1、2020-2021学年上学期高二期末备考卷物 理 (B)注意事项:1答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题:本题共12小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第18题只有一项符合题目要求,每小题3分;第912题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,
2、选对但不全的得2分,有选错的得0分。1关于电场和磁场,下列说法正确的是()A我们虽然不能用手触摸到电场的存在,却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱B电场线和磁感线是可以形象描述场的强弱和方向的客观存在的曲线C磁感线和电场线都是闭合的曲线D磁体之间的相互作用是通过磁场发生的,电流之间的相互作用是通过电场来发生的【答案】A【解析】我们虽然不能用手触摸到电场的存在,却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱,故A正确;电场线和磁感线是可以形象描述场强弱和方向,但不是客观存在的曲线,故B错误;磁感线是闭合的曲线,电场线从正电荷出发,到负电荷终止,不是闭合曲线,故C错误;磁体之间的相互作用是通过磁场发生的,电
3、流之间的相互作用也是通过磁场发生的,故D错误。2如图所示,条形磁铁放在光滑斜面上,用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡,A为水平放置的直导线的截面,导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1;当导线中有垂直纸面向外的电流时,磁铁对斜面的压力为FN2,则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是()AFN1FN2,弹簧的伸长量减小BFN1FN2,弹簧的伸长量减小CFN1FN2,弹簧的伸长量增大DFN1FN2,弹簧的伸长量减小【答案】C【解析】磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极,因为长直导线在磁铁的中心偏右位置,所以此处的磁感线是斜向左下的,电流的方向垂直与纸面向里,根据左手定则,导线受磁铁给的安培力方向
4、是斜向右下方,长直导线是固定不动的,根据物体间力的作用是相互的,导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的;将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力,因此光滑平板对磁铁支持力减小,由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下,所以弹簧拉力变大,弹簧长度将变长,所以FN1FN2,弹簧的伸长量增大,故C正确,A、B、D错误。3如图所示,一匀强电场的方向平行于xOy平面,O点为坐标原点,已知OM与x轴夹角60,从原点O起沿x轴方向每经过1 m距离电势下降10 V,沿OM方向每经过1 m电势下降也为10 V,图中P点坐标( m,1 m),则下列说法正确的是()A电场强度沿OP方向,大小10 V/m BOP
5、两点的电势差为VC沿x轴正方向移动电子,每移动1 m电场力做功10 eVD沿y轴正方向每移动1 m电势降低V【答案】B【解析】从原O点起沿x轴方向每经过1 m距离电势下降10 V,沿OM方向每经过1 m电势下降也为10 V,则电场线在MOx的角平分线上,当x1 m时,由几何关系知OB m,根据E可得电场强度大小V/m,A错误;OP2 m,则OP两点的电势差,B正确;沿x轴正方向移动电子,根据WqU可知每移动1 m电场力做功10 eV,C错误;沿y轴正方向每移动1 m,沿电场线方向移动2 m,则电势降低,D错误。4如图所示,平行板电容器与一恒压直流电源相连,下极板通过A点接地,一带正电小球被固定
6、于P点,现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则()A平行板电容器的电容值将变大B静电计指针张角变小C带电小球的电势能将增小D若先将下极板与A点之间的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电小球所受电场力不变【答案】D【解析】根据电容的决定式C 知,下极板竖直向下移动时,d增大,则电容值将减小,故A错误;静电计测量的是电容器两端的电势差,因为电容器始终与电源相连,则电势差不变,所以静电计指针张角不变,故B错误;电势差不变,d增大,则由公式E分析得知板间电场强度减小,P点与上极板间的电势差减小,而P点的电势比上极板低,上极板的电势不变,则P点的电势增大,因为油滴带正电荷,则小球的
7、电势能增大,故C错误;若先将下极板与A点之间的导线断开,则电容器的电荷量不变,d改变,根据C、C、E结合得E,则知电场强度不变,则小球所受电场力不变,故D正确。5如图所示为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收线圈,工作过程中某段时间通电线圈存在顺时针方向(从左向右看)均匀增大的电流,则()A无金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针B无金属片通过时,接收线圈中的感应电流增大C有金属片通过时,金属片中没有感应电流D有金属片通过时,接收线圈中的感应电流大小发生变化【答案】D【解析】当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时,可知穿过右侧线圈的磁通量向右且增大,根据楞次定
8、律,右侧线圈中产生逆时针方向的电流,A错误;通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流,则通电线圈中的磁通量均匀增大,所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大,则磁通量的变化率是定值,由法拉第电磁感应定律可知,接收线圈中的感应电流大小不变,B错误;有金属片通过时,则穿过金属片中的磁通量发生变化,金属片中也会产生感应电流,C错误;有金属片通过时,则穿过金属片中的磁通量发生变化,金属片中也会产生感应电流,感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同,所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些,引起接收线圈中的感应电流大小发生变化,D正确。6质谱仪装置原理图如图所示,某种带电粒子经电场加速后从小孔O以相同的速率
9、沿纸面射入匀强磁场区,磁场方向垂直纸面向外,已知从O点射出的粒子有微小发散角2,且左右对称。结果所有粒子落点在乳胶底片的P1P2直线区间,下列说法正确的是()A打在P2点粒子一定是从O点垂直板射入的粒子B打在P2点粒子一定是从O点右偏射入的粒子C打在P1点粒子一定是从O点左偏射入的粒子D打在P1点粒子一定是在磁场中运动时间最短的粒子【答案】A【解析】粒子在磁场中做圆周运动,洛伦磁力提供向心力,则有,解得,由于粒子的速率相同,所以在粒子在磁场中做圆周运动的半径相同,由几何关系可得粒子在乳胶底片落点与O点的距离为,当发散角0时,粒子在乳胶底片落点与O点的距离最大,即打在点粒子一定是从O点垂直板射入
10、的粒子,当发散角最大时,粒子在乳胶底片落点与O点的距离最小,即打在P1点的粒子一定是从O点左偏发散角最大或右偏发散角最大射入的粒子,从O点右偏发散角最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最小,从O点左偏发散角最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最大,根据可知从O点右偏发散角最大射入的粒子的运动时间最短,从O点左偏发散角最大射入的粒子的运动时间最长,故选项A正确,B、C、D错误。7如图所示,一根通电直导线垂直放在磁感应强度B1 T的匀强磁场中,在以导线截面的中心为圆心、r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点。已知a点的磁感应强度为0,则下列叙述正确的是()A直导线中的电流方向垂直于纸面向外Bb
11、点的实际磁感应强度为 T,方向斜向右上方,与B的夹角为45Cc点的实际磁感应强度为0Dd点的实际磁感应强度与b点相同【答案】B【解析】由题意可知,a点的磁感应强度为0,说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反,即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左,根据安培定则判断可知,直导线中的电流方向垂直纸面向里,故A错误;由上知道,通电导线在a点产生的磁感应强度大小为1 T,由安培定则可知,通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向上,根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知,b点感应强度为 T,方向与B的方向成45斜向上,故B正确;通电导线在c处的磁感应强度方向水平向
12、右,则c点磁感应强度为2 T,方向与B的方向相同,故C错误;通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下,则d点感应强度为 T,方向与B的方向成45斜向下,与b点磁感应强度大小相等,方向不同,故D错误。8如图所示,金属框abcd竖直放置且足够长,电阻为R,其他电阻均可忽略,ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒,质量为m,棒的两端分别与ab、cd保持良好接触,又能沿框架无摩擦下滑,整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中。当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S,则S闭合后()A导体棒ef一定做减速运动B导体棒ef的加速度不可能大于gC导体棒ef最终的速度与S闭合的时刻有关D导体棒ef的机械能与回路内产
13、生的电能之和一定守恒【答案】D【解析】当ef从静止下滑一段时间后闭合S,ef将切割磁感线产生感应电流,受到竖直向上的安培力,若安培力大于重力,则导体棒做减速运动;若安培力等于重力,则导体棒做匀速运动;若安培力小于重力,则导体棒做加速运动,故A错误;若安培力大于2mg,合力向上,由牛顿第二定律得知,ef的加速度大小大于g,故B错误;闭合S,经过一段时间后,ef棒达到稳定速度时一定做匀速运动,由平衡条件得,则得,可见稳定时速度v是定值,与开关闭合的先后无关,故C错误;在整个过程中,只有重力与安培力做功,因此棒的机械能与电路中产生的电能之和一定守恒,故D正确。9在物理学的发展过程中,许多物理学家的科
14、学发现推动了人类社会的进步,人类社会的进步又促进了物理学的发展。下列叙述中正确的是()A电磁感应现象是洛伦兹最先发现的B电动机可以利用电磁感应原理将电能转化为机械能C奥斯特发现了电流的磁效应D法拉第发现了利用磁场产生电流的条件和规律【答案】CD【解析】电磁感应现象最先是由法拉第发现的,奥斯特则是电流磁效应的发现者,选项A错,C、D对;电动机是利用电流在磁场中受磁场力作用而将电能转化为机械能的,选项B错。10如图所示,电源的电动势为E,内阻为r,R1、R2为定值电阻,L为小灯泡,R3为滑动变阻器。当滑动变阻器的滑片向下滑动时()A电压表的示数增大B流过R2的电流增大C小灯泡的功率增大D电源的总功
15、率减小【答案】AC【解析】根据闭合电路欧姆定律,干路总电流,当滑动变阻器的滑片向下滑动时,滑动变阻器接入电路中电阻变小,则R并减小,I增大;又路端电压UEIr,则U变小。根据U1IR1,电压表示数增大,A正确;因为UU1U2,则并联部分电压U2减小,又U2I2R2,则流过电阻R2的电流I2减小;又因为II1I2,则流过小灯泡L的电流I1增大,小灯泡的功率变大,B错误,C正确;电源的总功率PEI,增大,则D错误。11如图等量异种点电荷分别固定与等高的A、B两点,A处点电荷带电量为Q,B处点电荷带电量为Q,AB两点相距2a,AB下方有一根无限长光滑绝缘细杆平行于AB所在直线放置,A到杆的距离为a。
16、有一质量为m带电量q的小球穿在杆上,将小球从A点正下方的C处静止释放,E在B正下方,D为CE中点,则下列说法正确的是()A小球在C、E处加速度大小相等B小球在C到E过程中先加速后减速C小球在E处速度最大D小球最终速度趋近于小球在D点时的速度【答案】AD【解析】由对称性可知C、E处电场强度相等,所以小球在C、E处加速度大小相等,A正确;根据等量异种电荷的电场分布特点可以知道,小球从C点到E点的过程中受电场力方向在CD段向右下方,在DE段受电场力方向是右上方,受合力方向一直向右,所以小球从C到E一直做加速运动,B错误;小球过了E点有一段受电场力方向仍然是右上方,仍会加速运动一段,所以小球在E处速度
17、不是最大,C错误;小球到无穷远处的速度为最终速度,到无穷远处的电势为零,根据能量守恒以及电场力做功的特点可以知道,小球到无穷远处的速度等于经过D点的速度,所以小球最终速度趋近于小球在D点时的速度,D正确。12如图甲所示,在MN、QP间存在一匀强磁场,t0时,一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动,外力F随时间t变化的图线如图乙所示,已知线框质量m1 kg、电阻R2 ,则()A线框的加速度为1 m/s2B磁场宽度为4 mC匀强磁场的磁感应强度为2 TD线框进入磁场过程中,通过线框横截面的电荷量为 C【答案】BD【解析】当t0时线框的速度为零,没有感应电流,线框
18、不受安培力,则线框的加速度为a2 m/s2,故A错误;磁场的宽度等于线框在02 s内的位移,dat224 m,故B正确;设线框的边长为L,则L等于线框在01 s内的位移,即Lat121 m,当线框全部进入磁场的瞬间,有F1F安ma,而F安BIL,式中F14 N,m1 kg,vat2 m/s,R2 ,联立得到B T,故C错误;线框进入磁场过程中,通过线框横截面的电荷量为C,故D正确。二、非选择题:本题共6小题,共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。13(6分)某同学要测量一均匀新材料制成
19、的圆柱体的电阻率,步骤如下:(1)用游标为50分度的卡尺测量其长度如图,由可此可知其长度为_cm;(2)用螺旋测微器测量其直径如图,由图可知其直径为_mm;(3)用多用电表的电阻“10”挡,按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻,表盘的示数如图,则该电阻的阻值约为_。【答案】(1)3.020 (2)4.700 (3)170 (每空2分)【解析】(1)游标卡尺的固定刻度读数为30 mm,游标尺上第10个刻度游标读数为0.0210 mm0.20 mm,所以最终读数为:30 mm0.20 mm30.20 mm3.020 cm。(2)螺旋测微器的固定刻度读数为4.5 mm,可动刻度读数为0.0120.0 m
20、m0.200 mm,所以最终读数为:4.5 mm0.200 mm4.700 mm。(3)多用电表的电阻“10”挡测电阻,由图示表盘可知,所测电阻阻值为170 。14(10分)某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有:小灯泡L(额定电压3.8 V,额定电流0.32 A);电压表V (量程3 V,内阻3 k);电流表A (量程0.5 A,内阻0.5 );固定电阻R0(阻值1000 );滑动变阻器R(阻值09.0 );电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干。(1)实验要求能够实现在03.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量,画出实验电路原理图。(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a
21、)所示,由实验曲线可知,随着电流的增加,灯丝的电阻率_。(选填“增大”“不变”或“减小”)(3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 )和题给器材连接成图(b)所示的电路,调节滑动变阻器R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为_W,最大功率为_W。(结果均保留2位小数)【答案】(1)实验电路原理如图所示(4分) (2)增大(2分) (3)0.39(2分) 1.17(2分)【解析】(1)小灯泡的电压要求从0开始调节,滑动变阻器采用分压式接法,小灯泡的额定电压超出电压表的量程,需与R0串联后接入电路,电路图如图所示。(2)IU图像中随着电流的增大,
22、图线的斜率变小,小灯泡的电阻增大,根据电阻定律R得灯丝的电阻率增大。(3)当R0时,电源路端电压与电流的关系图像如图线甲所示,此时小灯泡功率有最大值。当R9 时,将R看作电源内阻,则等效电源内阻为10 ,其路端电压与电流的关系图像如图线乙所示。此时小灯泡功率有最小值。取图线甲与小灯泡伏安特性曲线交点:U13.66 V,I10.319 A,小灯泡的最大功率P1U1I11.17 W。取图线乙与小灯泡伏安特性曲线交点:U21.77 V,I20.222 A,小灯泡的最小功率P2U2I20.39 W。15 (6分)如图所示,固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN沿框架以速度v
23、向右做匀速运动。t0时,磁感应强度为B0,此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流,从t0开始,求磁感应强度B随时间t变化的关系式。 【解析】要使MN棒中不产生感应电流,应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化,在t0时刻,穿过线圈平面的磁通量1B0SB0l2 (2分)设t时刻的磁感应强度为B,此时磁通量为2Bl(lvt) (2分)由12得B。 (2分)16(10分)如图,两平行金属导轨间的距离L0.4 m,金属导轨所在的平面与水平面夹角37,在导轨所在空间内,分布着磁感应强度B0.5 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E6.0 V、内
24、阻r0.5 的直流电源。现把一个质量m0.05 kg 的导体棒ab垂直放在金属导轨上,导体棒静止。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R2.5 ,金属导轨电阻不计,g取10 m/s2。已知sin 370.6,cos 370.8,求:(1)通过导体棒的电流大小;(2)导体棒受到的安培力大小;(3)导体棒受到的摩擦力大小。【解析】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路,根据闭合电路欧姆定律有:。 (2分)(2)导体棒受到的安培力大小:FBIL0.4 N (2分)根据左手定则,方向平行斜面向上。 (2分)(3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1mgsin 370.3 N (1分)由于F1小于安培
25、力,故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f,根据共点力平衡条件,有:mgsin 37fF (1分)解得:f0.1 N。 (2分)17(12分)在足够大的竖直匀强电场中,有一条与电场线平行的直线,如图中的虚线所示。直线上有两个小球A和B,质量均为m。电荷量为q的A球恰好静止,电荷量为2.5q的B球在A球正下方,相距为L。由静止释放B球,B球沿着直线运动并与A球发生正碰,碰撞时间极短,碰撞中A、B两球的总动能无损失。设在每次碰撞过程中A、B两球间均无电荷量转移,且不考虑两球间的库仑力和万有引力,重力加速度用g表示。求:(1)匀强电场的电场强度大小E;(2)第一次碰撞后,A、B两球的速度大小vA、vB。【解
26、析】(1)由题意可知,带电量为q的A球在重力和电场力的作用下恰好静止,则qEmg (2分)可得匀强电场的电场强度大小E (2分)(2)由静止释放B球,B球将在重力和电场力的作用下向上运动,设与A球碰撞前瞬间速度为v1,由动能定理得:(2.5qEmg)Lmv12 (2分)A、B两球碰撞时间很短,且无动能损失,由动量守恒和动能守恒得:mv1mvAmvB (2分)mv12mvA2mvB2 (2分)联立解得:vA,vB0。 (2分)18(16分)如图甲所示,两平行金属板A、B长L8 cm,两极板间距d6 cm,两极板间的电势差UAB100 V。一比荷1106 C/kg的带正电粒子(不计重力),从O点沿
27、电场中心线OO垂直电场线以初速度v02104 m/s飞入电场,粒子飞出平行板电场后经过分界线MN、PS间的无电场区域,已知两分界线MN、PS间的距离s8 cm。粒子从PS上的C点进入PS右侧的区域,当粒子到达C点开始计时,PS右侧区域有磁感应强度按图乙所示规律变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)。求:(1)PS上的C点与中心线OO的距离y;(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO时与PS的距离x。【解析】(1)设粒子从电场中飞出的侧位移为h,穿过界面PS时偏离中心线的距离为y,则有Lv0t,hat2 (2分)又粒子的加速度为联立解得:t4106 s,h cm (2分)设粒子从电场中飞出时
28、在竖直方向的速度为vy,则vyat104 m/sv与水平方向的夹角的正切值PS分界线上的C点与中心线OO的距离yhstan 4 cm。 (2分)(2)粒子从电场中飞出时速度v,则m/s (2分)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则qvBm解得r4 cm (2分)粒子在该磁场中的周期T2106 s由图乙可知,磁场经过改变一次方向,粒子进入磁场时受到的方向与PS之间的夹角是60,经过后,粒子偏转的角度是120,所以是竖直向上,此时磁场改变方向,则粒子也改变偏转的方向,即粒子改变为向右偏转,轨迹如图,再经过,粒子第二次经过OO轴。 (2分)由几何关系可知:CDrcos 302 cm (2分)所以DEyCDrcos 302 cm则粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO时与PS分界线的距离即EG2r2rsin 3012 cm。 (2分)