1、2019-2020学年上学期高二期末备考精编仿真金卷物 理 （A）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，每小题4分，共48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，第912题有多项符合题目要求。全部选对
2、的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1关于场强和电势的概念，下列说法正确的是()A由E可知，场强E与q成反比，与F成正比B同一电场线上的各点，电势可能相等C电场中某一点的场强为零，但电势不一定为零D正负电荷在电场中同一点受电场力方向相反，所以某一点场强方向与所放电荷正负有关22001年世界10大科技突破中有一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的研究成果，该成果揭示了中微子失踪的原因，认为在地球上观察到的中微子数目比理论值少，是因为有一部分中微子在向地球运动的过程中发生了转化，成为一个子和一个子。关于上述研究下列说法中正确的是()A该转化过程中牛顿第二定律依然适用B该转化过程中动量守恒定律
3、依然适用C该转化过程中动能定理依然适用D若新产生的子和中微子原来的运动方向一致，则新产生的子的运动方向与中微子原来的运动方向一定相反3如图，在等边三角形abc的中心O处有一带正电的点电荷，d为ac边的中点，则在该点电荷产生的电场中()Aa、b、c点的电场强度相同Ba、c、d点的电势差满足UadUdcC电子在a点时的电势能小于在b点的电势能D电子在a点时的电势能大于在d点的电势能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
4、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，虚线a、b、c是在O点处的一个点电荷形成的静电场中的三个等势面，一带正电的粒子射入该电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示。不计粒子的重力，由图可知()A粒子运动时电场力先做负功，后做正功Ba、b、c三个等势面的电势关系是abcC粒子运动时的电势能先增大后减小D粒子运动时的动能先增大再减小6如图所示，A、B为两个带等量异种电荷的金属球，将两根不带电的金属棒C、D放在两球之间，达到静电平衡后，下列叙述正确的是()AC棒左端电势大于C棒右端电势BC棒左端电势等于C棒右端电势C若用导线将C棒的x端与D棒的y
5、端连接起来的瞬间，将有从y流向x的电流D若将B球接地，B所带的负电荷全部流入大地7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电压表的示数减小B流过R2的电流增大C小灯泡的功率减小D电源的总功率增大8如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂在垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流I，细线的拉力不为零。下列操作能使细绳拉力减小的是()A磁场方向不变，电流方向不变，电流减小B磁场方向不变，电流方向反向，电流增大C磁场方向反向，电流方向反向，电流减大D磁场方向反向，电流方向反向，电流减小9关于电
6、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假想曲线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10沈括在梦溪笔谈中有这样的记载：磁针“常微偏东，不全南也”。他是世界上第一个指出地磁场存在磁偏角的人，比西方要早400年。下列关于地磁场的说法正确的有()A地磁场只分布在地球的外部B地理北极点的磁场方向竖直向下C穿过地球表面的地磁场的磁通量为零D地理南北极点的磁感应强度在地表各位置中不是最大111930年劳伦斯制成世界上第一台回旋加速器
7、，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成， D1、D2上加有垂直于表面的磁场，D1、D2的空隙内加有交变电场，下列说法正确的有()A带电粒子从回旋加速器的电场中获得能量B回旋加速器中的电场和磁场交替对带电粒子做功C带电粒子获得最大速度与所加磁场的强弱有关D带电粒子获得最大速度与加速器的半径有关12一质量m6 kg、带电量q0.1 C的小球P，自倾角53的固定光滑斜面顶端由静止开始滑下，斜面高h6.0 m，斜面底端通过一段光滑小圆弧与一光滑水平面相连。整个装置处在水平向右的匀强电场中，场强E200 N/C，忽略小球在连接处的能量损失，当小球运动到水平面时，立即撤去电场。水平面上
8、放一质量也为m静止不动的圆槽Q，圆槽光滑且可沿水平面自由滑动，圆槽的半径R3 m，如图所示（已知sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2），则以下说法正确的是()A由静止释放到滑到斜面底端，P球的电势能增加了90 JB小球P运动到水平面时的速度大小为5 m/sC最终小球将冲出圆槽QD最终小球不会冲出圆槽Q二、非选择题：本题共5小题，共52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(5分) (1)某同学用游标卡尺测量金属管的内径时，需用图甲标注的_(选填“A”“B”或“C”)部
9、位进行测量，测量示数如图乙所示，该金属管的内径为_mm。 (2)某同学用多用表测一电阻时，把选择开关置于“100”挡时，发现指针如图所示，则该同学接着需要做的实验步骤是:先将选择开关换成_(“10”或“1 k”)挡，再旋转图中的_ (选填“A”“B”或“C”)元件，直到指针指到表盘_ (填“左”或“右”)侧的零刻线，然后再进行电阻的测量。14(9分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“3 V1.8 W”的小灯泡、电源、导线和开关外，还有：电流表A（00.6 A，内阻约为0.1 ）、电压表V（03 V，内阻约为4 k）、滑动变阻器R（010 ，2 A）。实验要求保证器材的安全，灯
10、泡两端的电压能从0连续调节，测量结果尽量准确。(1)为尽可能地减小误差，实验中采用电流表_（选填“内接”或“外接”），采用正确的方式测出的电阻值_（选填“大于”“小于”或“等于”）电阻的真实值。(2)在方框中补充画出一个合理完整的电路图。(3)某同学根据电路图连接实物图时，并未连接完整，请用笔画线代替导线完成实物图的连接。 (4)根据实物图，开关S闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于_（选填“左端”“右端”或“中间”）。15(9分)如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子(不计重力)从A点以速度v0沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45角，已知AO的
11、水平距离为d。求：(1)从A点到B点所用的时间；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)A、B两点间的电势差。16(12分)如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)在A点（图中未画出）沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60，求：(1)求粒子的比荷；(2)粒子在磁场中的运动时间t；(3)如果保持速度的大小和方向不变，欲使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，则需将粒子的入射点沿圆弧向上平移，入射点到OA的距离d为多少？17(16分)电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场的极板由相距为
12、d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示。大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO射入偏转电场。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压（如图乙所示）时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知磁场的磁感应强度为B，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计。(1)求电子离开偏转电场时的位置到OO的最大距离；(2)要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，求匀强磁场的水平宽度L；求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度y。www.2019-2020学年上学期高二期
13、末备考精编金卷物 理（A）答 案一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48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，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】C【解析】表达式E是电场强度的定义式，场强E与q、F无关，故A错误；沿电场线方向，电势逐渐降低，同一电场线上的各点电势各不相同，故B错误；选无穷远处电势为零，等量正电荷连线中点处电势不为零，电场强度为零，说明电场中某一点的场强为零，但电势不一定为零，故C正确；正、负电荷在电场中同一点受电场力方向相反，人为规定场强和正电荷受力方向相同，与负电荷受力方向相反，该点场强方
14、向由场源确定的，是唯一的，与所放电荷正负无关，故D错误。2【答案】B【解析】牛顿第二定律适用于宏观、低速的物体，对于微观物体不适用，故A错误；动量守恒定律和能量守恒定律是自然界普遍适用的定律，对微观物体间的作用仍然适用，故B正确；基于牛顿运动定律的动能定理同样适用于宏观、低速的物体，对于微观物体不适用，故C错误；若新产生的子和中微子原来的运动方向一致，根据动量守恒定律知，则新产生的子的运动方向与中微子原来的运动方向可能相同，可能相反，故D错误。3【答案】D【解析】由点电荷的场强公式可知，a、b、c点的电场强度大小相等，但方向不同，所以a、b、c点的电场强度不相同，故A错误；由于a、b、c三点到
15、点电荷的距离相等，所以a、b、c三点的电势相等，所以UadUcd，故B错误；由于a、b两点的电势相等，所以电子在a点时的电势能等于在b点的电势能，故C错误；由于d点离正点电荷更近，所以d点电势比a点电势高，根据负电荷在电势低处电势能大，所以电子在a点时的电势能大于在d点的电势能，故D正角。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点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极
16、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】根据带电粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到了引力作用，Q与带电粒子是异种粒子，所以Q一定带负电，粒子运动过程中粒子所受的电场力与速度的夹角先锐角，做正功，后为钝角，做负功，故A错误；Q带负电荷，电场线方向从无穷处到Q终止，根据顺着电场线方向电势降低可知，故B错误；粒子所受的电场力与速度的夹角先锐角，做正功，后为钝角，做负功，所以电势能先减小后增大，由
17、能量守恒可知，粒子运动时的动能先增大再减小，故C错误，D正确。6【答案】B【解析】放在电场中的导体C和D都是等势体，可知C棒左端电势等于C棒右端电势，选项A错误，B正确；金属球A、B间的电场从A指向B，因为沿着电场线电势降低，故C棒的电势高于D棒的电势，若用导线将C棒的x端与D棒的y端连接起来的瞬间，将有从x流向y的电流，故C错误；若将B球接地，B所带的负电荷一部分流入大地，由于静电感应，B所带的负电荷还将保留一部分，故D错误。7【答案】D【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
18、U1IR1，电压表示数增大，A错误；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、C错误；电源的总功率PEI，则D正确。8【答案】C【解析】若为图中的磁场方向和电流方向，则根据左手定则，金属棒MN所受安培力方向竖直向上。对金属棒受力分析可知，BILFTG，当电流减小时，绳子拉力FT变大，A错误；若为图中的磁场方向，电流方向相反，则安培力竖直向下，BIL GFT，电流增加时，绳子拉力FT变大，B错误；磁场方向反向，电流方向反向，安培力竖直向上，BILFTG，当电流增大时，绳子拉力FT变小
19、，C正确，D错误。9【答案】AB【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正确；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是通过磁场发生的，故D错误。10【答案】CD【解析】根据磁场的性质可知，磁感线是闭合的，故地球内部一定有磁感线，一定有磁场，A错误；由于磁偏角的存在，地磁南极在地理北极附近，但并不重合，故该点磁场方向并不是竖直向下的，B错误；根据磁通量的性质可知，由外向里和从里向外穿过地
20、球表面的磁感线条数一定相等，故地磁场穿过地球表面的磁通量为零，C正确；地磁南、北极点的磁感线最密，则这两点处的磁感应强度最大，由于磁偏角的存在，地理南、北两级和地磁南、北两点并不重合，故地理南北极点的磁感应强度在地表各位置中不是最大，D正确。11【答案】ACD【解析】粒子通过空隙中的电场来加速，每经过一次空隙，能量就会增加一次，而D形盒中的磁场只是用来改变粒子的运动方向，洛伦兹力不做功，不提供能量，故A正确，B错误；设R为D形盒的最大半径，则粒子最终在D形盒中的最大轨道半径为R，洛伦兹力提供向心力，则，则，故带电粒子获得的最大速度与加速度的半径有关，且与所加磁场的强弱有关，C、D均正确。12【
21、答案】AD【解析】在整个过程中，电场力对P球做负功，则EW90J，A正确；根据动能定理得，可得，B错误；设当两者速度相等时，小球上升的高度为H，根据水平方向动量守恒得mv2mv，得，根据机械能守恒得，得H2.25 mR，所以小球没有冲出圆槽，C错误，D正确。二、非选择题：本题共5小题，共52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(5分) 【答案】(1)A 20.30 (2)1 k B 右【解析】(1)测量爪A能用来测量金属管的内径，测量爪B能用来测量金属管外径；该游标卡尺为20分度，最小
22、精确度为，则该读数为20mm60.05mm20.30mm。(2)指针指在了大刻度位置，说明档位开关量程选择太小，应将档位开关换成1 k为宜，然后将红黑表笔短接，重新欧姆调零，旋转欧姆调零旋钮B，直到指针指在右侧的零刻线。14(9分) 【答案】(1)外接 小于 (2)如图所示 (3)如图所示 (4)右端【解析】(1)灯泡正常发光时电阻，灯泡电阻远小于电压表内阻，则电流表采用外接法，采用外接法时，通过灯泡实际电流小于电表读数，根据欧姆定律得测出的电阻值小于电阻的真实值。(2)电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示。(3)根据电路图连接实物图如图所示。(4)闭合开关前，分
23、压电路分得的电压应为零，所以滑片应置于右端。15(9分)【解析】(1)粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：t(2)由牛顿第二定律得：a将粒子射出电场的速度v进行分解，则有：vyv0tan 45v0又vyat解得：E。(3)由动能定理得：eUABm(v0)2mv02解得：UAB。16(12分)【解析】(1)画出粒子在磁场中的运动轨迹如图，由图可知轨迹半径为： 粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有： 联立解得 (2)粒子做圆周运动运动的周期为： 在磁场中的运动时间为： 联立解得：(3)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大，由图可
24、知： 平移距离为： 联立解得。17(16分)【解析】(1)由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4t0等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为：解得：。(2)设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中的运动半径为：，设电子离开偏转电场时的速度为v1，竖直方向的分速度为vy，则电子离开偏转电场时有：解得：；由于各个时刻从偏转电场中射出的电子速度大小相等、方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上。由(1)可知粒子离开偏转电场时的位置到OO的最大距离和最小距离的差值为：所以电子打在荧光屏上的电子束的宽度为：。