湖北省2020学年高二物理上学期期末考试备考精编金卷(A)

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湖北省2020学年高二物理上学期期末考试备考精编金卷(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,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.2020学年上学期高二期末备考精编金卷物 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,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【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:。
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