湖北省襄阳市2019-2020学年高二上学期调研统一测试物理试题（解析版）.docx

1、2020年1月襄阳市普通高中调研统一测试高二物理试卷一、选择题（本大题共11小题，每小题4分，共44分。1-7小题每题只有一个选项正确。8-11小题每题有多个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选、多选、错选得0分。）1.有关电场的几个公式，下列说法正确的是（）A. 由可知电场中某点的电场强度是由试探电荷的电量和它所受的电场力共同决定的B. 仅适用于点电荷，由公式可知与场源电荷距离相等的各点场强均相同C. 由，移动电荷时，电场力做功与初末位置的电势差有关，而与电荷移动的路径无关D. 仅适用于匀强电场，其中表示、两点间的距离【答案】C【解析】【详解】A是电场强度的定义式，电场强

2、度是电场本身具有的属性，和、无关，A错误；B是计算点电荷周围场强大小的公式，电场强度是矢量，还需要考虑方向，所以与场源电荷距离相等的各点场强大小相等，方向不同，B错误；C根据可知移动电荷时，电场力做功与初末位置的电势差有关，而与电荷移动的路径无关，C正确；D仅适用于计算匀强电场两点间的电势差，其中表示两点间沿电场线方向上的距离，D错误。故选C。2.如图所示，与为两个全等的直角三角形，为与边的中点。在、两点分别放置一个点电荷后，点的场强方向沿方向指向，则（）A. 一定是点放正电荷，点放负电荷B. 电场中、两点的场强相同C. 、两点间的电势差与、两点间的电势差相等D. 将一带负电的试探电荷从点移到

3、点，其电势能增加【答案】D【解析】【详解】A根据场强的叠加法则画出示意图，确定电荷的正负关系：所以一定是点放负电荷，点放正电荷，A错误；B根据场强的叠加，电场中、两点合场强的方向不同，B错误；C根据等势面的特性结合几何关系，、两点在的等势面上，所以、两点间电势差只和有关，同理，与、两间距等长的、两点间的电势差只和有关，根据：可知，距离点电荷相同的距离上，沿电场线方向电势降低，根据：定性分析可知、两点间电势差大于、两点间的电势差，C错误；D根据：负电荷从点移动到点，结合C选项可知电势降低，电势能增加，D正确。故选D。3.如图，一个带负电的橡胶圆盘处在竖直面内，可以绕过其圆心的水平轴高速旋转，当它

4、不动时，在它轴线上、两处的小磁针均处于静止状态，当橡胶圆盘逆时针（从左向右看）高速旋转时，关于小磁针的情况分析正确的是（）A. 两处小磁针极均向左偏B. 两处小磁针极均向右偏C. 处小磁针极向右偏转，处小磁针极向左偏转D. 处小磁针极向纸内偏转，处小磁针极向纸面外偏转【答案】B【解析】【详解】带负电橡胶圆盘，逆时针旋转，则圆盘的电流方向与旋转方向相反，为顺时针。由安培定则可知，磁感线从左向右，静止时小磁针极所指方向即为磁感线的方向，故处小磁针极向右偏，处小磁针极向右偏，ACD错误，B正确。故选B。4.如图所示，一段通有恒定电流的直导线水平放置在足够大的匀强磁场中，第一次将导线以为轴在纸面内顺时

5、针转过60，第二次将导线以为轴垂直纸面向里转过60，不考虑电磁感应的影响，关于两种情况导体受到的安培力大小和方向，下列说法正确的是（）A. 第一种情况，安培力大小一直在变，但方向不变B. 第一种情况，安培力大小和方向都一直在变C. 第二种情况，安培力大小和方向都一直在变D. 第二种情况，安培力大小和方向都一直不变【答案】A【解析】【详解】AB第一次将导线以为轴在纸面内顺时针转过，根据左手定则可知，导线受到的安培力总是垂直纸面向里，根据安培力大小表达式：可知，是垂直磁场方向的有效长度，在顺时针转动过程中，有效长度不断减小，故这种情况下安培力大小一直在变，但方向不变，A正确，B错误；CD同理，第二

6、次将导线以为轴垂直纸面向里转过，垂直磁场方向的长度不变，安培力的大小总是不变，根据左手定则可知，安培力方向不断变化，CD错误。故选A。5.如图所示，圆形导体线圈平放在绝缘水平桌面上，在的正上方固定一竖直螺线管，二者轴线重合，螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片向上滑动，下列说法中正确的是（）A. 穿过线圈的磁通量增大B. 线圈有扩张的趋势C. 线圈中将产生俯视逆时针方向的感应电流D. 线圈对水平桌面的压力大于其重力【答案】B【解析】【详解】AC当滑动触头向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈的电流减小，线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈的磁通量变小；根据中

7、的电流方向和安培定则可知产生的磁场方向向下穿过线圈，根据楞次定律，中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈中感应电流方向俯视应为顺时针，AC错误；B因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈应有扩张的趋势，B正确；D因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知只有线圈靠近螺线管才能阻碍磁通量的减小，线圈受到的安培力向上，所以对水平桌面的压力将减小，对水平桌面的压力小于其重力，D错误。故选B。6.如图所示，一个匝矩形闭合线圈，总电阻为，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向

8、的转轴以恒定的角速度转动，线圈产生的电动势的最大值为，从线圈平面与磁感线平行时开始计时，则（）A. 线圈电动势的瞬时值表达式为B. 当线圈转过时，磁通量的变化率达到最大值C. 穿过线圈的磁通量的最大值为D. 线圈转动一周产生的热量为【答案】D【解析】【详解】A线圈在转动过程中产生的感应电动势最大值为，从线圈平面与磁感线平行时开始计时，线圈电动势的表达式：A错误；B当线圈转过时，线圈与中性面重合，电动势为0，根据：可知磁通量的变化率为零，B错误；C感应电动势最大值为：穿过线圈的磁通量的最大值为：C错误；D根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系：线圈转动一周，产生热量：D正确。故选D。7.图甲为某

9、电源的图线，图乙为某小灯泡的图线，则下列说法中正确的是（）A. 电源的内阻为B. 小灯泡的电阻随着功率的增大而减小C. 把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为D. 把电源和小灯泡组成闭合回路，电路的总功率约为【答案】D【解析】详解】A根据闭合电路欧姆定律变形：可得图像与纵轴的交点表示电动势，图像斜率的大小表示内阻，根据甲图电动势为：内阻为：A错误；B根据乙图可知电流越大，小灯泡功率越大，根据欧姆定律变形得：可知乙图线上某点与原点连线的斜率为电阻，所以小灯泡的电阻随着功率的增大而增大，B错误；C把电源和小灯泡组成闭合回路，将甲、乙两图叠加到一起：两曲线的交点即小灯泡的电压、电流，根据图像读

10、数：所以，小灯泡的功率为：C错误；D回路中的总功率为：D正确。故选D。8.如图所示，、为平行板电容器的两个金属极板，为静电计，开始时闭合开关，静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是（）A. 开关保持闭合状态，将的滑片向右移动，静电计指针张角增大B. 开关保持闭合状态，仅将两极板间距减小，电容器的带电量增加C. 断开开关后，紧贴下极板插入厚云母片，静电计指针张角减小D. 断开开关后，仅将两极板间距减小，板间电场强度减小【答案】BC【解析】【详解】AB保持开关闭合状态，则电容器两端电压保持不变，将滑片移动时，电容器两端电压也不发生变化，所以静电计指针张角不变，若是仅将两极板间距减小，根据电容器

11、的决定式：可知电容器电容变大，根据电容的定义式：可知电容器带电荷量增加，A错误，B正确；C断开开关后，电容器所带电荷量保持不变，若是在板间插入厚云母片，根据电容器的决定式：可知电容变大，根据电容的定义式：所以两板间电势差变小，所以静电计指针张角变小，C正确；D断开开关后，电容器所带电荷量保持不变，根据电容器的决定式：根据电容的定义式：极板间为匀强电场：联立可得：若是仅将两板间距离减小，板间电场强度不变，D错误。故选BC9.如图所示，足够长的形光滑金属导轨所在平面与水平面成角（），其中导轨与平行且间距为，磁感应强度大小为的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，金属棒质量为，接入电路的电阻为，始终与

12、两导轨始终保持垂直且接触良好，导轨电阻不计，时刻，金属棒由静止开始沿导轨下滑，时刻，棒的速度大小为（未达到稳定状态），时间内流过棒某一横截面的总电荷量为，下列说法正确的是（）A. 时刻，棒的加速度大小为B. 时刻，棒的电功率为C. 时间内，棒位移大小为D. 时间内，棒产生的焦耳热为【答案】AC【解析】【详解】A根据牛顿第二定律可得：即：解得加速度大小为：A正确；B时刻，棒的电功率为,不能用平均值来求，故B错误。C根据：解得下滑的位移大小为：C正确；D电流不恒定，无法直接根据焦耳定律求解热量，根据动能定理：解得：D错误故选AC。10.微元累积法是常用的物理研究方法，如图所示为某物理量（）随另一物

13、理量（）变化的函数图像，关于图像与坐标轴所围面积大小的物理意义，下列说法正确的是（）A. 若为质点加速度，为时间，则“面积”表示质点在时刻的瞬时速度B. 若为流过导线的电流，为时间，则“面积”表示时间内流过导线截面的电量C. 若为用电器的电功率，为时间，则“面积”表示时间内用电器消耗的电能D. 若为某元件的电压，为电流，则“面积”表示对应状态下该元件的电功率【答案】BC【解析】【详解】A如果轴表示加速度，由：可知“面积”等于质点在相应时间内的速度变化量，A错误；B如果轴表示电流，为时间，由：可知“面积”表示时间内流过导线截面的电量，B正确；C若为用电器的电功率，为时间，根据：可知“面积”表示时

14、间内用电器消耗的电能，C正确；D若为电压，为电流，则“面积”没有意义，对应状态的电功率等于对应状态的电压与电流的乘积，D错误。故选BC。11.如图，用一根总电阻为粗细均匀的铜导线制成半径为的圆环，为圆环的直径，其左右两侧存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为，但方向相反。一根长度为、电阻为金属棒绕着圆环的圆心点紧贴着圆环以角速度沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好（不计金属棒经过位置瞬间），则下列说法正确的是（）A. 圆环消耗的电功率是变化的B. 金属棒两端的电压大小为C. 金属棒中电流的大小为D. 金属棒旋转一周的过程中，整个回路产生的焦耳热为【答案】CD【

15、解析】【详解】AB根据右手定则判断电势的高低，可知和导体棒转动切割磁感线产生的电动势为二者之和：圆环的电阻由两个电阻为的半圆电阻并联组成，所以圆环的总电阻为：电路中总电阻：金属棒两端电压为路端电压：路端电压恒定，圆环电阻恒定，根据：可知圆环消耗的电功率恒定，AB错误；C通过导体的电流：C正确；D金属棒旋转一周的过程中，根据焦耳定律：D正确。故选CD。二、实验题（本大题共2小题，共14分）12.如图游标卡尺的读数为_；螺旋测微器测的读数为_。【答案】 (1). 50.20 (2). 5.695（5.6945.698）【解析】【详解】1游标卡尺的精度：，读数为：；2螺旋测微器精度：，读数为：。13

16、.下列关于多用电表欧姆档测电阻的说法中，正确的是（）A. 测电路中某个电阻的阻值时，先要将该电阻与其它元件断开B. 测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关旋转到倍率较大的档位C. 每次换测另一个电阻时，都必须重新欧姆调零D. 测量完毕后，应将选择开关旋转到倍率最大的欧姆档【答案】A【解析】【详解】A欧姆档内部有电源，所以测电路中某个电阻的阻值时，先要将该电阻与其它元件断开，A正确；B测量电阻时，如果指针偏转过大，说明待测电阻较小，需要更换倍率较小的档位，B错误；C每次换挡时，都必须重新欧姆调零，C错误；D测量完毕后，应将选择开关旋转到“”档或交流电压最大值处，D错误。故选A。14.某实验小

17、组设计了如图所示的欧姆表电路，通过调控电键和调节电阻箱，可使欧姆表具有“”和“”两种倍率。已知：电源电动势，内阻；毫安表满偏电流，内阻，回答以下问题：图的电路中：插孔应该接_表笔（选填红、黑）；应该选用阻值为_的电阻（小数点后保留一位小数）；经检查，各器材均连接无误，则：当电键断开时，欧姆表对应的倍率为_（选填“”、“”）；为了测量电阻时便于读出待测电阻阻值，需将毫安表不同刻度标出欧姆表的刻度值，其中，中央刻度处应标的数值是_；该小组选择闭合的档位，欧姆调零操作无误，测量电阻时，毫安表指针处于图位置，由此可知被测电阻_。【答案】 (1). 黑 (2). 2.2 (3). 10 (4). 30

18、(5). 45【解析】【详解】1欧姆档内部电源的正极接黑表笔；2根据欧姆档倍率关系，可知闭合开关可以将电流表量程变为原来的倍，根据分流特点：解得：；3当电键断开时，电流表的量程较小，在相同的电压下，根据闭合欧姆定律：可知电流越小，能够接入的电阻越大，所以当电键断开时，对应档；4假设欧姆档内部电阻为，根据闭合欧姆定律：则处对应的阻值：；5根据闭合电路欧姆定律：解得：。三、计算题（本大题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出计算结果的不得分）15.在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成角的匀强电场，电场中有一条长为的绝缘细线（不可伸长且质量不计），细线一端固

19、定于点，另一端与质量为，电荷量为的小球相连，如图所示。开始时小球静止在点，细线恰好水平。已知重力加速度为，求：(1)电场强度的大小及细线对小球拉力的大小；(2)现将小球拉到下方的位置（小球带电量不变），与电场方向垂直，细线仍伸直，将小球无初速释放，求小球运动到点时的动能。【答案】(1)，mg，(2)。【解析】【详解】(1)带电小球静止于点，受力分析：由平衡条件：解得：(2)到过程中，线的拉力不做功，根据动能定理：解得小球在点的动能：。16.如图，正方形区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知该区域的边长为。一个带电粒子（不计重力）从中点以速度水平飞入，恰能匀速通过该场区；若

20、仅撤去该区域内的磁场，使该粒子以同样的速度从中点飞入场区，最后恰能从点飞出；若仅撤去该区域内的电场，该带电粒子仍从中点以相同的速度进入场区，求：(1)该粒子最后飞出场区的位置；(2)仅存电场与仅存磁场的两种情况下，带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少？【答案】(1)连线上距离点处，(2)。【解析】【详解】(1)电场、磁场共存时，粒子匀速通过可得：仅有电场时，粒子水平方向匀速运动：竖直方向匀加速直线运动：联立方程得：仅有磁场时：根据几何关系可得：设粒子从M点飞出磁场，由几何关系：AM=所以粒子离开的位置在连线上距离点处；(2)仅有电场时，设飞出时速度偏角为，末速度反向延长线过水平位移中点：解得

21、：仅有磁场时，设飞出时速度偏角为：解得：所以偏转角之比：。17.一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧水平面上是匝数，电阻为的圆形导线圈，线圈所围面积为，置于竖直向上均匀增强的磁场中，随时间的变化率为；左侧是倾角为的足够长平行金属导轨，宽度为，导轨电阻及与线圈连接的导线电阻均忽略不计。磁感应强度为的匀强磁场垂直导轨平面向下，且只分布在左侧区域，是一个质量为、电阻为的导体棒，棒与导轨垂直且与导轨间动摩擦因数为，将棒由静止释放，取，。求：(1)刚释放瞬间，棒中的电流及棒的加速度；(2)棒最终匀速运动时，速度的大小。【答案】(1)0.2A ，3m/s2，(2)9.6m/s。【解析】【详解】(1)根

22、据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势为：回路的电流为：根据楞次定律可知中的电流方向从到，根据左手定则可知安培力方向沿斜面向下；根据牛顿第二定律可得：代入数据解得：，方向沿导轨向下；(2)导体棒匀速运动时受力平衡，安培力方向沿导轨向上，根据平衡条件可得：解得：根据闭合电路的欧姆定律可得：解得：。18.如图所示，在直角坐标系中，范围内有两个匀强磁场区域I和II，磁场方向均垂直纸面向里，虚线为它们的分界线，区域I的磁感应强度大小为，区域II的磁感应强度大小可调，点为它们分界线上的某一点，已知。质量为，带电量为的粒子从点沿轴方向射入磁场I中，速度大小为，不计粒子所受重力。求：(1)粒子不会飞

23、出第一象限，求粒子在区域II磁场中做圆周运动的半径大小应满足的条件；(2)粒子在第一象限内运动的过程中，恰好能经过点，求区域II磁场的磁感应强度大小的所有可能值。【答案】(1)，(2)若粒子是从II区通过点，磁感应强度可能为：，；若粒子是从I区通过点，磁感应强度为。【解析】【详解】(1)两磁场分界线与x轴夹角为，设粒子在磁场I和II区内运动的半径分别是、，粒子在磁场I内运动时，洛伦兹力提供向心力：解得：由几何知识：粒子每在磁场I运动一次，到OP直线的位置向前推进，每在磁场II运动一次，到OP直线的位置向后倒退：粒子不会飞出第一象限，需满足：解得：；(2) 粒子在磁场II内运动时，洛伦兹力提供向心力：若粒子是从II区通过P点：解得：，其中n=1，2，3符合条件的有时：对应：时：对应：若粒子是从I区通过P点：解得：，其中n=1，2，3符合条件的有时：对应：综上所述：若粒子是从II区通过点，磁感应强度可能为：，；若粒子是从I区通过点，磁感应强度为。