1、（全国2卷）2020-2021学年高二物理上学期期末备考金卷（B卷）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
2、对的得4分，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BF
3、N1FN2，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V4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于P点，现将平行板电容器的下极板竖
4、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以相同的速率沿纸面射
5、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点的实际磁感应强度为 T，方向斜向右上方，与B的夹角为4
6、5Cc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生的电能之和一定守恒9在物理学的发展过程中，许多物理学家的科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
7、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电源的总功率减小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。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
8、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
9、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_。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
10、(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)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)15 (6分)如图所示，固定于水平面上的金属架
11、CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v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。 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
12、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。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
13、后，A、B两球的速度大小vA、vB。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
14、PS的距离x。2020-2021学年上学期高二期末备考金卷物 理（B）答 案一、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，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1【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，电流之间的相互作用也是通过磁场发生的，故D错
15、误。2【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【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
16、 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【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
17、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【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
18、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【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点垂直板射入的粒子，当发散角最大时，粒子在乳胶底
19、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【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，
20、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【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
21、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【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【答案】AC【解析】根据闭合电路欧姆定律，干路总电
22、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【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
23、，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【答案】BD【解析】当t0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，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
24、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)【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
25、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 mm0.200 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)【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，图线的斜率变小，小灯泡的电阻增大，根据电阻定
26、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)【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
27、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)【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)【解析】(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
28、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)【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在竖直方向的速度为vy，则vyat104 m/sv
29、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)
