1、河北省唐山市第十一中学2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）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【答案】C【解析】【分析】由题意可知考查场强和电势概念，根据场强、电势的物
2、理意义和特点分析可得【详解】A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；B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；C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；D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；【点睛】电场强度是从电场力的性质对电场进行的描述，电势是从电场能的性质对电场进行的描述，它们的大小无必然的联系，电场、电势的大小是由场源电荷和到场源
3、电荷的距离决定的，与试探电荷没有任何关系2. 2001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【答案】B【解析】【详解】A.牛顿第二定律适用于宏观、低速物体，对于微观物体不适用，故A错误；B
4、.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；C.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；D.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. 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（ ）A. a、b、c点的电场强度相同B. a、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【答案】D【解析】【
5、详解】A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；B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；C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；D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. 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
6、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【答案】D【解析】【详解】A根据电容的决定式 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B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C电势差不变，d增大，则由公式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D若先将下极板与A点之间的导线断开，则
7、电容器的电荷量不变，d改变，根据、结合得，则知电场强度不变，则小球所受电场力不变故D正确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B. a、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【答案】D【解析】【详解】A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
8、负功，故A错误；BQ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；CD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. 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( ) A. C棒左端电势大于C棒右端电势B. C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【答案】B【解析】【详解】A
9、B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；C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D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. 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【答案】D【解析】【详解】根据闭合电
10、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，则减小，增大；又路端电压，则变小；A、根据，电压表示数增大，A错误；BC、因为，则并联部分电压减小，又，则流过电阻的电流减小；又因为，则流过小灯泡L的电流增大，小灯泡的功率变大，BC错误；D、电源的总功率，则D正确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
11、向，电流方向反向，电流减小【答案】C【解析】【详解】A、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，当电流减小时，绳子拉力变大，A错误；B、若为图中的磁场方向，电流方向相反，则安培力竖直向下，电流增加时，绳子拉力变大，B错误；CD、磁场方向反向，电流方向反向，安培力竖直向上，当电流增大时，绳子拉力变小，C正确；D错误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
12、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【答案】AB【解析】【详解】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，故A正确；B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；C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；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磁场发生的，故D错误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
13、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【答案】CD【解析】【详解】A、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；B、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；C、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；D、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
14、不是最大，D正确11. 1930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【答案】ACD【解析】【详解】AB、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；CD、设R为D形盒的最大半径
15、，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，且与所佳磁场的强弱有关，CD均正确12. 一质量为m=6kg带电量为q=-0.1C的小球P，自倾角=530的固定光滑斜面顶端由静止开始滑下，斜面高h=6.0m，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E=200N/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R=3m，如图所示（已知sin53o=0.8，cos53o=0.6，g=10m/s2
16、）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90JB. 小球P运动到水平面时的速度大小为5m/sC. 最终小球将冲出圆槽QD. 最终小球不会冲出圆槽Q【答案】AD【解析】【详解】A在整个过程中，电场力对P球做负功为：则E=-W=90J选项A正确；B根据动能定理得： 代入数据可得：选项B错误；CD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：mv=2mv代入数据：根据机械能守恒得： 代入已知数据得：H=2.25mR所以小球没有冲出圆槽，选项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
17、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. (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“1K”)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【答案】 (1). B (2). 20.30 (3). 1K (4). B (5). 右【解
18、析】【详解】（1）测量爪A能用来测量金属管外径，测量爪B能用来测量金属管的内径；该游标卡尺为20分度，最小精确度为，则该读数为20mm+60.05mm=20.30mm；（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1K为宜，然后将红黑表面短接，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. 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
19、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”）【答案】 (1). 外接 (2). 小于 (3). (4). (5). 右端【解析】【详解】（1）12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
20、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）3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）4根据电路图连接实物图：（4）5闭合开关前，分压电路分得电压应为零，所以滑片应置于右端15. 如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从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（不计重力）求：(1) 从A点到B点所用时间；(2) 匀强电场电场强度大小；(3) A、B两点间的电势差【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】由题意可知考查带电粒子在匀强电场中做类平抛运动规律，根据运
21、动的合成、分解及动能定理分析计算可得【详解】(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，所以v0，解得E（3）由动能定理得eUABm（v0）2mv解得UAB【点睛】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可分方向考虑：沿电场力方向做匀加速运动，垂直电场力方向做匀速直线运动，求电势差时可利用动能定理计算可得16. 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,求：（1）求粒子的比荷；（2）粒子在磁场中运动时间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？【答案】（1）（2）（3）R【解析】【详解】(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
