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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:B=A+C2=5+32V=4V，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
4、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=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
5、,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. 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E=kQr2分析场强的大小；根据电场强度的定义式变形求得q=FE，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E=kQr2，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q1=F1EA，B点的点电荷电量q2=F2EB，由于F2F1，E
6、AEB，所以q2q1，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.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
7、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
8、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mg=3qE.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3-233mgC. 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
9、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:mgRqER=12mvD2，在D点，由牛顿第二定律得：Nmg=mvD2R，结合mg=3qE，解得：N=(3233)mg，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N=(3233)mg，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：3cos=1+sin,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
10、，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I1=ER1+r,I2=ER2+r,由题有I2=I12，联立得：2(R1+r)=R2+r，代入解得：r=2；故选D.【点睛】本题的关键要掌握闭
11、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t=avB. 电子离开磁场时速度与PQ延长线夹角为，且tan=2aba2b2C. 电子做圆周运动的半径为a2+b22aD. 洛伦兹力对电子做的功为Bevb【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
12、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t=MQvav，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r2=a2+(rb)2，可得粒子半径：r=a2+b22b，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：tan=arb，联立r=a2+b22b可得tan=2aba2b2;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
13、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
14、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
15、,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：y=12qUmdt2，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
