【精品高二物理试卷】2019-2020学年陕西省宝鸡市金台区高二(上)期中物理试卷(理科)+答案

2019-2020学年陕西省宝鸡市金台区高二（上）期中物理试卷（理
科）
一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-8小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求；9-12小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．）1．（4分）“理想模型”法是物理学研究的一种重要思想。

下列物理概念不是采用“理想模型”法的是（）
A．质点B．点电荷C．电场线D．电场强度2．（4分）如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用ϕa、ϕb、ϕc表示a、b、c三点的电势，E pa、E pb、E pc表示正电荷在三点的电势能，可以判定（）
A．ϕa＜ϕb＜ϕc B．E pa＞E pb＞E pc
C．ϕa﹣ϕb＝ϕb﹣ϕc D．E pa＝E pb＝E pc
3．（4分）一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O处产生的场强为E，把细线分成等长的三段圆弧，则圆弧BC在圆心O处产生的场强大小和方向为（）
A．水平向右B．水平向左C．水平向右D．水平向左4．（4分）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。

当偏转极板的X和Y均带正电时，会在在荧光屏上P点出现亮斑，如图所示。

那么要在荧光屏中Q 点出现亮斑，则（）
A．极板X，Y应带正电B．极板X'，Y应带正电
C．极板X'，Y'应带正电D．极板X，Y'应带正电
5．（4分）如图所示，闭合开关S，电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带电质点P处于静止状态。

若将滑动变阻器R2的滑片向b端移动，则（）
A．电压表读数减小B．电流表读数增大
C．质点P将向下运动D．R1消耗的功率减小
6．（4分）某电解池中，若在2s内有个5.0×1015个二价正离子和1.0×1016个一价负离子通过某截面M，其中正离子水平向右移动，那么通过这个截面的电流的大小和方向是（）
A．0.8mA 水平向左B．0.08mA 水平向左
C．1.6mA 水平向右D．0.16mA 水平向右
7．（4分）在解锁智能手机的过程中，可以采用输入已经验证过的指纹，也可以输入正确的密码，则要完成解锁手机，上述两种方式的逻辑关系是（）
A．“与”关系B．“或”关系
C．“非”关系D．不存在逻辑关系
8．（4分）如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度的处．现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（）
A．4R B．3R C．9R D．27R
9．（4分）两个相同的金属小球，所带电荷量大小之比为1：5，相距r，两小球可视为点电荷，两者相互接触后再放回原来位置上，则它们之间的库仑力大小与原来之比可能为（）
A．2：5B．3：5C．4：5D．9：5
10．（4分）如图所示的电路中，电源电动势为6V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。

闭合开关S，下列说法正确的有（）
A．电源两端的电压为6V
B．电源的效率为83.3%
C．a、b间电压的大小为2.5V
D．a、b间用导线连接后，电路的总电流I＜0.5A
11．（4分）一匀强电场的方向平行于xoy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为17V、31V、49V．下列说法正确的是（）
A．坐标原点处的电势为﹣1V
B．电场强度的大小为5v/m
C．匀强电场的方向由o点指向c点
D．质子从b点运动到c点，电场力做功为﹣18eV
12．（4分）如图所示，氕（）、氘（）、氚（）的原子核经同一加速电场由静止开始加速，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么（）
A．经过加速电场过程，氚（）获得的速度最大
B．偏转电场对三种粒子做功一样多
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种原子核都打在屏上的同一位置上
二、填空题：（共5小题，每空2分，共28分）
13．（4分）如图所示，平行板电容器板面水平放置于空气中，两板与电源连接，A板接静电计小球，B板接静电计外壳，在开关S闭合时，将B板向下移动一段距离，电容器带电荷量将；再断开开关，紧贴B板插入一块薄金属板，静电计指针张角将。

（两空均选填“增大”、“不变”或“减小”）
14．（4分）如图所示，MN板间存在匀强电场，场强E＝200N/C，方向竖直向上。

电场上A、B两点相距10cm，AB连线与电场方向夹角θ＝60°，A点和M板相距2cm，则AB两点间的电势差U AB＝V，若M板接地（电势为0），A点电势ΦA＝V。

15．（6分）为了测量一精密直金属丝的电阻率，先用多用电表×1挡粗测其电阻为Ω，然后用游标卡尺测其长度是mm，螺旋测微器测其直径为mm。

16．（4分）在测量电源的电动势和内阻的实验中，某同学根据电流表和电压表的示数得到了如图所示的U﹣I图象，则该电源的电动势E＝V，内电阻r＝Ω。

17．（10分）某实验小组欲精确测量某电阻的阻值，可使用的器材有：
被测电阻R x，阻值约20Ω左右；
电流表A1（量程0.4A，内阻r1约为0.5Ω）；
电流表A2（量程0.1A，内阻r2＝1Ω）；
电流表A3（量程3.0A，内阻r3约为0.1Ω）；
各种规格的定值电阻R0若干；
滑动变阻器R1（阻值0～5.0Ω）；滑动变阻器R2（阻值0～1000.0Ω）；
电源E（电动势3V，内阻不计）；开关S；导线若干。

（1）某同学设计了测量电阻R x的实验电路图如图所示，①中应选用元件，②中应选用元件，滑动变阻器应选元。

（2）为了便于操作、测量准确，定值电阻R0应选用下列的。

A．5ΩB．10ΩC．20ΩD．30Ω
（3）闭合开关S调节滑动变阻器滑片P，电流表①中示数设为I1，电流表②中示数设为I2，则被测电阻的阻值为：R x＝（用已知和测量的物理量的符号表示）。

三、计算题：（本题共3题，共24分．要求解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤，推理、说明过程要简洁清晰，有数字计算的题要写出明确的数值和单位，只有最后结果的得零分．）
18．（6分）如图所示，是一种测量电源电动势和内阻的电路。

已知R1＝0.5Ω，R2＝2.0Ω，当开关扳到1位置时，电压表读数为1.0V；当电键扳到2位置时，电压表读数为2.0V，求：
（1）电源电动势E
（2）电源的内阻r。

19．（8分）如图所示，带电小球A和B（可视为点电荷）放在倾角为30°的光滑固定绝缘斜面上，已知A球的质量为m，所带电荷量为+q，B球的质量为2m，所带电荷量为﹣q．沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持间距r不变沿斜面向上做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：
（1）加速度a的大小；
（2）F的大小。

20．（10分）如图所示，一对带电平行金属板A、B与竖直方向成30°角放置，两板间的电势差U AB＝﹣125V．B板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系xoy的坐标原点o点，y轴沿竖直方向。

现有一带负电的粒子P，其比荷为，从A板中心O'处静止释放后，沿垂直于金属板的直线O'O进入x轴下方第四象限的匀强电场E中，该匀强电场方向与A、B板平行且斜向上。

粒子穿过电场后，从Q点（0，﹣2）离开电场（Q点图中未标出），粒子的重力不计。

试求：
（1）粒子从O点进入匀强电场时的速度v0；
（2）匀强电场的场强E的大小。

四、附加题（10分）
21．（10分）如图，在竖直平面内有一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平绝缘轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α＝53°，整个装置处于水平向右的匀强电场中。

一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点。

已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。

已知重力加速度大小为g，
sin53°＝0.8．求：
（1）匀强电场的场强大小；
（2）小球到达A点时速度的大小。

2019-2020学年陕西省宝鸡市金台区高二（上）期中物理试卷（理
科）
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-8小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求；9-12小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．）1．【分析】理想化模型是对事物的各个物理因素加以分析、忽略与问题无关或影响较小的因素，突出对问题起作用较大的主要因素，从而把问题简化。

【解答】解：A、点电荷忽略了电荷的大小等次要因素，故A不符合题意；
B、轻质弹簧忽略了弹簧的质量等次要因数，是一种理想模型，故B不符合题意；
C、电场线是理想化的模型，故C不符合题意；
D、电场强度是物理量的概念，不是理想化的模型，故D符合题意；
本题选不属于“理想模型”的，
故选：D。

2．【分析】本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；正电荷电势高的地方电势能大。

【解答】解：A、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa ＞φb＞φc，故A错误。

BD、根据E p＝qφ知正电荷电势越高电势能越大，E pa＞E pb＞E pc，故B正确，D错误。

C、由于电场线的疏密不清楚，无法判定是否为匀强电场，所以ϕa﹣ϕb不一定等于ϕb﹣
ϕc，故C错误。

故选：B。

3．【分析】电场强度是矢量，根据题意应用平行四边形定则求出圆弧BC在圆心O处产生的场强。

【解答】解：如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段。

设每段在O点产生的电场强度大小均为E′。

AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′
则O点的合场强：E＝2E′，则：E′
故圆弧BC在圆心O处产生的场强为，方向水平向右，故A正确，BCD错误。

4．【分析】由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性
【解答】解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X方向偏转，则电场方向为X到X′，则X带正电，
同理可知Y带正电，故A正确，BCD错误。

故选：A。

5．【分析】对电路进行分析，滑片的移动可知电路中总电阻的变化，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再分析可知电容器两端的电压变化，则可知P的受力变化，则可知质点的运动情况。

【解答】解：AB、由图可知，R1与滑动变阻器串联；电容器与变阻器并联；
当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大，同时R1两端的电压也减小，所以电压表示数增大，电流表示数减小，故AB错误。

D、流过R1的电流减小，由公式P＝I2R知R1消耗的功率减小，故D正确。

C、电容器板间电压增大，板间电场强度增大，故质点P受到的向上电场力增大，则重力
小于电场力，质点P将向上运动，故C错误；
故选：D。

6．【分析】先由正负电荷量的决对值的和求出通过截面的电荷量，然后由电流的定义式求出电流；电流的方向与正电荷移动的方向相同。

【解答】解：2s内流过的电量为：Q＝5.0×1015×2×1.6×10﹣19C+1.0×1016×1.6×10﹣19C＝3.2×10﹣3C；
则由电流的定义可知：I A＝3.2m A；
由于正离子水平向右移动，则电流的方向向右
故ABD错误，C正确
7．【分析】掌握“与”，“或”，“非”三种逻辑关系的性质，并根据题意明确对应的逻辑性质即可求解。

【解答】解：由题意可知，输入已经验证过的指纹或输入正确的密码均可以解锁，故采用的是“或”关系。

故B正确ACD错误。

故选：B。

8．【分析】欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解．【解答】解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为I g，
欧姆表调零时，I g
内
测一阻值为R的电阻时
I g
内
测一未知电阻时
I g
内
解这三式得：
R′＝9R，
故ABD错误，C正确。

故选：C。

9．【分析】两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出。

当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的。

【解答】解：设两电荷电量大小分别为q和5q，由库仑定律可得：原来库仑力F
当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，库仑力F1，所以库仑力是原来的库仑力之比为9：5；
当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量是先中和后平分，电量变为2：2，库仑力F2，所以库仑力和原来的库仑力之比为4：5．故CD正确，AB错误。

故选：CD。

10．【分析】由串并联电路分别出初态的外接电阻阻由欧姆定律确定外压，求电流定功率；
确定出a，b间的电势求其电压；
a、b间用导线连接后电路结构变化，重新求电阻求电流。

【解答】解：AB、外电阻为RΩ＝10Ω，则有：I A＝0.5A，则路端电压为：U＝IR＝5V，电源的效率：η 100%＝83.3%，故A错误，B正确；
C、选电源负极为0势点，则b点电势为：φb＝5V＝3.75V，a点电势为：φa＝
5V＝1.25V，则ab间的电压为：U′＝3.72V﹣1.25V＝2.5V，故C正确；
D、a、b间用导线连接后外阻为R′，则有：R′＝2Ω＝7.5Ω，则电流为：I′
A＞0.5A，故D错误；
故选：BC。

11．【分析】根据电势差相等求出坐标原点处的电势；
根据匀强电场的电场强度公式E结合电势差与场强间距即可求解电场强度；
再由W＝eU bc求解电场力做功。

【解答】解：A、根据φc﹣φa＝φb﹣φo，因a、b、c三点电势分别为φa＝17V、φb＝31V、φc＝49V，
解得：原点处的电势为φ0＝﹣1 V，故A正确；
BC、如图所示，在ac连线上，确定中点b′点，电势为31V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图，
因为匀强电场，则有：E，
依据几何关系，则d
代入数据，得电场强度大小为E102N/C，故BC错误；
D、质子从b点运动到c点，电场力做功为W＝eU bc＝﹣18eV，故D正确。

故选：AD。

12．【分析】带电粒子先加速后偏转。

先根据动能定理求出加速获得的速度表达式，从而分析加速获得的速度关系。

三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系。

【解答】解：A、设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，根据动能定理得：qU1，得：v0，知氕的比荷最大，加速获得的速度最大。

故A错误；
BD、在偏转电场中的偏转位移为：y at2••（）2。

解得：y
偏转角度的正切为：tanθ ，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关。

所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。

故三种原子核都打在屏上的同一位置上。

偏转电场对粒子做功为：W＝qEy，q、E、y都相同，所以W相同。

故BD正确。

C、粒子在加速电场中运动时，有：d′
在偏转电场中运动时有：L＝v0t
从偏转电场运动到荧光屏的过程，有：L′＝v0t″
故粒子运动到屏上所用时间为：t总＝t′+t+t″，由于v0不等，可知t总不等。

故C错误。

故选：BD。

二、填空题：（共5小题，每空2分，共28分）
13．【分析】解答本题关键应根据：电容的决定式C分析电容的变化，闭合开关时，两极板间的电势差U不变，开关断开时，抓住电容器的电量不变，
由电容的定义式C分析电压的变化，即可判断静电计指针偏转角的变化；
【解答】解：开关闭合，将B极板下移，板间距d增大，根据电容的决定式C可知，电容C减小，在电键S闭合时两极板之间的电势差不变，据可知电容器的带电量减小；
开关断开，电容器电荷量Q不变，紧贴B板插入一块薄金属板，板间距d减小，根据电容的决定式C可知，电容C增大，据可知两极板间的电压U减小，静电计指针张角减小；
故答案为：减小，减小；
14．【分析】根据电势差与电场强度之间的关系可求得AB两点的电势差；电势等于相对于零电势点之间的电势差；求出电势差即可求得电势。

【解答】解：AB两点间的电势差为：
L AB＝10cm＝0.1m
U AB＝EL AB cosθ＝200×0.1×0.5＝10V；
A点的电势等于A点与M点的电势差，故：
φA＝﹣U MA＝﹣EL MA＝﹣200×0.02＝﹣4V；
故答案为：10，﹣4。

15．【分析】欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数。

【解答】解：用电表×1挡粗测其电阻，由图1所示可知，电阻阻值为：6×1＝6Ω；
由图示游标卡尺可知，其示数为：36mm+2×0.1mm＝36.2mm；
由图示螺旋测微器可知，其示数为：2mm+9.5×0.01mm＝2.095mm；
故答案为：6；36.2；2.095。

16．【分析】由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻。

【解答】解：根据闭合电路欧姆定律有：U＝E﹣Ir；则可知图象与纵轴的交点表示电动势，图象的斜率表示内电阻；
则由图示电源U﹣I图可知，电源的电动势为：E＝1.5V；
内电阻为：r 1.0Ω；
故答案为：1.5 1.0。

17．【分析】（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，没有电压表可以用已知内阻的电流表改装成电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，根据题意选择实验器材。

（2）根据电源电压应用串联电路特点与欧姆定律选择定值电阻。

（3）根据电路图应用欧姆定律求出待测电阻阻值表达式。

【解答】解：（1）由图示电路图可知，①中的电流表应当做电压表使用，此电流表必须已知内阻，故选择A2表；
根据给出电源的电动势和被测电阻的阻值，电路中最大的电流约为：I0.15A，故②中的电流表应选择A1；
由题中电路图知采用了滑动变阻器分压接法来进行实验，为了便于操作、准确测量，为方便实验操作滑动变阻器应选择R1；
（2）电源电动势为3V，A2表的量程为0.1A，定值电阻R0的阻值约为：30Ω，定值电阻应选择D；
（3）根据电路图，由欧姆定律得：R x；
故答案为：（1）A2；A1；R1；（2）D；（3）。

三、计算题：（本题共3题，共24分．要求解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤，推理、说明过程要简洁清晰，有数字计算的题要写出明确的数值和单位，只有最后结果的得零分．）
18．【分析】对电键扳到1、2两个位置时，运用闭合电路欧姆定律分别列出方程，联立即可求得电源电动势E和内阻r。

【解答】解：由闭合电路欧姆定律
当开关扳到1时：
当开关扳到2时：
代入数据解得：E＝3.0V r＝1.0Ω
答：（1）电源电动势E为3.0V；
（2）电源的内阻r为1.0Ω。

19．【分析】（1）根据库仑定律，代入数据计算出两球相互吸引的库仑力F库．A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律有：F库﹣mgsin 30°＝ma，联立即可计算出加速度。

（2）把A球和B球看成整体，A、B间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律有F﹣（m+m）gsin 30°＝（m+m）a，代入数据可以计算出恒力F。

【解答】解：（1）根据库仑定律，两球相互吸引的库仑力：
库
A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律有：F库﹣2mgsin30°＝2ma 所以：a；
（2）把A球和B球看成整体，A、B间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律有：F﹣3mgsin30°＝3ma
联立得：F。

答：（1）加速度a的大小为；
（2）F的大小为。

20．【分析】（1）对于粒子在AB间加速过程，根据动能定理列式，可求出粒子从O点进入匀强电场时的速度v0；
（2）粒子P在进入电场后做类平抛运动，将其沿初速度方向和垂直于初速度方向分解，根据牛顿第二定律和分位移公式结合，可求得场强E的大小。

【解答】解：（1）对于粒子在AB间加速过程，由动能定理得：
代入数据可得：
（2）粒子P在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时距O距离为L，以O为坐标原点，沿着v0方向建立x'轴，逆着场强方向建立y'轴，则有：x'轴方向粒子做匀速直线运动，有：
x'＝Lcos60°＝v0t
y'轴方向粒子做匀加速直线运动，有：
′°
代入数据得匀强电场的场强大小为：
答：（1）粒子从O点进入匀强电场时的速度v0是5×103m/s。

（2）匀强电场的场强E的大小是103V/m。

四、附加题（10分）
21．【分析】（1）先受力分析，再利用场强和力的关系，可以求出场强大小；
（2）根据牛顿第二定律求出小球在C点的速度，结合动能定理，可以求出在A点的速度大小。

【解答】解：（1）设小球在C点所受电场力为F0，电场强度的大小为E，由题意有：
解得：
（2）小球到达C点时所受合力的大小为F，设小球到达C点时的速度大小为v c，在C 点，由牛顿第二定律得：
解得：
设小球到达A点的速度大小为v A，作CD⊥PA，交PA于D点，
由几何关系得：DA＝Rsinα＝0.8R…（1分）CD＝R（1+cosα）＝1.6R
从A点到C点，由动能定理得：
故小球在A点的速度大小为：
答：（1）匀强电场的场强大小是；
（2）小球到达A点时速度的大小是。