1、河北省保定市2018-2019学年高二下学期联合调研考试物理试题一、选择题:本大题共12小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1-7题只有一个选项是符合题目要求的,第8-12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。有错选的得0分1.磁场对电流的作用力叫安培力,下列关于电流方向、安培力方向以及磁场方向的图片,关系正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据左手定则判断电流方向、磁场方向和安培力方向的关系，伸开左手，四指与大拇指在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流方向相同，大拇指所指方向为安培力的方向【详解】A、电流向里，磁场水平向右，则由左手
2、定则可知，安培力向下，故A错误；B、电流向里，磁场向右，则由左左手定则可知，安培力向下，故B错误；C、电流方向和磁场方向相同，则电流不受安培力，故C错误；D、电流向里，磁场向上，则由左手定则可知，导线受力方向向右，故D正确.故选D.【点睛】解决本题的关键会根据左手定则判断磁场方向、电流方向和安培力方向三者的关系，并注意左手定则与右手定则的区别，并能正确应用2.如图所示,某电场中的一条电场线上有 A、B、C三点,其中B为 AC的中点。已知A=5V,C=3V,则A. B点的电势B 一定为4VB. A点的场强EA 一定大于C点的场强ECC. 电荷量为+1C的电荷从C点运动到 A点电势能减少2JD.
3、电荷量为-1C的电荷在 A点时电势能为-5J【答案】D【解析】【分析】已知两点的电势，若该电场是匀强电场，则在B点处的电势，若该电场是非匀强电场，则知在B点处的电势不能确定电场线的疏密反映电场强弱，一条电场线不能表示电场线的疏密，则知无法判断场强的大小根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的大小变化情况，再依据电势能公式Ep=qA，即可求解【详解】A、若该电场是匀强电场，根据匀强电场U=Ed可知，顺着电场线方向电势均匀降低，则在B点处的电势为:，若该电场是非匀强电场，则知在B点处的电势不是4V；故A错误.B、一条电场线不能表示电场线的疏密，则无法判断场强的大小；故B错误.C、根据推论：
4、正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从C点运动到A点的过程中电势能一定增大，因此电荷量为+1C的电荷从C点运动到A点电势能增加2J；故C错误.D、根据电势能公式Ep=qA=-15J=-5J；故D正确.故选D.【点睛】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电场线不能表示电场的强弱，同时注意A选项中分匀强电场与非匀强电场，最后掌握电势能与电势及电量的关系式3.如图所示,电荷量为+Q 的均匀带电球,以球心为圆心的三个虚线圆为等势线,点电荷+q1 放在 A点,受到电场力大小为F1,点电荷+q2 放在 B点,受到电场力大小为F2,且F2F1,下列说法中正确的是A. B点
5、的电场强度大于 A点的电场强度B. q2q1C. B点的电势大于 A点的电势D. 把两个点电荷交换位置,A、B两点的电场强度大小也随之交换【答案】B【解析】【分析】由点电荷场强公式分析场强的大小；根据电场强度的定义式变形求得，比较电量；根据电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面比较AB点的电势；电场强度的大小与试探电荷无关，由产生电场的场源电荷决定；【详解】A、根据点电荷的电场强度公式，A点比B点距离场源电荷近，所以A点电场强度比B点大，故A错误；B、A点的点电荷电量，B点的点电荷电量，由于，所以，故B正确；C、正点电荷电场电场线是背离正电荷，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以B
6、点的电势小于A点的电势，故C错误；D、电场强度的大小与试探电荷无关，所以把两个点电荷交换位置，A、B两点的电场强度大小不变，故D错误；故选B.【点睛】解答本题要正确理解电场强度和电势的决定因素和大小关系，注意三个电场强度的公式的适用范围，不能混淆4.如图所示,A、B两端电压恒为U,接入内阻为R 的电动机 M 恰好能正常工作,流过电动机的电流为I1,如果把电动机换成阻值为R 的定值电阻,此时电流为I2,下列说法正确的是A. I1=I2B. I2I1C. 电动机消耗的功率大于定值电阻消耗的功率D. 电动机消耗的功率等于定值电阻消耗的功率【答案】B【解析】【分析】电动机正常工作时是非纯电阻电路，结合
7、欧姆定律分析电流大小，根据P=UI分析电功率大小关系【详解】A、B、电机电路的内阻为R，正常工作时由于线圈的切割磁感线产生反电动势，故其对电流的阻碍作用大于内阻R，故I2I1，故A错误，B正确；C、D、根据P=UI，工作电压相等，而I2I1，故电动机消耗的功率小于定值电阻消耗的功率，故C错误，D错误；故选B.【点睛】本题关键是明确电动机正常工作时对电流的阻碍作用大于其内电阻，同时要结合电功率表达式P=UI列式分析5.如图所示,一光滑绝缘的半圆槽固定在地面上,圆心为O,半径为R,D点为最低点,整个半圆槽处于水平向右的匀强电场中.从半圆槽右边与圆心等高处由静止释放一质量为m,电荷量为+q的小球.已
8、知电场强度为E,重力加速度为g,且.则A. 小球运动到D点时,对槽底部的压力大小为3mgB. 小球运动到D点时,对槽底部的压力大小为C. 小球能运动到半圆槽左边与圆心等高处D. 小球最终停在D点【答案】B【解析】【分析】对于小球从静止释放到运动到D点的过程，由动能定理列式求出小球到达D点的速度，在D点，由牛顿运动定律求小球对槽底部的压力大小.假设小球能运动到半圆槽左边与圆心等高处，根据功能关系分析假设是否成立.分析小球在D点的受力情况，判断小球最终能否停在D点.【详解】A、B、小球从静止释放到运动到D点的过程，由动能定理得:，在D点，由牛顿第二定律得：，结合，解得：，由牛顿第三定律知小球运动到
9、D点时，对槽底部的压力大小为，故A错误；B正确.C、假设小球能运动到半圆槽左边所在半径与竖直方向的夹角为处（设为A点），从开始到A点的过程，根据动能定理得：mgRcos-qE(R+Rsin)=0代入得：,解得90，所以小球不能运动到半圆槽左边与圆心等高处；故C错误.D、在D点，小球所受的电场力水平向右，重力和支持力在竖直方向，合力不可能为零，所以小球最终不能停在D点；故D错误.故选B.【点睛】本题是带电体在复合场中运动的问题，运用动能定理时要灵活选择研究的过程，要注意分析向心力的来源.6.一个电源和一个电阻箱组成的电路如图所示,把R 由2改变为6时,流过电源的电流减小到原来的一半,则电源的内阻
10、应为A. 4 B. 8 C. 6 D. 2【答案】D【解析】【分析】根据欧姆闭合电路定律，分别列出R变化前后电流的表达式，运用比例法求出电源的内电阻【详解】设电源的内阻为r，则根据欧姆闭合电路定律，得,由题有，联立得：，代入解得：；故选D.【点睛】本题的关键要掌握闭合电路欧姆定律，考查应用比例法处理简单电路问题的能力对于两种相似情况，常常运用比例法研究7.如图所示,长方形匀强磁场区域 MNQP,长为a、宽为b,磁感应强度大小为B,方向垂直区域平面。一质量为m、电荷量为e的电子以速度v 从 M 处沿 MN 方向进入磁场,从 Q点离开磁场,则A. 电子在磁场中运动的时间B. 电子离开磁场时速度与P
11、Q延长线夹角为，且C. 电子做圆周运动的半径为D. 洛伦兹力对电子做的功为【答案】B【解析】【分析】电子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，洛伦兹力不做功，时间可根据弧长与速度之比求解【详解】A、电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，运动时间为，故A错误；B、C、电子离开磁场时速度与PQ延长线夹角为，设粒子半径为r，如图所示:根据几何关系，可得粒子半径：，粒子速度偏转的角度为，则粒子转过的圆心角也为，根据几何关系可得：，联立可得;故B正确，C错误；D、洛伦兹力始终与速度垂直，不做功;故D错误.故选B.【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，解题关键是
12、要知道带电粒子在磁场中作的是匀速圆周运动，应该用圆周运动的知识求时间，粒子不是类平抛运动不能运用运动的分解法求解时间8.如图甲所示,一竖直固定金属圆环c,环面靠近并正对一螺线管,螺线管的a、b端输入如图乙所示的电流 (规定从a端流入为正),则 A. 在0t1 时间内,金属环受到向右的安培力B. 在t1t2 时间内,金属环受到向右的安培力C. 在t2t3 时间内,金属环受到向左的安培力D. 在t3t4 时间内,金属环受到向左的安培力【答案】BC【解析】【分析】根据右手螺旋定则，来判定穿过线圈C的磁通量变化，再依据楞次定律，判定环与受到的安培力的情况【详解】A、B、在0时刻螺线管中的电流为零，对金
13、属圆环的作用力为零，之后螺线管中的电流在增大，穿过金属圆环中的磁通量在增大，由楞次定律得金属圆环中产生与螺线管中反向的电流，反向电流相互排斥；所以可知金属环受到向左的安培力，故A错误；B、t1t2时间内螺线管中的电流在减小，由楞次定律得环中的电流方向与之相同，所以环受到吸引力，即金属环受到向右的安培力；故B正确.C、t2t3时间内电流在增大，由楞次定律得环中的电流方向与之相反，所以可知金属环受到向左的安培力;故C正确.D、t3t4时间内内螺线管中的电流在减小，由楞次定律得环中的电流方向与之相同，所以环受到吸引力，即金属环受到向右的安培力;故D错误.故选BC.【点睛】考查右手螺旋定则与楞次定律的
14、应用，掌握感应电流产生的条件，注意右手螺旋定则与右手定则的区别9.充电后的平行板电容器中电场可视为匀强电场,两个带电粒子a、b (不计相互作用力和自身重力)同时从同一位置垂直电场飞入平行板电容器,并同时打在下极板或飞出极板区域,在电容器中的轨迹如图所示,其中粒子b刚好从下极板右边缘飞出。由此判断A. 两个粒子都带负电B. 两个粒子的比荷相同C. 两个粒子具有相同的初速度D. 两个粒子的动能增量一定相等【答案】AB【解析】【分析】两个粒子均做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是匀加速直线运动，运动时间相同，对竖直分运动根据分位移公式列式求解比荷，根据动能定理列式比较两个粒子的动能增
15、量【详解】A、两个粒子均受向下的电场力，而场强方向向上，故两个粒子都带负电，故A正确；B、对于竖直分运动，有：，由于运动时间相同，y、U也相同，故两个粒子的比荷相同，故B正确；C、对于水平分位移，有：x=v0t，由于t相同，而水平分位移不同，故初速度不同，故C错误；D、对粒子，根据动能定理，动能增加量等于合力（只受电场力）做功，而两个粒子的比荷相同，但电荷量不一定相同，电场力做功W=qU，故电场力做功不一定相同，故两个粒子的动能增量不一定相等，故D错误；故选AB.【点睛】平抛运动即可分为两相互垂直的分运动来求解，一为匀速直线运动，以为初速度为零的匀加速直线运动10.如图所示,在竖直向上磁感应强
16、度为B 的匀强磁场中有光滑金属轨道,分别由水平部分CD、PQ和倾斜部分DE、QM 组成,轨道间距为L,倾斜部分倾角为。垂直水平轨道放置质量为m 电阻为r的金属棒a,垂直倾斜轨道放置质量为m 电阻为 R 的金属棒b。导轨电阻不计,为保证金属棒b静止不动,给金属棒a施加作用力F使其做匀速运动,则 A. 导体棒a向左运动,速度大小为B. 导体棒a向左运动,速度大小为C. 作用力F 做功的功率为D. 作用力F 做功的功率为【答案】BD【解析】【分析】以b棒为研究对象进行受力分析，根据共点力的平衡条件结合闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解a棒速度大小；以a棒为研究对象，根据共点力的平衡条件求解拉
17、力大小，根据P=Fv计算拉力功率【详解】A、B、以b棒为研究对象进行受力分析，如图所示：平衡时有FA=BIL=mgtan，设a棒的速度为v，根据E=BLv和可得，解得速度大小为，故A错误、B正确；C、D、以a棒为研究对象，匀速运动时拉力F=BIL=mgtan，根据功率计算公式可得作用力F做功的功率为，故C错误、D正确.故选BD.【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解11.在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1500匝,横截面积
18、S=20cm2。环绕螺线管的导线电阻r=1.0，R1=4.0，滑动变阻器全电阻R2=5.0,电压表可看作理想表,螺线管内磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。则下列说法中正确的是A. S断开时,电压表示数为1.2VB. 闭合S稳定后,电压表示数为1.2VC. 闭合S稳定后,电阻 R1 的消耗的最大功率为0.36WD. 闭合S稳定后,电阻 R1 的消耗的最大功率为0.2304W【答案】AD【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律求电源的电动势，S断开时电压表的示数等于电源的电动势；当电路电流最大时，R1消耗的功率最大，根据闭合电路欧姆定律求电流，由求R1消耗的最大功率；【详解】A、S断开时，电
19、压表示数等于电源的电动势，根据法拉第电磁感应定律，所以电压表示数为1.2V，故A正确；B、闭合S稳定后，电压表的示数为电源的路端电压，小于1.2V，故B错误；C、当滑动变阻器的阻值为0时，电路电流最大，电阻R1消耗的最大功率为，故C错误，故D正确；故选AD.【点睛】重点掌握：法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、功率及电压与电流关系式，注意串联电路的电压分压与电阻有关12.光滑水平面上方有范围足够大的水平匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。一质量为 M 的绝缘长木板 (足够长)静置于水平面上,上面放一个质量为m,带电量为+q的小滑块,小滑块与长木板之间动摩擦因数为(最大静摩擦力等于滑动
20、摩擦力),给长木板施加水平向右的恒力F,长木板和小滑块一起向右加速运动,重力加速度为g,则A. 小滑块将一直随长木板一起向右运动B. 长木板与小滑块一起运动时加速度为C. 小滑块最终将做匀速直线运动,速度大小为D. 长木板最终的加速度为【答案】BCD【解析】【分析】根据牛顿第二定律判断恒力开始作用于木板时，系统一起运动的加速度，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，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动【详解】A、C、当滑块获得向右运动的速度以后，根据左手定则可知，将产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于
21、重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，解得：，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动.故A错误，C正确；B、由题可知，开始时长木板和小滑块一起向右加速运动，则它们的加速度大小是相等的，由牛顿第二定律可得：；故B正确.D、当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，所以长木板沿水平方向只受到拉力F的作用，其加速度：；故D正确.故选BCD.【点睛】本题主要结合洛伦兹力的特点考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情况二、实验题:本大题共2小题,其中第13小题6分,第14
22、小题9分,共15分。13.在练习使用多用电表的实验中,某同学把多用电表连入如图甲所示的电路中。在经过正确的操作后得到如图乙所示的示数。（1）旋转旋转开关，使得尖端对准直流电压50V档，闭合开关S，此时测得的是_两端的电压，示数为_V；（2）旋转旋转开关，使得尖端对准直流电流10mA档，闭合开关S，此时测得的是通过_的电流，示数为_；（3）若断开电路中的电键，旋转旋转开关使其对准10欧姆档，此时测得的是_电阻，示数为_。【答案】 (1). R2 (2). 22.5 (3). R1 (4). 4.5 (5). R1和R2 (6). 180【解析】【分析】使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指
23、在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；根据多用电表选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，再根据指针位置读出其示数.【详解】(1)旋转选择开关，使尖端对准直流电压50V档，闭合开关S，此时R1没有接入电路，多用电表测量R2的电压，由图示表盘可知，其分度值为1V，对应读数是22.5V，(2)若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流档，此时测得的是通过R1的电流，如果是用直流10mA挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，对应读数是4.5mA；(3)若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆档，此时测得的是R1和R2串联的阻值；如果是用10挡测量电阻，
24、则读数为1810=180；【点睛】本题考查了用欧姆表测电阻的方法、多用电表读数；对多用电表读数时，要先根据选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后确定其分度值，再根据指针位置读数，读数时视线要与电表刻度线垂直.14.某同学用下列所给的器材测一节干电池的电动势E 和内阻rA. 待测干电池一节:(电动势约1.5V,内阻约0.5)B. 电压表 V:(0315V)C. 电流表 A:(00.63A)D. 变阻器R1:(020,1A)E. 变阻器R2:(01000,0.1A)F. 电键S和导线若干（1）实验中电压表应选用的量程为_（填0-3V或0-15V）；电流表应选用的量程为_（填0-0.6A或0-3A
25、）；（2）根据实验要求连接实物电路图_；（3）实验测得的6组数据已经在U-I图中标出，如图所示。请你根据数据点位置完成U-I图象_，并由图线求出该电池的电动势E=_V；内阻r=_.【答案】（1）0-3V；0 -0.6A ；R1（2）1.5；0.48 - 0.53【解析】【分析】根据电池的电动势和图中的电流值可选取电流表及电压表；滑动变阻器在本实验中作为限流使用，故应选取若大于内阻的滑动变阻器；用直线将各点相连，注意让各点尽量分布在直线两侧；由图象与纵坐标的交点可求得电动势；图象的斜率表示电池的内电阻.【详解】（1）由图可知，电流小于0.6A，故电流表应选用的量程为0-0.6A；而电池的电动势约
26、为1.5V，故电压表应选用的量程为 0-3V；为了调节方便并能减小误差，故变阻器应选用R1，故选C。（2）对照电路原理图，连接实物图，如图所示：（3）描点作图，如图所示：图象的横轴截距表示电动势，故电动势为1.50V；斜率绝对值表示电源内电阻.【点睛】本题考查测电动势和内阻实验的数据处理，注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义.三、计算题:本大题共3小题,其中第15题9分,第16题每题13分,第17题15分,共37分。15.PQ和 MN分别是完全正对的金属板，接入电动势为E 的电源，如图所示，板间电场可看作匀强电场,MN之间距离为d，其间存在着磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。紧挨
27、着P板有一能产生正电荷的粒子源S，Q 板中间有孔J，SJK在一条直线上且与 MN 平行。产生的粒子初速度不计，粒子重力不计，发现粒子能沿着SJK 路径从孔 K射出，求粒子的比荷。【答案】【解析】【分析】粒子在PQ板间是匀加速直线运动，根据动能定理列式；进入MN板间是匀速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式；最后联立求解即可【详解】PQ板间加速粒子，穿过J孔是速度为v根据动能定理，有：沿着SJK路径从K孔穿出，粒子受电场力和洛伦兹力平衡:解得:【点睛】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，根据动能定理和平衡条件列式.16.如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距l=1m
28、，左端用R=3的电阻连接，一质量m=0.5kg、电阻r=1的导体棒与两轨道垂直，静止放在轨道上,轨道的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B=2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，现用水平恒力F 沿轨道向右拉导体棒，导体棒由静止开始运动，当导体棒开始做匀速运动时，电阻消耗的功率为3W。求：(1)水平恒力F；(2)导体棒匀速运动的速度；(3)从静止开始到开始匀速运动的过程中导体棒位移s=2m,求电阻R 产生的焦耳热。【答案】（1）2N （2）2m/s （3）2.25J【解析】【分析】根据电功率的计算公式求解电流强度，根据共点力的平衡条件求解拉力；根据闭合电路的欧姆定律可得回路中感应电动
29、势，根据法拉第电磁感应定律求解速度大小；根据动能定理求解克服安培力做的功，根据功能关系和能量分配关系求解电阻R上产生的焦耳热【详解】(1)匀速时，导体杆受到恒力和安培力平衡 解得：F=2N (2)电阻R消耗的功率：匀速时导体杆切割磁感线的速度为v 对于感应电路 联立得：v=2m/s (3)从静止到匀速运动过程中 设电路产生的焦耳热为Q，由能量守恒知道：设电阻R产生的焦耳热QR 解得：QR=2.25J【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等
30、列方程求解17.如图所示,以半圆形匀强磁场的圆心为坐标原点建立平面直角坐标系xoy,半圆的直径d=0.6m,磁感应强度B=0.25T,方向垂直纸面向里,一群不计重力、质量m=310-7kg、电荷量q=+210-3C的带电粒子以速度v=5102m/s,沿-x方向从半圆磁场边界射入磁场区域。(1)如果粒子进入磁场时坐标 (0.3m，0)，求出磁场时的坐标； (2)如果粒子从圆心O射出，求进入磁场时的坐标。【答案】（1）（0，0.3） （2）【解析】【分析】(1)利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出，如果粒子进入磁场坐标为（0.3m，0）时的出磁场时的坐标；(2)利用几何关系确定圆心，即
31、可判断出进入磁场时的点，再利用几何关系即可判断出如果粒子从圆心O射出，进入磁场时的坐标【详解】(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示: 解得：r=0.3m从C点进入磁场，由洛伦兹力和牛顿第二定律判断圆心O1在过C点的竖直线上.CO1为半径，大小0.3m.由几何知识求得，粒子从B点射出.B点坐标（0，0.3）(2)设从D点进入磁场，从O点离开磁场.由洛伦兹力和牛顿第二定律判断圆心在过D点的竖直线上.连接OD，做DO作中垂线。中垂线与过D点的竖直线交于O2点，O2即为做圆周运动的圆心.连接OO2，ODO2，为等边三角形，即：OO2=0.3m，所以O2在半圆形磁场的边界线上，进入磁场时的横坐标坐标：进入磁场时的横坐纵坐标：yD=rsin30=0.15m即进入磁场时的D点坐标为【点睛】本题考查带电粒子在磁场中运动，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系