【文档说明】【精准解析】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.doc，共(23)页，1.628 MB，由小赞的店铺上传

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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FEq=可知电场中某点的电场强度E是由试探电荷的电量q和它所受的电场力F共同决定的B.2QEkr=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ABWqU=，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.abUEd=仅适用于匀强电场，其中d表示a、b两点间的距离【答案】C【解析】【详解】A．FEq=是电场强度的定义式，电场强度是电场本身具有的属性，和F、q无关，A错误；B．2QEkr=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ABWqU=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．abUEd=仅适用于计算匀强电场两点间的电

势差，其中d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，ABC与ABD△为两个全等的直角三角形，30DBACAB==，E为AC与BD边的中点。在A、B两点分别放置一个点电荷后，C点的场强方向沿CD方向指向D，则（）A.一定是A点放正电荷，B点放负电荷B.电场中C、

D两点的场强相同C.C、E两点间的电势差与E、D两点间的电势差相等D.将一带负电的试探电荷从C点移到E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A点

放负电荷，B点放正电荷，A错误；B．根据场强的叠加，电场中C、D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，C、E两点在BQ+的等势面上，所以C、E两点间电势差只和AQ−有关，同理，与

C、E两间距等长的E、D两点间的电势差只和BQ+有关，根据：2QEkr=可知ABQQ，距离点电荷相同的距离上ABEE，沿电场线方向电势降低，根据：UEd=定性分析可知C、E两点间电势差大于E、D两点间的电势差，C

错误；D．根据：pEq=负电荷从C点移动到E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，当它不动时，在它轴线上A、B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N极均向左偏B.两处小磁针N极均向右偏C.A处小磁针N极向右偏转，B处小磁针N极向左偏转D.A处小磁针N极向纸内偏转，B处小磁针N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N极所指方向即为磁感线的方向，故A处小磁针N极向右偏，B处小磁针N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O为轴在纸面内顺时针转过60°，第二次将导线以AB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O为轴在纸面内顺时针转过60，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：()FBILBL=⊥可知，L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，第二次将导线以AB为轴垂直纸面向里转过60，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a平放在绝缘水平桌

面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，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P向上滑动，下列说法中正确的是（）A.穿过线圈a的磁通量增大B.线圈a有扩张的趋势C.

线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流D.线圈a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P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，

根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a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a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a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a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a受

到的安培力向上，所以对水平桌面的压力将减小，a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N匝矩形闭合线圈，总电阻为R，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO以恒定的角速度转动，线圈产生的电动势的最大值为mE，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msineEt=B.当线圈转过2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mED.线圈转动一周产生的热量为2mER【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mE，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：mcoseEt=A错误；B．当线圈转过2时，线圈与中性面重合，电动势为0，根据：2ENt=可知磁通量的变化率为零，B错误；C．感应电动势最大值为：mENBS=穿过线圈的磁通量的最大值为：mE

BSN=C错误；D．根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系：m2EE=线圈转动一周，产生热量：222m2EEEQTRRR===D正确。故选D。7.图甲为某电源的UI−图线，图乙为某小灯泡的UI−图线，则下列说法

中正确的是（）A.电源的内阻为5ΩB.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0.3WD.把电源和小灯泡组成闭合回路，电路的总功率约为0.4W【答案】D【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律变形：UEIr=−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：1.5VE=内阻为：1.01.55ΩΩ0.33r−==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：URI=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UI−曲线的交点即小灯泡的电压、电流，根据图像读数：0.125VU0.28AI所以，小灯泡的功率为：0.1250.28W0.035WPUI==C错误；D．回路中的总功率为：1.50.28W0

.42WPEI==总D正确。故选D。8.如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是（）A.开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张角增大B.开关S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S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S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，根据电容器的决定式：r4SCkd=可知电容器电容变大，根据电容的定义式：QCU=可知电容器带电荷量增加，A错误，B正确；C．断开开关S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：

r4SCkd=可知电容变大，根据电容的定义式：QCU=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S后，电容器所带电荷量保持不变，根据电容器的决定式：r4SCkd=根据电容的定义式：QCU=极板间为匀

强电场：UEd=联立可得：r4kQES=若是仅将两板间距离减小，板间电场强度不变，D错误。故选BC。9.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成角（090），其中导轨MN与PQ

平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，金属棒ab质量为m，接入电路的电阻为R，始终与两导轨始终保持垂直且接触良好，导轨电阻不计，0t=时刻，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，1tt=时刻，棒的速度大小为v（未达到稳定状态），10t时间内流过棒ab某一横截面的总电荷

量为q，下列说法正确的是（）A.1t时刻，ab棒的加速度大小为22sinBLvgmR−B.1t时刻，ab棒的电功率为221qRtC.10t时间内，ab棒位移大小为qRBLD.10t时间内，ab棒产生的焦耳热为q

BLv【答案】AC【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律可得：sinmgBILma−=即：22sinBLvmgmaR−=解得加速度大小为：22sinBLvagmR=−A正确；B．1t时刻，ab棒的电功率为2222EBLvPRR==,不能用平均值来求，

故B错误。C．根据：qIt=1111EBLxqttRtRR===解得下滑的位移大小为：qRxBL=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：21sin2mgxQmv−=解得

：21sin2mgqRQmvBL=−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（y）随另一物理量（x）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y为质点的加速度a，x为时间t，则“面积”表示质点在0x时刻的瞬时速度B.若y为流过导线的电流I，x为时间t，则“面积”表示00x时间内流过导线截面的电量C.若y为用电器的电功率P，x为时间t，则“面积”表示00x时间内用电器消耗的电能D.若y为某元件的电压U，x为电流I，则

“面积”表示0x对应状态下该元件的电功率【答案】BC【解析】【详解】A．如果y轴表示加速度，由：=vat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y轴表示电流，x为时间t，由：qIt=可知“面积”表示00x时间内流过导线截面的电量，B正确；C．若y为用

电器的电功率P，x为时间t，根据：WPt=可知“面积”表示00~x时间内用电器消耗的电能，C正确；D．若y为电压U，x为电流I，则“面积”没有意义，0x对应状态的电功率等于0x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2R粗细均匀的铜导线制成半径为r

的圆环，PQ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B，但方向相反。一根长度为2r、电阻为R金属棒MN绕着圆环的圆心O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MN与圆环始终接触良好（不计金属棒经过PQ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223BrC.金属棒中电流的大小为223BrRD.金属棒旋转一周的过程中，整个回路产生的焦耳热为2443BrR【答案】CD【解析】【详解】AB．根据右手定则判断电势的高低，可知OM和ON导体棒转动切割磁感线产生的

电动势为二者之和：22122EBrBr==圆环的电阻由两个电阻为R的半圆电阻并联组成，所以圆环的总电阻为：12RRRRR=+电路中总电阻：1322RRR+=金属棒两端电压为路端电压：2112332RUErRB==路端电压恒定，圆环电阻恒定，根据：212UPR=可知圆环消耗的电功率恒定，A

B错误；C．通过导体MN的电流：22132EBrIRRR==+C正确；D．金属棒旋转一周的过程中，根据焦耳定律：2242232324()2323RBrRBrQItRR===D正确。故选CD。二、实验题（本大题共2小题，共14分）1

2.如图游标卡尺的读数为_______mm；螺旋测微器测的读数为________mm。【答案】(1).50.20(2).5.695（5.694~5.698）【解析】【详解】[1]游标卡尺的精度：1mm0.05mm20=，读数为：50mm40.05mm50.20m

m+=；[2]螺旋测微器精度：0.5mm0.01mm50=，读数为：5.5mm19.50.01mm5.695mm+=。13.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“OFF”档或交流电压最大值处，D错误。故选A。14.某实验小组设计了如图所

示的欧姆表电路，通过调控电键S和调节电阻箱2R，可使欧姆表具有“1”和“10”两种倍率。已知：电源电动势1.5VE=，内阻0.5Ωr=；毫安表满偏电流g5mAI=，内阻g20ΩR=，回答以下问题：①图的电路中：

A插孔应该接_______表笔（选填红、黑）；1R应该选用阻值为_________Ω的电阻（小数点后保留一位小数）；②经检查，各器材均连接无误，则：当电键S断开时，欧姆表对应的倍率为___________（选填“1”、“10”）；③为了测量电阻时便于读

出待测电阻的阻值，需将毫安表不同刻度标出欧姆表的刻度值，其中，中央刻度g2I处应标的数值是________________；④该小组选择S闭合的档位，欧姆调零操作无误，测量电阻xR时，毫安表指针处于图位置，由此可知被测电阻xR=_______Ω。【答案】

(1).黑(2).2.2(3).×10(4).30(5).45【解析】【详解】①[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10倍，根据分流特点：1g5mA105mA5mAR

R=−解得：12.2ΩR；②[3]当电键S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：EIR=总可知电流越小，能够接入的电阻越大，所以当电键S断开时，对应10档；③[4]假设欧姆档内部电阻为R内，根据闭合欧姆定律：gEIR=内g02+IERR=

内则g2I处对应的阻值：030ΩRR==内；④[5]根据闭合电路欧姆定律：gEIR=内gx25+EIRR=内解得：x45ΩR=。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30=角的匀强电场，电场中有一条长为L的绝缘细线（不可伸长且质量不计），细线一端固定于O点，另一端与质量为m，电荷量为q的小球相连，如图所示。开始时小球静止在M点

，细线恰好水平。已知重力加速度为g，求：(1)电场强度E的大小及细线对小球拉力T的大小；(2)现将小球拉到OM下方的P位置（小球带电量不变），OP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M点时的动能。【答案】(1)2mgq，3mg，(2)32mgL。【解析】【详

解】(1)带电小球静止于M点，受力分析：由平衡条件：sinqEmg=cosqET=解得：2mgEq=3Tmg=(2)P到M过程中，线的拉力不做功，根据动能定理：kcos30cos30qELmgLE−=解得小球在M点的动能：k32EmgL=。16.如图，正方形ABCD

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L。一个带电粒子（不计重力）从AD中点以速度v水平飞入，恰能匀速通过该场区；若仅撤去该区域内的磁场，使该粒子以同样的速度v从AD中点飞入场区，最后恰能从C点飞出；若仅撤去该区域内的电场，该带电粒子仍从

AD中点以相同的速度v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)AB连线上距离A点32L处，(2)34。【

解析】【详解】(1)电场、磁场共存时，粒子匀速通过可得：qvBqE=仅有电场时，粒子水平方向匀速运动：Lvt=竖直方向匀加速直线运动：2122LqEtm=联立方程得：2qELvm=仅有磁场时：2mvqvBR=根据几何关系可得：RL=设粒子从M点飞出磁场，由几何关系：AM=222LR−

=32L所以粒子离开的位置在AB连线上距离A点32L处；(2)仅有电场时，设飞出时速度偏角为α，末速度反向延长线过水平位移中点：2tan12LL==解得：45=仅有磁场时，设飞出时速度偏角为β：tan3AMOA==解得：60=所以偏转角之比：34=。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20n=，电阻为1Ωr=的圆形导线圈，线圈所围面积S为20.2m，置于竖直向上均匀增强的磁场1B中，1B随时间的变化率为0.2T/s；左侧是倾角为37=的足够长平行金属导轨，宽度为

0.5md=，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20.5TB=的匀强磁场垂直导轨平面向下，且只分布在左侧区域，ab是一个质量为0.05kgm=、电阻为3ΩR=的导体棒，棒与导轨垂直且与导轨间动摩擦因数为0.5=，将ab棒由

静止释放，g取210m/s，sin370.6=，cos370.8=。求：(1)刚释放瞬间，ab棒中的电流及ab棒的加速度a；(2)ab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)根据法拉第电磁感应定律可得线圈

中产生的感应电动势为：11200.20.2V0.8VBEnSt===回路的电流为：110.2AEIRr==+根据楞次定律可知ab中的电流方向从b到a，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：21

sincosmgBIdmgma+−=代入数据解得：23m/sa=，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：22sincosmgBIdmg=+解得：20.4AI=根据闭合电路的欧姆定律可得：21212EEBdvEIRrRr−−==++解得

：9.6m/sv=。18.如图所示，在直角坐标系xOy中，0x，0y≥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34yx=为它们的分界线，区域I的磁感应强度大小为0B，区域II的磁感应强度大小可调

，P点为它们分界线上的某一点，已知4OPL=。质量为m，带电量为q−的粒子从O点沿y+轴方向射入磁场I中，速度大小为0qBLm，不计粒子所受重力。求：(1)粒子不会飞出第一象限，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P点，求区域II磁场的磁感应强度大小的所有可能值。【答案】(1)224049RL，(2)若粒子是从II区通过P点，磁感应强度可能为：06B

，83B；若粒子是从I区通过P点，磁感应强度为04B。【解析】【详解】(1)两磁场分界线与x轴夹角为37=，设粒子在磁场I和II区内运动的半径分别是1R、2R，粒子在磁场I内运动时，洛伦兹力提供向心力：201mvqvBR=解得：1RL=

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12cos37R，每在磁场II运动一次，到OP直线的位置向后倒退22cos37R：粒子不会飞出第一象限，需满足：122(2cos372cos37)sin37RRR−解得：2240

49RL；(2)粒子在磁场II内运动时，洛伦兹力提供向心力：222mvqvBR=若粒子是从II区通过P点：12(2cos372cos37)4nRRL−=解得：25(1)2RLn=−，其中n=1，2，3…符合条件的有3n=时：26LR=对应：206BB=

4n=时：238LR=对应：0283BB=若粒子是从I区通过P点：121(2cos372cos33co7)74s2nRRRL−+=解得：23(1)2RLn=−，其中n=1，2，3…符合条件的有2n=时：24LR=对应

：204BB=综上所述：若粒子是从II区通过P点，磁感应强度可能为：06B，83B；若粒子是从I区通过P点，磁感应强度为04B。