2019-2020学年湖北省名师联盟高二上学期期末考试备考精编金卷物理（B）试题 解析版 13页

‎2019-2020学年上学期高二期末备考精编仿真金卷 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，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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．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．光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时(　　)‎ A．A、B系统总动量为0‎ B．A的动量变为零 C．A的动量变为mv D．B的动量达到最大值 ‎3．如图，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120°，此时悬线的张力为F。若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则环中电流大小和方向是(　　)‎ A．电流大小为，电流方向沿顺时针方向 B．电流大小为，电流方向沿逆时针方向 C．电流大小为，电流方向沿顺时针方向 D．电流大小为，电流方向沿逆时针方向 ‎4．某空间存在一电场，电场中的电势φ在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．在x轴上，从x1到x2电场强度方向向左 B．在x轴上，从x1到x2电场强度先增大后减小 C．把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大 D．把一负电荷从x1移到x2，电场力做负功 ‎5．如图甲所示电路，小灯泡通电后其电压U随所加电流I变化的图线如图乙所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PM为U轴的垂线，PQ为I轴的垂线，下列说法中正确的是(　　)‎ A．随着所加电流的增大，小灯泡的电阻减小 B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝‎ C．在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电阻R两端的电压为I1R D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的“面积”‎ ‎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2θ，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．在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b，不计空气阻力，则下列说法不正确的是(　　)‎ A．小球带正电(　　)‎ B．电场力跟重力平衡 C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D．小球在运动过程中机械能不守恒 ‎8．如图所示，绝缘细线上端固定，下端系一带正电q、质量为m 的小球，空间存在水平方向的匀强电场E，带电小球静止时绝缘细线与竖直方向的夹角为θ，己知重力加速度为g，小球的电荷量保持不变。以下说法正确的是(　　)‎ A．匀强电场的场强大小为E＝，方向为水平向左 B．绝缘细线对小球的拉力大小为T＝mgcos θ，方向为沿细线斜向上 C．在剪断绝缘细线的瞬间，小球加速度大小为，方向为沿细线斜向下 D．在撤去匀强电场的瞬间，小球加速度大小为gtan θ，方向为水平向左 ‎9．如图所示，实线是α粒子（即氦原子核）仅在电场力作用下由a点运动到b点的运动轨迹，虚线可能是电场线，也可能是等差等势线，则下面说法中正确的是(　　)‎ A．若虚线是电场线，则α粒子在a点的电势能大，动能小 B．若虚线是等差等势线，则α粒子在a点的电势能大，动能小 C．若虚线是等差等势线， a点的电势一定高于b点的电势 D．不论虚线是电场线还是等差等势线，α粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 ‎10．将小球以大小为v0 的初速度竖直向上抛出，经过时间 t 后返回到抛出点，已知小球运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比，重力加速度大小为 g，则小球(　　)‎ A．上升过程的时间等于下降过程的时间 B．克服空气阻力做的功上升过程等于下降过程 C．返回抛出点时的速度大小为gt－v0‎ D．所受空气阻力的冲量上升过程等于下降过程 ‎11．如图所示，在某个绝缘粗糙转盘上依次放着相同材料制成的质量都为m的三个小物块a、b、c，三者到中轴的距离之比为1∶2∶3。其中a、b带正电，电荷量分别是q1和q2，c不带电，不考虑a、b之间微弱的库仑力。空间中有一竖直向上大小为B的匀强磁场，已知三个小物体随着转盘缓慢逆时针加速转动（俯视），某一时刻，三者一起相对转盘滑动（不考虑物块对磁场的影响）。则下列说法中正确的是(　　)‎ A．q1和q2之比为2∶1‎ B．q1和q2之比为4∶1‎ C．若考虑微弱的库仑力，则可能是a先滑动 D．若顺时针缓慢加速转，则a、b两个物块中一定是b先滑动 ‎12．如图所示，在直角坐标系xOy中，位于坐标轴上的M、N、P三点到坐标原点O的距离均为r，在第二象限内以O1(－r，r)为圆心，r为半径的四分之一圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。现从M点平行xOy平面沿不同方向同时向磁场区域发射速率均为v的相同粒子，其中沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限。为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，在第一象限内，以适当的过P 点的曲线为边界(图中未画出，且电场边界曲线与磁场边界曲线不同)，边界之外的区域加上平行于y轴负方向的匀强电场或垂直xOy平面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用及其重力。下列说法正确的是(　　)‎ A．若OPN之外的区域加的是磁场，则所加磁场的最小面积为 B．若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度最大为 C．若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度方向不可能与x轴成45°‎ D．若OPN之外的区域加的是电场，则边界PN曲线的方程为 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．(6分)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，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________Ω。‎ ‎14．(8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 kΩ)；电流表A (量程‎0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；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0～3.8 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，随着电流的增加小灯泡的电阻________，灯丝的电阻率________。(均填“增大”“不变”或“减小”)‎ ‎(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)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．(10分)如图所示，在倾角为θ的斜面上，固定有间距为l的平行金属导轨，在导轨上，垂直导轨放置一质量为m的金属棒ab，整个装置处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨与电动势为E、内阻为r的电源连接，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，金属棒和导轨电阻不计。现闭合开关S，发现滑动变阻器接入电路阻值为0时，金属棒不能静止。‎ ‎(1)判断金属棒所受的安培力方向；‎ ‎(2)求使金属棒在导轨上保持静止时滑动变阻器接入电路的最小阻值R1和最大阻值R2。‎ ‎16．(13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。‎ ‎17．(15分)如图甲所示，两平行金属板A、B长L＝8 cm，两极板间距d＝6 cm，两极板间的电势差UAB＝100V。一比荷为＝1×106 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v0＝2×104 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间的距离为s＝8 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。‎ ‎ ‎ ‎2019-2020学年上学期高二期末备考精编金卷 物 理（B）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1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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错误。‎ ‎2．【答案】C ‎【解析】A、B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，总动量为mv，则弹簧压缩最短时，A、B系统总动量仍然为mv，故A错误；弹簧压缩到最短时，A、B速度相等，则A的动量不为零，故B错误；由mv＝2mv′，可知此时A的动量为pA＝mv′＝mv，故C正确；A在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，弹簧压缩量最短时，速度相等，然后B继续加速，A继续减速。所以弹簧压缩最短时，A的动量未达到最小值，B的动量未达到最大值，故D错误。‎ ‎3．【答案】A ‎【解析】要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向向上，根据左手定则可以判断，电流方向应沿顺时针方向，根据力的平衡，解得，故A项正确。‎ ‎4．【答案】C ‎【解析】在x轴上，从x1到x2电势先降低后升高，可知电场强度方向先向右后向左，A项错误；因φ－x图像的斜率等于电场强度，可知从x1到x2‎ 电场强度先减小后增大，B项错误；由F＝Eq知把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大，C项正确；由Ep＝qφ知，把一负电荷从x1移到x2电势能减小，电场力做正功，D项错误。‎ ‎5．【答案】D ‎【解析】图线上的点与原点连线的斜率等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A错误；对应P点，小灯泡的电阻为，故B错误；在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电阻R两端的电压为I2R，故C错误；由恒定电流的功率公式P＝UI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积，故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θ＝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θ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θ最大或右偏发散角θ最大射入的粒子，从O点右偏发散角θ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θ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θ最大射入的粒子的运动时间最短，从O点左偏发散角θ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】C ‎【解析】据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A、B正确；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误；由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D正确。本题选不正确的，故选C。‎ ‎8．【答案】C ‎【解析】小球受力分析如图所示，小球处于平衡状态，重力和电场力的合力与绳子的拉力大小相等，方向相反，由平衡条件有：得，因小球带正电，所以场强方向水平向右，拉力，故A、B错误；在剪断绝缘细线的瞬间，小球受重力和电场力，所以合力为，加速度为 ‎，方向为沿细线斜向下，故C正确；在撤去匀强电场的瞬间，小球受重力与拉力，由于拉力会突变，小球将向下摆动，所以加速度方向沿圆弧切线方向，大小为gsin θ，故D错误。‎ ‎9．【答案】BCD ‎【解析】若虚线是电场线，则α粒子从a到b电场力做负功，则动能减小，电势能增大，则在a点的电势能小，动能大，选项A错误；若虚线是等差等势线，根据电场线与等势线垂直，可知电场力大致向下，则a点的电势一定高于b点的电势；α粒子由a点运动到b点的过程中，电场力对α粒子做正功，电势能减小，动能增大，则α粒子在a点的电势能大，动能小，故B、C正确；不论是电场线还是等差电场线，疏密均表示电场的强弱，故可知，a点的处的场强大于b点的场强，故质子在a点的加速度一定大于在b点的加速度，故D正确。‎ ‎10．【答案】CD ‎【解析】小球运动过程中受到空气阻力与其速率成正比，即f＝kv，则上升过程中加速度大小为，下降过程中加速度大小为，即，上升与下降过程中位移大小相等，根据，可知，故A错误；由，可知上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以，由克服阻力做功，上升和下降位移相等，所以，故B错误；小球运动的v－t图像如图所示，由于位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等；因为f＝kv，则f－t图像的两阴影部分的面积也相等，由I＝ft，可知上升和下降过程的冲量大小相等，D正确；取竖直向上为正方向，设返回抛出点的速度大小为v，则根据动量定理有：－mgt＝－mv－mv0，解得v＝gt－v0，故C正确。‎ ‎11．【答案】BD ‎【解析】根据左手定则判断得洛伦兹力水平向外，设摩擦因数为μ，a到中轴距离为l，临界条件对c有：，对b有：，对a有：，联立得q1∶q2＝4∶1，故A错误，B正确；若考虑微弱的库仑力，则b受到a的向外的推力，b更容易失衡滑动，故C错误；若顺时针转动，洛伦兹力水平向内，则临界条件对于a有：，对于b有：，由于q1和q2之比为4∶1，可得临界角速度ω1＞ω2，所以b先滑动，故D正确。‎ ‎12．【答案】ABD ‎【解析】由题意知，沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限，轨迹为圆弧，速度方向水平向右（沿x轴正方向），‎ 由几何关系知轨迹半径等于圆形磁场半径，作出由粒子轨迹圆的圆心、磁场圆的圆心以及出射点、入射点四点组成的四边形为菱形，且所有从M点入射粒子进入第一象限速度方向相同，即均沿+x方向进入第一象限，为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，OPN之外的区域加的是磁场，最小的磁场面积为图中阴影部分的面积，如图所示，根据几何关系可得所加磁场的最小面积为，故A正确；若OPN之外的区域加的是电场，粒子进入第一象限做类平抛，沿MO1入射的粒子到达N点时的运动时间最长，速度最大，速度与水平方向夹角也最大，设类平抛运动时间为t，在N点速度与水平方向夹角为θ，则水平方向：，竖直方向：，解得：，，，，故B正确，C错误；若OPN之外的区域加的是电场，设边界PN曲线上有一点的坐标为（x，y），则，，当时，整理可得边界PN曲线的方程为，故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．(6分)‎ ‎【答案】(1)3.020 (2)4.700 (3)170‎ ‎【解析】(1)游标卡尺的固定刻度读数为‎30mm，游标尺上第10个刻度游标读数为，所以最终读数为：；‎ ‎(2)螺旋测微器的固定刻度读数为‎4.5mm，可动刻度读数为，所以最终读数为：；‎ ‎(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。‎ ‎14．(8分)‎ ‎【答案】(1)实验电路原理如图所示 (2)增大　增大　(3)0.39　1.17‎ ‎【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)I－U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。根据电阻定律R＝ρ，得灯丝的电阻率增大。‎ ‎(3)当R＝0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R＝9 Ω时，将R看作电源内阻，则等效电源内阻为10 Ω，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：U1＝3.66 V，I1＝0.319 A，小灯泡的最大功率P1＝U1I1≈1.17 W。取图线乙与小灯泡伏安特性曲线交点：U2＝1.77 V，I2＝0.222 A，小灯泡的最小功率P2＝U2I2≈0.39 W。‎ ‎15．(10分)‎ ‎【解析】(1)由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上。‎ ‎(2)当R最小时，金属棒所受安培力为最大值F1，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，则由平衡条件得：‎ FN1＝mgcos θ F1＝mgsin θ＋fmax fmax＝μFN1‎ 由闭合电路欧姆定律有：‎ 安培力F1=BI‎1l 联立解得：‎ 当R最大时，金属棒所受安培力为最小值F2，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得：F2＝mgsin θ－μmgcos θ 由闭合电路欧姆定律有：‎ 安培力F2=BI‎2l 联立解得：。‎ ‎16．(13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 qE＝mg 可得匀强电场的电场强度大小E＝‎ ‎(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：‎ ‎(2.5qE－mg)L＝mv12 ‎ 解得：v1＝‎ 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：‎ mv1＝mvA＋mvB ‎ mv12＝mvA2＋mvB2 ‎ 联立解得：vA＝v1＝，vB＝0。‎ ‎17．(15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 L＝v0t，h＝at2‎ 又粒子的加速度为 联立解得：t＝4×10－6 s，cm 设粒子从电场中飞出时在竖直方向的速度为vy，则 v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y＝h+stan θ＝‎4 cm。‎ ‎(2)粒子从电场中飞出时速度v，则m/s 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则 解得r＝‎4 cm。‎ 粒子在该磁场中的周期T＝＝2×10－6 s 由图可知，磁场经过改变一次方向，所以粒子运动的轨迹如图，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，再经过的轨迹如图，在该过程中粒子两次经过OO′轴 所以 由图中几何关系可知：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 ‎。‎