過程性學科素質評價高二物理B滿分:100分時間:75分鐘注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚,將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡簽字筆書寫,字體工整、筆跡清晰。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題:本題共8小題,每小題4分,共32分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.如圖所示,電荷量大小分別為Q、q的點電荷A、B間的距離為r,相互之間的排斥力為F。已知靜電力常量為k,下列說法正確的是A.點電荷B帶正電A.點電荷B帶正電C·點電荷A產生的電場在B位置處的電場強度大小為ErD.點電荷A產生的電場在B位置處的電場強度大小與F成正比,與q成反比2.水平面某一區(qū)域存在具有平行邊界的勻強磁場區(qū)域,磁場方向豎直向下,一閉合金屬框在外力作用下勻速通過磁場區(qū)域,過程中依次經過位置a、b、C、d,如圖所示。下列關于金屬框運動過程中感應電流的說法,正確的是A.位置a處,金屬框中存在感應電流B.從位置a到位置b過程中,金屬框中始終存在感應電流C.從位置b到位置C過程中,金屬框中始終存在感應電流D.從位置C到位置d過程中,金屬框中始終無感應電流3.如圖所示的電路中,電阻R1=20n、R230n、R360Q,另有一個電壓恒為30V的理想電源可用于接入不同端點。下列說法錯誤的是A.若將a、b端短路,則C、d之間的等效電阻為45ΩB.若將C、dA.若將a、b端短路,則C、d之間的等效電阻為45ΩB.若將C、d端短路,則a、b之間的等效電阻為40ΩD.若C、d端接電源,則a、b兩端的電壓為20V【高二物理B第1頁(共6頁)】【高二物理B第2頁(共6頁)】4.如圖所示,由同種材料制成的兩個長方體導體R、R2串聯后接入電路,兩導體的左、右端面均為正方形,其邊長之比a:21:2,兩導體的長度之比b:b21:2。閉合開關S,下列說法正確的是A.兩導體的電阻之比R:R21:2B.兩導體的電阻之比RA.兩導體的電阻之比R:R21:2B.兩導體的電阻之比R1:R21:4D.兩導體內電子定向移動速率之比v:v24:15.如圖所示,將一塊無窮大金屬平板置于勻強電場中,電場強度大小為E,方向垂直于金屬平板表面向右,a、b、C三點分別位于金屬平板外側空間、平板內部、平板表面。當金屬平板處于靜電平衡狀態(tài)時,下列說法正確的是A.b點電勢高于C點電勢B.a點電場強度大于b點電場強度C.因自由電子向左移動,金屬平板內部帶正電D.金屬平板的感應電荷在b點產生的電場強度大小為06.如圖所示,水平虛線MN上方存在垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域I,磁感應強度大小為B1,MN下方存在垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域lI,磁感應強度大小為B2。一帶正電粒子從虛線MN上的O點垂直MN向上射入磁場區(qū)域I,粒子經過兩磁場區(qū)域偏轉,從O點出發(fā)后第一次和第二次分別到達虛線MN上的P、Q點(圖中未畫出)。已知B1=2B2,不計帶電粒子的重力。帶電粒子從O點運動至Q點的過程中,下列說法正確的是A.Q點位于O點右側B.Q點與O點重合A.Q點位于O點右側B.Q點與O點重合D.粒子在兩磁場區(qū)域運動的路程之比s:s21:27.一電荷量為q(q>0)、質量為m的帶電物體靜置于絕緣水平面上,空間存在磁感應強度大小為B的勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外。某時刻,該物體在水平恒力F的作用下由靜止開始水平向右加速運動,運動的位移為時恰好達到最大速度。已知物體與水平面間的動摩擦因數為,重力加速度為g。物體由靜止到達到最大速度的過程中,下列說法正確的是C.物體克服摩擦力做的功為μgzD.最大動能小于Fzu—mgzr【高二物理B第3頁(共6頁)】8.如圖甲所示,兩平行金屬板A、B豎直放置,兩板間的電壓UAB隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,將一個帶電量為q(q>0)、質量為m的粒子從A、B兩板正中間的P點由靜止釋放,粒子在運動過程中恰好不與金屬板相碰。已知兩板所加電壓的大小為U、周期為T,忽略粒子的重力,下列說法正確的是T2quA·A、B兩板間的距離為4mT2qu二、選擇題:本題共2小題,每小題5分,共10分。在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分。9.如圖所示,在原點O和軸負半軸上坐標為1處分別固定兩點電荷Q1、Q2o一帶正電的試探電荷從坐標為2處以一定的初速度沿z軸正方向運動,其電勢能Ep隨位置z的變化圖線已在圖中繪出,圖線與z軸交點的橫坐標為3,圖線最高點對應的橫坐標為4。不計試探電荷的重力,下列說法正確的是A·x正半軸上,4處的電勢最高B.點電荷Q,帶負電、Q2帶正電C.試探電荷從2運動至4的過程中,電場力先減小后增大D.試探電荷從2運動至4的過程中,電場力先做正功后做負功10.如圖所示,A、B為水平正對放置的平行板電容器的兩極板,B極板接地;電容器與理想二極管串聯后,接在電動勢恒定的電源兩端。閉合開關S后,一帶電液滴靜止在兩極板間的P點。保持開關S閉合,改變極板位置,下列說法正確的是A.A極板稍上移,P點電勢降低B.A極板稍下移,液滴向上運動C.B極板稍上移,P點電勢降低D.B極板稍下移,液滴向下運動【高二物理B第4頁(共6頁)】三、非選擇題:共5小題,共58分。11.(6分)某同學用伏安法測量阻值約為5Ω的均勻圓柱形待測金屬元件的電阻率。(1)使用刻度尺測量金屬元件的長度L;使用螺旋測微器測量金屬元件的橫截面直徑D,示數如圖甲所示,則金屬元件的直徑D=mm。(2)該同學選用了以下器材進行測量:A.電壓表V(量程0~3V,內阻約為1kΩ)B.電流表A(量程0~0.6A,內阻約為3Ω)C.滑動變阻器R(010Ω)D.電源(電動勢3V,內阻可忽略)E.開關與導線若干為了減小實驗誤差,應選用如圖(選填"乙"或"丙")所示的實驗電路圖進行實驗。(3)選擇正確的電路后,調節(jié)滑動變阻器,測量多組電流表讀數I、電壓表讀數U,作出U I圖像如圖丁所示,圖像的斜率為k,則電阻率的表達式為p=(用k、L、D表示)。12.(10分)某實驗小組想要測量一節(jié)蘋果電池的電動勢和內阻。該小組查閱資料得知:蘋果電池的電動勢E約為1.5V,內阻r約為5ooΩ?，F有以下器材:A.待測蘋果電池B.電壓表V(量程0~15V,內阻約為15kΩ)C.電流表A1(量程0~3mA,內阻RA約為2OΩ)D.電流表A2(量程0~1mA,內阻RA為5Ω)E.定值電阻R1=1ΩF.定值電阻R21000ΩG.滑動變阻器R(最大阻值約為1000Ω)H.開關、導線若干【高二物理B第5頁(共6頁)】(1)該小組選擇部分器材,設計了如圖甲所示的實驗電路進行實驗,該電路中需選用的定值電阻是(填寫器材對應的字母序號);未選擇使用電壓表V的原因是。(2)該小組調節(jié)滑動變阻器R的滑片位置,記錄電流表A1、A2的多組示數I1、I2,并作出I2I,圖像如圖乙所示。已知圖像的橫截距為a,縱截距為b,則電動勢的測量值E測 (選用a、b、R,、R2、RA表示);內阻的測量值真實值(選填">"或"<")。(3)為更精確地測量該蘋果電池的電動勢和內阻,請結合上述器材重新設計測量電路并畫在虛線框中。13.(10分)在如圖所示的電路中,電源的電動勢E=6V,定值電阻R,=1Ω,滑動變阻器R的阻值可在0~5Ω的范圍內調節(jié),電流表A、電壓表V均可視為理想電表。閉合開關S,調節(jié)滑動變阻器的滑片至某一位置時,電流表A、電壓表V的讀數分別為I=1A、U3V。在調節(jié)滑片的過程中,任意兩次測量的電壓表示數變化量為AU,電流表示數變化量為ΔI。求:(1)電源的內阻r;UΔIUΔI(3)滑動變阻器R消耗的最大功率。14.(14分)如圖所示,絕緣水平面與豎直平面內的四分之一圓的光滑圓弧軌道相切于B點,O點為圓弧軌道的圓心,OC為水平半徑,對整個空間施加水平向左的勻強電場。一帶正電、電荷量q的小物塊(可視為質點)初始靜置于水平面上的A點?，F給小物塊一水平向右的初速度,使其運動至C點時對軌道的壓力恰好為零。已知圓弧半徑R=0.9m,A、B間距離L=1.6m,小物塊與水平面間的動摩擦因數p=,電場強度大小E=10NC,重力加速度g取10m's2。求:(1)小物塊運動至C點時的速度大小;(2)小物塊在A點獲得的初速度;(3)小物塊落地前在空中運動過程中的最小速度(結果可保留根號)。【高二物理B第6頁(共6頁)】15.(18分)如圖所示,uoy平面的第一象限存在一圓形勻強磁場區(qū)域,與z軸、y軸分別相切于P、Q點,其圓心為O1,半徑為R,磁感應強度大小為B、方向垂直zOY平面向里。一帶電粒子從P點沿PO,方向以速度v射入磁場區(qū)域,該粒子恰好經過Q點。現使大量此種帶電粒子從P點沿不同方向以速度v射入磁場區(qū)域,其速度方向均處于與PO1方向夾角不超過30"的范圍內,且均在zoy平面內。不計粒子的重力及粒子間的相互作用力,求:(1)該帶電粒子的比荷;(2)粒子在第一象限內運動的最長時間(結果可保留根號);(3)圓形磁場區(qū)域內,有粒子經過的區(qū)域的面積。高二物理B參考答案選擇題:1-8題,每題4分;9-10題,每題5分,共42分。12345678910CACDBDDAABBC11.(6分)【答案】(1)1.075(答1.074~1.076均可,2分)(2)丙(2分)(3)(2分)12.(10分)【答案】(1)F(2分)電壓表量程過大,接入電路后指針偏角太小,讀數相對誤差大(2分)(2)b(R2+RA)(2分)>(2分)2(3)(2分)13.(10分)【答案】(1)2Ω(3分)(2)3Ω(3分)(3)3W(4分)-1R故=R0+r=3Ω……………………1分(3)根據閉合電路歐姆定律有I……………1分滑動變阻器R消耗的功率PR=I2R……………………1分整理得:PR=…………………1分則當R=R0+r=3Ω時,功率有最大值PRmW……1分14.(14分)【答案】(1)3m/s(4分)(2)9m/s(4分)m/s【解析】(1)分析小物塊在C點的受力,根據牛頓第二定律,有qE=m…………2分解得vC=3m/s……………2分(2)從A點到C點,根據動能定理,有-qE(L+R)-μmgL-mgRmv-mv……………2分(3)小物塊從A點到C點一直減速,離開C點后,如圖,對小物塊進行受力分析,將電場力與重力的合力視為等效重力,其方向與水平方向成45°角,小物塊的運動等效為斜上拋運動,可知當速度最小時,方向與水平方向成45°角斜向左上方……………2分故最小速度vmin=vCcos45°…………(3)小物塊從A點到C點一直減速,離開C點后,如圖,對小物塊進行受力分析,將電場力與重力的合力視為等效重力,其方向與水平方向成45°角,小物塊的運動等效為斜上拋運動,可知當速度最小時,方向與水平方向成45°角斜向左上方……………2分故最小速度vmin=vCcos45°…………………2分高二物理B參考答案第1頁(共5頁)高二物理B參考答案第2頁(共5頁)15.(18分)【答案】4分)6分)R2(8分)【解析】(1)沿PO1方向入射的粒子恰好經過Q點,則軌跡圓半徑r1=R…………1分由牛頓第二定律得qvB=m……………2分解得比荷…………………………1分(2)由圖可知,粒子從P點沿O1P偏右30°射入在磁場中運動時間最長,第一象限在沒有磁場區(qū)域運動的位移也最大,故總時間最長。磁場中運動為三分之一周長,t……………2分離開磁場位移為:x=R-Rsin60°=R…………1分t1分總時間為t=t1+t2分(3)由r1=R可知,所有粒子從磁場區(qū)域離開時,速度方向均垂直于y軸,如圖所示………………2分設磁場區(qū)域上有粒子離開的最低點為M,最高點為N,根據幾何關系可知,點M與圓心O″重合,右側軌跡經過O1點,則有∠PO'MPMN………………2分有粒子經過區(qū)域為虛線陰影部分,灰色陰影部分面積相等……………2分則有粒子經過磁場區(qū)域的面積SR2………………2分【注】:以上計算題若有其他解法,步驟正確亦可得分。高二物理B參考答案第3頁(共5頁)詳解1.【答案】C【解析】點電荷A、B相互排斥,只能得出A、B帶同種電荷,無法判斷A、B的電性,故不能判斷B處電場強度的方向,A、B錯誤;根據庫侖定律可知,F,又有E,則EC正確;電場強度大小由場源電荷Q和距離r決定,與F、q無關,D錯誤。2.【答案】A【解析】金屬框中產生感應電流的條件是穿過金屬框的磁通量發(fā)生變化。位置a處,穿過金屬框的磁通量正在增大,金屬框中存在感應電流,A正確;位置a到位置b過程中,穿過金屬框的磁通量先增大后不變,金屬框進入磁場過程中存在感應電流,進入磁場后沒有感應電流,B錯誤;位置b到位置c過程中,穿過金屬框的磁通量不變,金屬框中無感應電流,C錯誤;位置c到位置d過程中,金屬框穿過磁場邊界時,穿過金屬框的磁通量減小,存在感應電流,D錯誤。3.【答案】C【解析】若將a、b端短路,則R1、R3并聯后與R2串聯,故c、d之間的等效電阻為R2=45Ω,A正確;若將c、d端短路,則R2、R3并聯后與R1串聯,故a、b之間的等效電阻為R1=40Ω,B正確;若a、b端接電源,電阻R2上無電流,則c、d兩端的電壓為電阻R3兩端的電壓,UcdU=22.5V,C錯誤;若c、d端接電源,電阻R1上無電流,則a、b兩端的電壓為電阻R3兩端的電壓,UcdU=20V,D正確。4.【答案】D【解析】根據電阻定律,有R,兩長方體由同種材料制成,電阻率相同,則電阻之比R1∶R2A、B錯誤;根據電流的微觀表達式,有I=neSv=nea2v,兩長方體由同種材料制成,單位體積內的自由電子數n相5.【答案】B同,則電子定向移動速率之比v1∶v2=a∶a=4∶1,C錯誤5.【答案】B【解析】處于靜電平衡狀態(tài)的金屬平板為等勢體,b、c兩點電勢相等,A錯誤;處于靜電平衡狀態(tài)的金屬平板內部合場強為零,故a點電場強度大于b點的電場強度,B正確;處于靜電平衡狀態(tài)的金屬平板內部合場強為零,電荷分布在表面,內部沒有凈電荷,呈電中性,C錯誤;金屬平板內部合場強為零,感應電荷在b點產生的電場強度大小為E,方向向左,D錯誤。6.【答案】D【解析】根據左手定則可知,粒子在兩磁場中均向左偏轉,故Q點在O點左側,A、B錯誤;帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,根據牛頓第二定律,有qvB=m,解得r,則兩半徑之比r1∶r2=1∶2,路程之比s1∶s2=πr1∶πr2=1∶2,時間之比t1∶t1∶2,C錯誤,D正確。7.【答案】D高二物理B參考答案第4頁(共5頁)【解析】分析物體受力,根據牛頓第二定律,有F-μ(mg+qvB)=ma,可知物體的加速度逐漸減小,初始加速度最大,則amg,A錯誤;物體加速度為零時,速度最大,有F=μ(mg+qvmB),有vmB錯誤;于μmgx,C錯誤;物體運動由靜止到最大速度過程,摩擦力f=μ(mg+qvB),于μmgx,C錯誤;根據動能定理,有Fx-Wfmv解得mvFx-Wf<Fx-μmgx,D正確。8.【答案】A【解析】帶電粒子的v-