂直于纸面向里 （1分） 2 故1~2 s 内磁场随时间变化的图像如图所示 t1.5s时磁感应强度为B 0.2T，则外力大小为F B I L0.20.21N0.04N （1分） 3 1 3 2 （3）由动量定理可知B ILt 0mv （2 分） 2 0 1 B L2 其中 E  2 2 （2分） qIt  t   R R R 联立解得初速度大小为v 0.09m/s （1分） 0 15.【答案】（1）2 5 m/s； （2）1J （3）0.4J 【详解】 第 2 页 共 16 页（1）导体棒a下滑时，切割磁感线产生的感应电动势E  B Lv （1分） 1 q E v 电容器充电电流I  C CB L CB La （1分） t t 1 t 1 对导体棒a根据牛顿第二定律可得 m gsin30B ILm a （1分） a 1 a 25 代入数据解得a  m/s2 9 h 导体棒a下滑位移s  3.6m sin30 由匀加速直线运动公式v2 2as （1分） 可得导体棒a到达倾斜导轨底端时的速度v 2 5 m/s （1分） a （2）导体棒a、b碰撞过程满足动量守恒，则m v (m m )v （2分） a a a b 共1 代入数据解得v  5 m/s 共1 1 1 碰撞过程中系统损失的机械能E  m v2  (m m )v2 （2分） 2 a a 2 a b 共1 代入数据解得E 1J （1分） （3）磁场Ⅱ无限长，最终导体棒 a、b、c将以相同速度匀速运动（此时回路磁通量不变，无 感应电流，安培力为零） 对导体棒 a、b、c组成的系统，由动量守恒定律可得 (m m )v (m m m )v （1分） a b 共1 a b c 共 5 解得v  m/s 共 2 整个过程中系统损失的动能全部转化为回路的焦耳热，总焦耳热 1 1 Q  (m m )v2  (m m m )v2 （2分） 总 2 a b 共1 2 a b c 共 解得Q 0.5J 总 第 3 页 共 16 页R R 0.50.5 导体棒a、 b并联的总电阻R  a b  0.25，再与导体棒c的电阻R =1Ω ab R R 0.50.5 c a b 串联，回路总电阻R  R R 1.25 （1分） 总 ab c R 整个过程中导体棒c上产生的焦耳热Q  c Q （1分） c R 总 总 解得Q 0.4J （1分） c 第 4 页 共 16 页高二期末质量监测·物理答案详解 1．【答案】D 【立意】考查对电阻率、电导率的物理意义及单位的理解，侧重概念辨析能力。 【思路】电阻率受温度影响（如金属电阻率随温度升高而增大），电导率作为电阻率的倒数， 必然与温度有关，故A项错误；电阻率的单位为Ωm，电导率 1 ，因此其单位为  1 Ω1·m1，故B 项错误；电导率越小，电阻率越大，材料的导电性能越差，故C 项错 Ω·m 误；电导率是材料的固有属性，仅由材料种类和温度决定，与长度、横截面积无关，故D项 正确。 【拓展】若给出金属电阻率随温度变化的图像，判断电导率的变化趋势；比较不同材料的导电 性能。 【点评】基础概念题，易错点是混淆 “固有属性” 与 “外界环境影响”，解题时需紧扣定义排 除错误选项。 2．【答案】D 【立意】考查安培定则的应用、磁场叠加原理，侧重空间想象与逻辑推理能力。 【思路】由安培定则可知，只有在导线 a、b之间的区域，导线 a、b产生的磁感应强度的方 向才是相反的，所以导线a、b之间某区域才可能出现磁感应强度为零的位置，故A、B 项错 误；通电直导线周围某点的磁感应强度，与导线中的电流大小成正比，与该点到直导线的距离 成反比，a导线中的电流大于b导线中的电流，所以磁感应强度为零的位置在导线b与O 点之 间，C 项错误，D项正确。 【拓展】若两导线电流方向相反，磁感应强度为零的区域位置变化；增加导线数量（3 根）分 析磁场叠加。 【点评】容易题，需先确定磁场方向，再结合 “磁场强弱与电流、距离的关系” 判断零点位置， 避免忽略电流大小差异。 3．【答案】C 【立意】考查交变电流有效值的计算、焦耳定律的适用条件，侧重运算与公式应用能力。 【思路】图乙所示电流应为交流电，故A项错误；根据有效值的定义，图甲中交变电流的有 2  I  T T 3 效值满足   0 2   R 2 I 0 2R 2 I 甲 2RT ，解得 I 甲  2 I 0 ，图乙中交变电流的大小不变，故有效值为 第 5 页 共 16 页I 乙 I 0 ，图甲和图乙的电流有效值之比为I 甲 :I 乙  3:2，故B 项错误；根据 P  I2R 得，通以图 甲和图乙所示电流时，电暖器消耗的电功率之比为P：P I2 :I2 3:4，C项正确；根据QI2Rt 甲 乙 乙 甲 Q I2Rt I2 3 可知，通以图甲和图乙所示电流时，相同时间内电暖器的发热量之比为 甲  甲  甲  ，故 Q I2Rt I2 4 乙 乙 乙 D项错误。 【拓展】给出非正弦交流电（如方波）的图像，用有效值定义计算其有效值；比较不同交变电 流的发热功率。 【点评】容易题，易错点是误将正弦交流电的峰值当作有效值，解题时需牢记 “有效值用于能 量计算”。 4．【答案】C 【立意】考查 LC 振荡电路的能量转化、周期公式，侧重图像分析与规律应用能力。 【思路】根据图丙可知，LC回路的周期为T 4105 s，LC回路中电场能是标量，所以电场能 1 变化的周期为T T 2105 s，故A项错误；由图丙可知2×10-5 ~3×10-5s 内电荷量从负向最 2 大值减小到0，为电容器反向放电，3×10-5 ~4×10-5s内电荷量从0增大到正的最大值，为电容 器反向充电，两个阶段的电流方向相同，根据安培定则，可知线圈中的磁场方向相同，故B 项错误；t=5×10-5s 时，电容器所带电荷量为0，电场能最小，此时磁场能最大，回路中的电流 最大，故C 项正确；根据 T 2π LC 可知LC回路的周期会增大，故D项错误。 【拓展】给出 LC电路的电荷量随时间变化图像，求磁场能最大的时刻；分析电容增大时振荡 周期的变化。 【点评】中档题，关键是明确 “电荷量与电场能、电流与磁场能的对应关系”，避免混淆周期 与能量变化周期。 5．【答案】A 【立意】考查洛伦兹力、圆周运动规律、几何关系，侧重综合分析与运算能力。 【思路】设正方形的边长为2a，粒子从A点垂直射入匀强磁场，做匀速圆周运动，由几何关 v2 qBa 系可知粒子的轨道半径r=a，由洛伦兹力提供向心力可得qvB m ，可得v ，粒子在 r m 2πr 2πm 磁场中的运动周期T   ，则粒子从A 点出发后到第2次回到A点的运动轨迹如图所 v qB 第 6 页 共 16 页示： 270 6πm 粒子每次在磁场中运动的圆心角为270°，则粒子在磁场中的运动时间t 4 T  ，粒 1 360 qB 2a 8m 子在正方形内做匀速直线运动，则粒子在正方形内的运动时间t 4  ，则总时间 2 v qB m t t t (6π8) ，A项正确。 1 2 qB 【拓展】改变粒子入射方向（非垂直），求轨道半径与运动时间；增加磁场磁感应强度，分析 粒子是否碰撞筒壁。 【点评】中档题，核心是通过几何关系确定轨道半径和圆心角，需分阶段计算运动时间，避免 漏算直线运动部分。 6．【答案】C 【立意】考查电池参数（电量、电动势、电能）的关系，侧重单位换算与公式应用能力。 【思路】已知电池的额定电量为q9Ah，额定电能为W =199.8Wh，则该电池的电动势为 电 W E  电  22.2V，故A项正确；由题可知给机器人充电的限制电压为U 25.2V，最大充电功 q m P 率为P 151.2W，则最大充电电流为I  m 6A，故B 项正确；若该电池以5A的电流工作， m m U m q 9 最多可使用的时间为t  h 1.8h，故C项错误；电池能够储存的电能为 I 5 W =199.8Wh=7.1928105 J，故D项正确。 电 【拓展】给出充电时的电流随时间变化图像，求充电总电量；计算电池的能量转化效率（输出 电能 / 储存电能）。 【点评】中档题，易错点是单位不统一（如电量单位 mA・h 与 A・h 的换算），解题时需先 统一单位再运算。 第 7 页 共 16 页7.【答案】B 【立意】考查电磁感应、安培力、牛顿第二定律，侧重综合推导与逻辑分析能力。 【思路】圆环下落时切割磁感线的有效长度L2πR，当圆环的速度为v时，圆环切割磁感线 L 2πR 2R 产生的感应电动势E  BLv 2πRBv，圆环的电阻R    ，感应电流 电 S πr2 r2 E πBr2v 2π2B2r2v2R I   ，感应电流的功率P  I2R  v2，故A项错误；当圆环的速度 R  电 电  电 2π2B2r2Rv 为v时，圆环受到的安培力F  BI2πR  ，圆环的质量mdπr22πR 2π2r2Rd ， 安  B2v kv 由牛顿第二定律可得mgF  f ma，可得a  g  ，B项正确；当圆环达到最 安 d 2π2r2Rd 2π2r2Rdg 大速度时加速度a=0，即mg  F kv ，代入得v  ，故C项错误； 根据能 安 m m k2π2B2r2R 量守恒定律，重力的功率（重力做功的功率）等于克服安培力做功的功率、克服空气阻力做功 的功率和圆环动能的变化率之和。只有当圆环达到最大速度（动能变化率为0）时，重力的功 率才等于克服安培力做功的功率与克服空气阻力做功的功率之和，D项错误。 【拓展】将圆环改为正方形线框，求感应电流与安培力；分析空气阻力为零时光滑圆环的运动 状态。 【点评】难题，需先推导电阻、质量、安培力的表达式，再结合牛顿定律分析加速度，过程复 杂，需分步推导。 8．【答案】BC 【立意】考查电表改装原理、串并联电路规律，侧重理解电表的 “示数” 与 “偏转角度” 的区 别。 【思路】将相同的表头改装成两个电流表A 、A 时并联了不同阻值的定值电阻，两电流表A 、 1 2 1 A 是串联关系，则通过电流表A 、A 的电流相等，所以电流表A 、A 的示数相等；已知电 2 1 2 1 2 流表A 的量程比电流表A 的小，故电流表 A 中并联的定值电阻阻值较大，通过其并联电阻 1 2 1 的电流更小，通过表头的电流较大，故电流表A 的指针偏转角度比电流表A 的大，故A 项 1 2 错误，B 项正确；将相同的表头改装成两个电压表V 、V 时串联了不同阻值的定值电阻，两 1 2 个电压表V 、V 是并联关系，电压相等，所以两个电压表V 、V 的示数相等；已知电压表 1 2 1 2 V 的量程比电压表V 的大，故电压表 V 中串联的定值电阻阻值较大，则通过电压表V 支路 1 2 1 1 第 8 页 共 16 页的电流较小，故电压表V 的指针偏转角度比电压表V 的小，故C 项正确，D项错误。 1 2 【拓展】计算改装电表的分流电阻 / 分压电阻阻值；分析改装电表的系统误差（如分流电阻 偏大的影响）。 【点评】中档题，关键是明确 “表头电流决定偏转角度，总电流 / 总电压决定示数”，避免混 淆两者关系。 9．【答案】ABD 【立意】考查理想变压器规律、动态电路分析，侧重等效思维与推理能力。 2 n  【思路】变压器、R T 和R 0 整体可以等效为一个新电阻R 1 ，新电阻R 1 的阻值为R 1  n 1   R 0 R T ， 2 U U U  R  设a、b两端接入的交流电源的电压有效值为U，则新电阻两端的电压为 1 RR 1 R ， 1 1 R 1 若出现火情，则环境温度升高，R 减小，故R 减小，U 减小，根据变压器原、副线圈电压与 T 1 1 U n n 匝数的关系 1  1 可得副线圈两端电压U  2U ，所以副线圈两端电压U 减小，故A 项正确； U n 2 n 1 2 2 2 1 U U U  2 R  2 根据闭合电路欧姆定律可得R 两端电压 3 R R T R ，由于R 和U 均减小，则U T 0 T 0 1 T 2 3 R T 减小，即R 两端电压降低，故B 项正确；当R=0时，原线圈的输入功率最大，故C 项错误； T I n In Un 根据变压器原、副线圈电流与线圈匝数关系 1  2 可得副线圈中的电流I  1 1  1 ，若 I n 2 n RR n 2 1 2 1 2 将滑动变阻器R的滑片向右移一点，滑动变阻器R接入电路的阻值将减小，导致I 会增大，故 2 可以降低报警温度，故D项正确。 【拓展】改变变压器原副线圈匝数比，分析报警温度的变化；增加电源内阻，重新推导副线圈 电压表达式。 【点评】中高档题，需用等效电阻法将变压器转化为纯电阻电路，再分析动态变化，对思维灵 活性要求较高。 10．【答案】AC 【立意】考查法拉第电磁感应定律、电路电阻计算、牛顿第二定律，侧重综合应用能力。 Φ SB 【思路】M M dc 正方形区域磁场变化，产生的感应电动势E   kL2，A 项正确； 1 2 t t 1 R 3R 0~t 内金属棒的位移x at2，t 时刻回路的总电阻R  R 2r (2Lx) r (4Lat2)， 2 总 2 0 2 0 第 9 页 共 16 页E kL2 2kL2 B 项错误；回路中的电流I    ，C项正确；由楞次定 R 3 3R2r (4Lat2) 总 Rr (4Lat2) 0 2 0 律可知回路中的电流方向为顺时针方向，由左手定则可知金属棒所受安培力竖直向下，根据牛 顿 第 二 定 律 可 得 F (mgB IL)ma ， 可 得 0 2kB L3 2kB L3 F  0 mgma  0 + mgma ， 拉 力 F 的 瞬 时 功 率 3R2r (4Lat2) 3R8r L2r at2 0 0 0 2kB L3 P=Fv=（ 0 mgma）at，则P 与t2不成反比，D项错误。 3R8r L2r at2 0 0 【拓展】给出磁场随时间变化的具体函数（如B=kt2），求感应电流的变化规律；分析金属棒 的加速度变化趋势。 【点评】难题，需考虑导轨长度随时间变化导致的电阻变化，安培力与加速度相互影响，需联 立方程分析。 11．【答案】（1）1.745（1.744~1.746，1分） 6.350（1分）（2） ×100（2分） 1200（2分） 【立意】考查螺旋测微器的读数方法、欧姆表的使用规范（倍率选择、调零），侧重实验操作 与数据处理能力。 【思路】 （1）螺旋测微器的读数d 1.5mm24.50.01mm1.745mm，20分度游标卡尺的精确值为 0.05mm，读数为L63mm100.05mm63.50mm6.350cm。 （2）欧姆表指针偏角太小，说明所选倍率过小，应换为较大的倍率“×100”，并重新欧姆调零； 用“×100”挡测电阻，由图示可知，待测电阻的阻值为R12100Ω1200Ω。 【拓展】螺旋测微器读数时考虑零点误差（如未校零时的初始读数）；欧姆表测量含电源的电 路（判断是否能测量）。 【点评】基础实验题，螺旋测微器需注意半毫米刻度是否露出，欧姆表需牢记 “指针偏角小 →换大倍率，偏角大→换小倍率”，读数时需乘以倍率。 12．【答案】（1）0.42（2分） （2）①18（17~19，2分） ②29（28~30，2分） （3）A （2分） （4）D（2分） 【立意】考查闭合电路欧姆定律、实验数据处理（图像法）、实验方法选择，侧重实验探究与 分析能力。 第 10 页 共 16 页【思路】 R （1） 由闭合电路欧姆定律可得路端电压U  0 E，代入U 1.44V、R =10.0、E= 0 R r 0 0 0 0 1.5V，解得r 0.42。 0 U 1.24 （2）① 剩余电量50%时，由路端电压法公式可得 0.5，解得U= 1.34V。结合 1.441.24 图乙，U=1.34V对应的时间约为18小时。 U ②I-t 图像所围成的面积表示电荷量，因I  ，R 为定值电阻，故q与U-t 图像的面积成正 0 R 0 比。 由图乙可知放电面积U=1.34V前约为125格，总放电面积U=1.24V前约为177格，剩 125 余电量（1 ）100%29%。 177 （3）路端电压法中，相同电压变化对应的放电时间越来越小，与“第一格时间最长”的现象一 致。电荷量法中，由前面的分析可知，q与U-t的面积成正比，相同电荷量对应的时间越来越 长，A项正确。 (4) 根据欧姆定律可得U IR （R 为定值电阻），故U与I 成正比，图像为过原点的直线， 0 0 故D项正确。 【拓展】用伏安法测电源内阻，分析电流表内接 / 外接的误差来源；设计实验测量电池的最 大输出功率。 【点评】难题，关键是理解 “U-t 图像面积正比于电荷量” 的原理，实验方法选择需结合图 像趋势分析，数据处理需注意误差控制。 13.【答案】（1）0.04A （2）3.8N 第 11 页 共 16 页【立意】考查串并联电路规律、闭合电路欧姆定律、力学平衡条件，侧重电路与力学的综合应 用能力。 【思路】 （1）蜂鸣器恰好发声时，U =2.0V，故通过定值电阻R 的电流 b 1 U 2.0 I  b  A 0.02 A （1分） R 1 R 100 1 U 2.0 通过蜂鸣器的电流I  b  A 0.02 A （1分） R b R 100 b 电路中的总电流I  I I （1分） R R 1 b 解得I 0.04 A （1分） R R 100100 （2）定值电阻R 与蜂鸣器的并联电阻R  1 b  50  （1分） 1 并 R R 100100 1 b 由闭合电路欧姆定律可得E  I(R R r) （1分） p 并 解得R =48  （1分） P R R 20048 由R =R -kF 可得最小压力F  0 p  N 3.8 N （2分） P 0 0 k 40 【拓展】改变蜂鸣器的电阻（如随电压变化），重新计算最小压力；增加电源内阻，分析压力 阈值的变化。 【点评】容易题，解题需分两步：先分析电路求电阻与电流，再结合力学关系求压力，过程清 晰，需注意并联电阻的计算与公式变形。 14.【答案】（1）0.015N （2）0.04N （3）0.09m/s 【立意】考查法拉第电磁感应定律、安培力、动量定理，侧重电磁感应与力学的综合分析能力 【思路】 1 B L2 （1）由法拉第电磁感应定律 E    2  0.2 0.1  1 12 V 0.05V （1分） 1 t t 10 2 E 由闭合电路欧姆定律可知，0~1 s 内线框中的感应电流大小为I  1 0.1A （1分） 1 R 由图（b）可知，t0.5s时磁感应强度大小为B 0.15T 1 所以此时导线框ad受到的安培力大小为F BI L0.150.11N0.015N （2 分） 1 1 第 12 页 共 16 页（2）0~1 s 内线框内的感应电流大小为I 0.1A，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向 1 为顺时针方向，由图（c）可知1~2s 内的感应电流大小为I 0.2A，方向为逆时针方向，根据 2 欧姆定律可知1~2 s 内的感应电动势大小为E I R0.1V （1分） 2 2 1 B L2 由法拉第电磁感应定律可得  2 （1分） E   2 t t ΔB B B 可知1~2 s 内磁感应强度的变化率为  2 1 0.2T/s Δt Δt 解得t2s时磁感应强度大小为B 0.3T，方向垂直于纸面向里 （1分） 2 故1~2 s 内磁场随时间变化的图像如图所示 t1.5s时磁感应强度为B 0.2T，则外力大小为F B I L0.20.21N0.04N （1分） 3 1 3 2 （3）由动量定理可知B ILt 0mv （2 分） 2 0 1 B L2 其中 E  2 2 （2分） qIt  t   R R R 联立解得初速度大小为v 0.09m/s （1分） 0 【拓展】线框为多匝线圈（如 N=10），重新计算安培力与初速度；磁场随时间按正弦规律变 化，求感应电流的有效值。 【点评】中档题，第（3）问需灵活应用动量定理，将安培力的冲量转化为磁通量的变化，避 免直接积分计算，对方法选择要求较高。 15.【答案】（1）2 5 m/s； （2）1J （3）0.4J 【立意】考查电磁感应、电容器充电、动量守恒、能量守恒，侧重多过程、多规律的综合应用 能力。 【思路】 第 13 页 共 16 页（1）导体棒a下滑时，切割磁感线产生的感应电动势E  B Lv （1分） 1 q E v 电容器充电电流I  C CB L CB La （1分） t t 1 t 1 对导体棒a根据牛顿第二定律可得 m gsin30B ILm a （1分） a 1 a 25 代入数据解得a  m/s2 9 h 导体棒a下滑位移s  3.6m sin30 由匀加速直线运动公式v2 2as （1分） 可得导体棒a到达倾斜导轨底端时的速度v 2 5 m/s （1分） a （2）导体棒a、b碰撞过程满足动量守恒，则m v (m m )v （2分） a a a b 共1 代入数据解得v  5 m/s 共1 1 1 碰撞过程中系统损失的机械能E  m v2  (m m )v2 （2分） 2 a a 2 a b 共1 代入数据解得E 1J （1分） （3）磁场Ⅱ无限长，最终导体棒 a、b、c将以相同速度匀速运动（此时回路磁通量不变，无 感应电流，安培力为零） 对导体棒 a、b、c组成的系统，由动量守恒定律可得 (m m )v (m m m )v （1分） a b 共1 a b c 共 5 解得v  m/s 共 2 整个过程中系统损失的动能全部转化为回路的焦耳热，总焦耳热 1 1 Q  (m m )v2  (m m m )v2 （2分） 总 2 a b 共1 2 a b c 共 解得Q 0.5J 总 第 14 页 共 16 页R R 0.50.5 导体棒a、 b并联的总电阻R  a b  0.25，再与导体棒c的电阻R =1Ω ab R R 0.50.5 c a b 串联，回路总电阻R  R R 1.25 （1分） 总 ab c R 整个过程中导体棒c上产生的焦耳热Q  c Q （1分） c R 总 总 解得Q 0.4J （1分） c 【拓展】电容器改为电阻，重新分析导体棒的运动；碰撞为弹性碰撞，计算碰撞后两棒的速度。 【点评】压轴题，分三个过程（下滑、碰撞、稳定运动），每个过程需应用不同规律，需注意 过程间的衔接（如碰撞后的动量传递），计算量大，需细心运算。 第 15 页 共 16 页高二期末质量监测物理细目表 题号 题型 分值 主考点 难度 1 单项选择题 4 电阻率、单位制 易 2 单项选择题 4 安培定则、点电荷磁感应强度及其叠加 易 3 单项选择题 4 交变电流“四值”的理解与计算 易 4 单项选择题 4 LC震荡电路 中 5 单项选择题 4 带电粒子在匀强磁场中的运动 中 6 单项选择题 4 电池相关计算 中 7 单项选择题 4 磁场对电流的作用 较难 8 多项选择题 6 电表改装原理、串并联电路规律 易 9 多项选择题 6 变压器的动态电路分析 中 10 多项选择题 6 电磁感应中的单杆切割 较难 基本仪器（螺旋测微器、游标卡尺和欧姆表）的读数、欧姆 11 实验题 6 中 表的使用 12 实验题 9 闭合电路欧姆定律的运用 较难 13 计算题 10 电路的规律、闭合电路欧姆定律 中 14 计算题 12 电磁感应的基本应用 中 外力式电容器充电、电磁感应双杆问题：涉及法拉第电磁感 15 计算题 17 应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、动量守恒定律、 较难 能量守恒定律、完全非弹性碰撞 第 16 页 共 16 页