湖北省襄阳市2020学年高二物理2月普通高中调研统一测试试题（含解析）

湖北省襄阳市2020学年高二物理2月普通高中调研统一测试试题（含解析）

湖北省襄阳市2020学年高二物理2月普通高中调研统一测试试题（含解析） ‎ 一、选择题 ‎1.把检验电荷放入电场中的不同点a、b、c、d，测得的检验电荷所受电场力F与其电荷量q之间的函数关系图象如图所示，则a、b、c、d四点场强大小的关系是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ F-q图线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，根据斜率比较电场中a、b、c、d四点的电场强度大小．‎ ‎【详解】图线斜率的绝对值表示电场强度的大小，c图线斜率的绝对值最大，所以c点的电场强度最大，d图线斜率的绝对值最小，电场强度的最小。所以四点场强的大小关系是Ec＞Ea＞Eb＞Ed，故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎2.一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈圆心重合，当两线圈通入如图所示的电流时，从左向右看线圈L1将 A. 不动 B. 逆时针转动 C. 顺时针转动 D. 向纸面外运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由又说螺旋定则可知L2形成的磁场在垂直纸面方向上为垂直纸面向里，由左手定则可知L1外面部分所受安培力方向竖直向上，同理判断L1里面部分所受安培力竖直向下，所以L1左向右看逆时针转动，B对；‎ 考点：考查右手螺旋定则和左手定则的应用 点评：本题难度中等，同时考查了安培定则和右手螺旋定则的综合应用，滑行电流的磁场分布要注意内部和外部磁场方向的区分，大拇指指向为磁场内部S极指向N极的方向 ‎3.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能EP随位移x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是 A. 粒子从x1处运动到x2处的过程中电场力做负功 B. x1、x2处电场强度的方向沿x轴正方向 C. x1处的电场强度大小大于x2处的电场强度大小 D. x1处的电势比x2处的电势低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象可以知道电势能的变化情况，可判断出电场力做功情况，分析出电场力的方向，进而判断出电场强度的方向．由图可知，粒子通过相同位移时，电势能的减小量增大，说明电场力做功变快，由W=Fs可知电场力的变化情况，判断出电场强度的大小．由电场线的方向可判断电势的高低．‎ ‎【详解】带负电粒子从x1运动到x2的过程中电势能减小，则电场力做正功，故A错误；电场力做正功，说明粒子所受的电场力方向沿x轴正方向右，粒子带负电，可知电场强度方向沿x轴负方向，故B错误；根据△Ep=-F△x，知Ep-x图象斜率的绝对值等于电场力，由图知，粒子在x1处所受的电场力小于在x2处所受的电场力，因此x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度的大小，故C错误；电场强度方向沿x轴负方向，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，x1处的电势比x2处的电势低，故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】解题过程中要把握问题的核心，要找准突破点：Ep-x图象斜率的绝对值等于电场力，还要掌握功与能的关系、电势与电场线方向的关系．‎ ‎4.利用霍尔效应制作霍尔元件，广泛应用与测量和自动控制等领域，如图是活儿元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，CD两侧面会形成电势差，下列说法中正确的是 A.电势差仅与材料有关 B.仅增大磁感应强度时，C.D两面的电势差变大 C.若霍尔元件中定向移动的是自由电子，则侧面C电势比侧面D电势高 D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由霍尔元件的原理知，当C.D间电压稳定时，元件中载流子受到的洛伦兹力与电场力平衡，即，其中d为C.D间距离。根据电流的微观表达得：。其中s为垂直电流方向的横截面积，代入得，可见 除与材料有关外，还与B.I有关，仅增大磁感应强度时，C.D两面的电势差变大，A错误B正确；根据左手定则，自由电子在洛伦兹力作用下向C侧面偏转，则侧面C电势比侧面D电势低，C错误；地球赤道上方地磁场的方向是水平方向，故元件工作面应保持竖直，D错误 考点：考查了霍尔效应 ‎【名师点睛】在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C.D两侧面会形成电势差的正负．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差与什么因素有关 ‎5.如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°．M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN，φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）‎ A. 点电荷Q一定在MP的连线上 B. 连接PF的线段一定在同一等势面上 C. 将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D. φP小于φM ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况．‎ 点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；‎ ‎，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故，故D错误．‎ ‎6. 如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为∝）连接，电源负极接地。开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点。在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是 A. 当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动 B. 当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动 C. 当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变 D. 当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动．故A正确．当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式知，电容减小，而电容器的电压不变，由知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B错误．当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由 知电容器板间场强不变，由U=Ed知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高．故C错误．当电容器的下极板向左移动时，，电容器的电容减小，由知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高．故D正确．故选AD．‎ 考点：电容器；电场强度；物体的平衡 ‎【名师点睛】本题分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键，要掌握与电容有关的两个公式：电容的决定式和电容的定义式，运用控制变量法进行分析。‎ ‎7.如图所示，T为理想变压器，原、副线圈的匝数比5：1，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），原线圈两端电压 ，以下说法正确的是 A. 当光照增强时，电压表V1示数为保持不变 B. 当光照增强时，电压表V2示数增大 C. 通过电流表A1的电流方向每秒变化100次 D. 当光照增强时，电流表A1、A2示数同时增大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R3的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．‎ ‎【详解】原线圈两端电压有效值为220V，原副线圈匝数比为5：1，所以副线圈的电压有效值为44V，电压表V1示数为44V保持不变，与电阻的变化无关，所以A错误；当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，R1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表V2示数变小，所以B错误；交流电的频率为，所以通过电流表A1的电流方向每秒变化100次，所以C正确；当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以次级电路的总电流要变大，A2的示数要变大，根据变压器初次级的电流关系可知，A1的示数也要变大，故D正确；故选CD。‎ ‎【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．‎ ‎8.如图所示，（a）、（b）中，R和自感线圈L的电阻都很小，接通K，使电路达到稳定，灯泡S发光。下列说法正确的是（ ）‎ A. 在电路（a）中，断开K，S将渐渐变暗 B. 在电路（a）中，断开K，S将先变得更亮，然后渐渐变暗 C. 在电路（b）中，断开K，S将渐渐变暗 D. 在电路（b）中，断开K，S将先变得更亮，然后渐渐变暗 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 分析：电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．‎ 解答：解：A、在电路(a)中，断开K，由于线圈阻碍电流变小，跟电灯和电阻构成通路，所以R上电流逐渐减为零，故A错误；‎ B、在电路(a)中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比电阻的电流小，当断开K，S将不会变得更亮，但会渐渐变暗．故B错误；‎ C、在电路(b)中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开K时，由于线圈阻碍电流变小，导致S将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误；‎ D、在电路(b)中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开K时，由于线圈阻碍电流变小，导致S将变得更亮，然后逐渐变暗．故D正确；‎ 故选： D 点评：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极．‎ ‎9.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形 abcd 区域内，O 点是 cd 边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力作用下，从 O 点沿纸面以垂直于 cd 边的速度射入正方形内，经过时间t0 刚好从 c 点射出磁场。现设法使该带电粒子从 O 点沿纸面以与 od 成 30°角的方向、大小不同的速率射入正方形内，则下列说法中正确的是 A. 若该带电粒子在磁场中经历的时间是 5t0/3，则它一定从 cd 边射出磁场 B. 若该带电粒子在磁场中经历的时间是 2t0/3，则它一定从 ad 边射出磁场 C. 若该带电粒子在磁场中经历的时间是 5t0/4，则它一定从 bc 边射出磁场 D. 若该带电粒子在磁场中经历的时间是 t0，则它一定从 ab 边射出磁场 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：由题意可知，带电粒子的运动周期为T=2t0．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，粒子轨迹的圆心角为 ‎，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd射出磁场．故A正确；当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从ad边射出磁场．故B错误；若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为，由于，则一定从bc边射出磁场．故C正确．‎ 若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60°+90°="150°="，故不从ab边射出磁场．故D错误．‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中运动 ‎【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强磁场中运动问题。属于难度很大的题目。本题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，因为速度不同，所以半径不同，但粒子的周期是相同的，要抓住相同周期这一基本点，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间．‎ ‎10.半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由确定，如图所示，则（ ）‎ A. 时，杆产生的电动势为 B. 时，杆受的安培力大小为 C. 时，杆产生的电动势为 D. 时，杆受的安培力大小为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：时，杆产生的电动势，故A正确；时，由于单位长度电阻均为．所以电路中总电阻,所以杆受的安培力大小，故B错误；时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为，故C错误；时，电路中总电阻是,所以杆受的安培力大小，故D正确.‎ 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力 ‎【名师点睛】根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律求出电动势．‎ 注意总电阻的求解，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小。‎ 二、实验题 ‎11.（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______mm．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______cm．‎ ‎【答案】5.015；4.700。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：图甲中物体的长度为50mm+3×0.05mm=5.015cm；图乙中的直径为4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm。‎ 考点：游标卡尺与螺旋测微器的读数。‎ ‎12.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．‎ ‎(1)应该选择的实验电路是图中的________(选填“甲”或“乙”)．‎ ‎(2)现有电流表(0～0.6 A)、开关和导线若干，以及以下器材：‎ A．电压表(0～15 V)‎ B．电压表(0～3 V)‎ C．滑动变阻器(0～50 Ω)‎ D．滑动变阻器(0～500 Ω)‎ 实验中电压表应选用________；滑动变阻器应选用________；(选填相应器材前的字母)‎ ‎(3)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在如图的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U－I图线_________.‎ ‎(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω.‎ ‎(5)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化．下列各示意图中正确反映P－U关系的是________．‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). B (3). C (4). (5). 1.50(1.49～1.51) (6). 0.83(0.81～0.85) (7). C ‎【解析】‎ 试题分析：（1）干电池的内阻较小，电压表的分流作用可以忽略，可以用滑动变阻器中的电流来代替干路中的电流，所以选甲图电路。（注意：两种实验电路都存在系统误差，题图甲实际测量的电阻是电源内阻与电压表的并联电阻，而图乙测量的电阻是电池内阻与电流表内阻之和）‎ ‎（2）一节干电池的电动势为1.5V，依据精确测量的原则，电压表应该选用B，电源的内阻较小，为了调节方便，滑动变阻器应该选C。‎ ‎（3）画线时第4个点的误差较大，将其舍去，其他点连成直线，就得到电源的U-I图线。‎ ‎（4）在（3）中图线中，U轴上的截距为该电源的电动势1.5V，图线的斜率为该电源的内阻 ‎（5）当滑动变阻器的阻值等于电源内阻时，电源的输出功率最大，即电源的输出功率随着U先变大再变小，A、B错误；输出功率与路端电压的关系可以表示为：，由数学知识可得C正确，D错误。‎ 考点：考查了电源电动势和内阻的测量 三、计算题 ‎13.一带正电小球，由空中A点以初速度v0水平抛出，落地时速度方向与初速度方向夹角为θ1＝45°.若在整个空间施加竖直向下的电场，电场强度为E＝，小球仍由A点以相同的初速度水平抛出，求：‎ ‎(1)A点距离地面的高度；‎ ‎(2)加电场后，落地时速度方向与v0之间的夹角θ2.‎ ‎【答案】(1) 　(2)60°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)没有电场的时候，小球做平抛运动，根据速度夹角和动能定理可以计算高度；‎ ‎(2)加电场后，电场直向下，小球在水平方向上好事匀速运动，根据动能定理计算合速度大小，再计算夹角．‎ ‎【详解】(1) 无电场时，设落地速度为v1，有：‎ 由动能定理：‎ 解得：；‎ ‎(2) 加电场后，设落地速度为v2，由动能定理：‎ 解得：‎ ‎ 。‎ ‎【点睛】没有电场时做平抛运动，有电场的时候，水平方向上还是匀速运动，竖直方向上是匀加速运动，对于运动的合成，注意分两个方向来计算即可。‎ ‎14.如图所示的水平桌面上放置U形金属导轨，串接有电源．现将两根质量相等的金属棒L1和L2放在导轨上，方向与导轨垂直，导轨所在平面有方向竖直向上的匀强磁场，当闭合开关后，两根金属棒向右运动，并先后脱离导轨右端掉在水平地面上．测得它们落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2，求合上开关后：‎ ‎(1)安培力对L1和L2所做的功之比W1:W2；‎ ‎(2)通过L1和L2的电荷量之比q1:q2．‎ ‎【答案】(1) ；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1‎ ‎）导体棒做平抛运动，根据平抛运动的特点求解初速度，根据动能定理求解安培力的功的表达式，讨论即可安培力对L1和L2所做的功之比；（2）由动量定理结合q=It表达式求解电量的表达式，从而讨论电量之比.‎ ‎【详解】（1）设U形导轨的高度为h，金属棒离开导轨下落做平抛运动，则平抛初速度为：‎ 根据动能定理，金属棒从开关闭合到离开导轨时有：‎ 其中WF为安培力对金属棒做的功。‎ 可见在质量m和高度h相同时，WF∝s2‎ 故安培力对L1和L2所做的功之比W1:W2=s12:s22‎ ‎（2）设金属棒在导轨上由静止达到水平速率v0的过程中，由动量定理得：‎ 又有： ，所以有：‎ 即在m、B、L、h相同时，q∝s 故通过L1和L2的电荷量之比为q1:q2=s1:s2‎ ‎15.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量为e，质量为m，不计重力）无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎（1）电子从释放到打到屏上所用的时间t；‎ ‎（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；‎ ‎（3）电子打到屏上的点P′（图中未标出）到点O的距离x．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）3L．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，时间为，‎ 由牛顿第二定律得：   ‎ 由得：‎ 电子进入电场时的速度为： ‎ 进入电场到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：   ‎ 电子从释放到打到屏上所用的时间为： ‎ 联立①→⑤求解得：；‎ ‎（2）设粒子射出电场时平行电场方向的速度为 由牛顿第二定律得：电子进入电场时的加速度为：  ‎ ‎ ‎ ‎   ‎ 电子刚射出电场时的速度方向与AO连线夹角的正切值为；   ‎ 联立①②③⑥⑦⑧⑨得：‎ ‎（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：‎ 设电子打到屏上的点P到O点的距离x，根据上图有几何关系得：‎ ‎   (11)‎ 联立⑩(11)得：‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，明确受力情况，根据力与运动关系找出运动规律即可求解．‎ ‎16.（2020·山东卷）如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当和取某些特定值时，可使时刻入射的粒子经时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述为已知量。‎ ‎（1）若 ，求；‎ ‎（2）若，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；‎ ‎（3）若，为使粒子仍能垂直打在P板上，求。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）或 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律得 ‎①‎ 据题意由几何关系得 ‎②‎ 联立①②式得 ‎③‎ ‎（2）设粒子做圆周运动的半径为，加速度大小为，由圆周运动公式得 ‎④‎ 据题意由几何关系得 ‎⑤‎ 联立④⑤式得 ‎⑥‎ ‎（3）设粒子做圆周运动的半径为，周期为，由圆周运动公式得 ‎⑦‎ 由牛顿第二定律得 ‎⑧‎ 由题意知，代入⑧式得 ‎⑨‎ 粒子运动轨迹如图所示，、为圆心，、连线与水平方向夹角为，在每个 内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求，由题意可知 ‎⑩‎ 设经历完整的个数为（，1，2，3）‎ 若在A点击中P板，据题意由几何关系得 ‎ ‎ 当n=0时，无解 当n=1时联立 式得 或（）‎ 联立 式得 ‎ ‎ 当时，不满足的要求 若在B点击中P板，据题意由几何关系得 ‎ ‎ 当时无解 当时，联立 式得 或（）‎ 联立 式得 ‎ ‎ 当时，不满足的要求 ‎