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

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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

‎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 ‎。‎
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