市级联考河北省保定市学年高二下学期联合调研考试物理试题含答案解析.docx

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市级联考河北省保定市学年高二下学期联合调研考试物理试题含答案解析

【市级联考】河北省保定市【最新】高二下学期联合调研考试物理试题

学校:

___________姓名：

___________班级：

___________考号：

___________

一、单选题

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．

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φA=5V,φC=3V,则

A．B点的电势φB一定为4V

B．A点的场强EA一定大于C点的场强EC

C．电荷量为+1C的电荷从C点运动到A点电势能减少2J

D．电荷量为-1C的电荷在A点时电势能为-5J

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F2>F1,下列说法中正确的是

A．B点的电场强度大于A点的电场强度

B．q2>q1

C．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

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=I2

B．I2>I1

C．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

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3mg

B．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

6．一个电源和一个电阻箱组成的电路如图所示,把R由2Ω改变为6Ω时,流过电源的电流减小到原来的一半,则电源的内阻应为

A．4ΩB．8ΩC．6ΩD．2Ω

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PQ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

二、多选题

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0~t1时间内,金属环受到向右的安培力

B．在t1~t2时间内,金属环受到向右的安培力

C．在t2~t3时间内,金属环受到向左的安培力

D．在t3~t4时间内,金属环受到向左的安培力

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

10．如图所示,在竖直向上磁感应强度为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α。

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

11．在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1500匝,横截面积S=20cm2。

环绕螺线管的导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，滑动变阻器全电阻R2=5.0Ω,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1.2V

B．闭合S稳定后,电压表示数为1.2V

C．闭合S稳定后,电阻R1的消耗的最大功率为0.36W

D．闭合S稳定后,电阻R1的消耗的最大功率为0.2304W

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

三、实验题

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____Ω。

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r

A．待测干电池一节:

（电动势约1.5V,内阻约0.5Ω）

B．电压表V:

（0~3~15V）

C．电流表A:

（0~0.6~3A）

D．变阻器R1:

（0~20Ω,1A）

E.变阻器R2:

（0~1000Ω,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）；

（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=_______Ω.

四、解答题

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

。

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，左端用R=3Ω的电阻连接，一质量m=0.5kg、电阻r=1Ω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。

参考答案

1．D

【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．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=qφA，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：

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=qφA=-1×5J=-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．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．B

【分析】

电动机正常工作时是非纯电阻电路，结合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I2＞I1，故A错误，B正确；

C、D、根据P=UI，工作电压相等，而I2＞I1，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．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α处（设为A点），从开始到A点的过程，根据动能定理得：

mgRcosα-qE（R+Rsinα）=0

代入得：

解得α＜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．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．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α，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α，则粒子转过的圆心角也为α，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．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、t1～t2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、t2～t3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、t3～t4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．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．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=mgtanθ，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=mgtanθ，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．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．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．

13．R222.5R14.5R1和R2180

【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×10Ω挡测量电阻，则读数为18×10=180Ω；

【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．

（1）0-3V；0-0.6A；

（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；而电池的电动势约为1.5V，故电压表应选用的量程为0-3V；

（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.

15．

【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．

（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、功能关系等列方程求解．