湖北省襄阳市2017_2018学年高二物理2月普通高中调研统一测试试题（含解析）.docx

湖北省襄阳市2017-2018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EcEaEbEd，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=-Fx，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=30M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，已知M=N，P=F，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. P小于M【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，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+30.05mm=5.015cm；图乙中的直径为4.5mm+20.00.01mm=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(00.6 A)、开关和导线若干，以及以下器材：A电压表(015 V)B电压表(03 V)C滑动变阻器(050 )D滑动变阻器(0500 )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UI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_ .(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PU关系的是_【答案】 (1). 甲 (2). B (3). C (4). (5). 1.50(1.491.51) (6). 0.83(0.810.85) (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145.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2.【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，WFs2 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，qs故通过L1和L2的电荷量之比为q1:q2=s1:s215.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连线夹角的正切值tan；（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