山西太原市2020-2021高二（上）期中物理试题（理）（解析版）

太原市2020—2021年第一学期高二期中考试物理试卷

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的，请将其字母标号填入下表相应位置。

1.真空中两个点电荷相距r时库仑力为凡如果保持它们的电荷量不变，而将距离增大为2厂，则二者之间

的库仑力将变为（）

FFFF

A.—B.—C.—D.—

9432

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】空中两个点电荷相距，•时库仑力为

如果保持它们电荷量不变，而将距离增大为2r,则二者之间的库仑力

一(24

则

eF

r=­

4

故选B。

2.“法拉第笼”是一个由金属导体制成的笼子。将笼体与大地连通，当10万伏的直流高压输送给放电杆,

放电杆尖端距笼体10厘米时，出现放电火花，而笼内的法拉第却安然无恙。下列说法正确的是（）

A.笼体是一个等势体，内部任意两点间电势差为零

B.笼体上及其内部任意位置的电场强度均为零

C.若将放电杆尖端与笼体接触，法拉第会遭到电击

D.若将笼体与大地断开，法拉第会遭到电击

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A.笼体是金属做的，放电杆接近笼体时，笼体瞬时达到静电平衡，整个笼体是一个等势体，因此

内部任意两点间电势差为零，故A正确；

B.笼体表面会感应出异种电荷，表面及其周围电场强度不为零，内部合电场强度为零，故B错误；

C.若将放电杆尖端与笼体接触，法拉第和笼体是一个等势体，没有电流流过法拉弟，所以法拉弟不会遭到

电击，故C错误；

D.若将笼体与大地断开，法拉第和笼体仍是一个等势体（只是电势不为零了），因没有电流流过法拉弟，

法拉弟不会遭到电击，故D错误。

故选Ao

3.验电器可以用来检验物体是否带电和所带的电性。现将一带电物体靠近验电器的金属球，下列判断正确

A.验电器带正电时，若金箔张角变小，可知物体带正电

B.验电器带正电时，若金箔张角变大，可知物体带负电

C.验电器带负电时，若金箔张角变小，可知物体带正电

D.验电器带负电时，若金箔张角变大，可知物体带正电

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】AB.验电器上带正电荷后，验电器上的金箔张开一定角度，如果用另一个带电体靠近验电器的金

属球，金箔张角变大，说明电荷量变大，则带电体一定带正电；金箔张角变小，则带电体带负电，故AB错

误；

CD.验电器上带负电荷后，验电器上的金箔张开一定角度，如果用另一个带电体靠近验电器的金属球，金

箔张角变大，说明电荷量变大，则带电体一定带负电；金箔张角变小，则带电体带正电，故C正确，D错

误。

故选C。

4.关于静电场中M、N两点电势的高低，下列判断正确的是（）

A.若将正电荷从例移到N电势能增加，则M点的电势一定较高

B.若将正电荷从M移到N静电力做正功，则M点的电势一定较高

C.若将负电荷从M移到N电势能增加，则M点的电势一定较低

D.若将负电荷从M移到N静电力做正功，则M点的电势一定较高

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.根据公式与,=4。可知将正电荷从M移到N电势能增加，电势变大，所以N点电势大于M点

电势，故A错误；

B.若将正电荷从M移到N静电力做正功，电势能减小，所以加点电势高于N点，故B正确；

C.根据公式约,=48可知将负电荷从“移到N电势能增加，电势降低，所以“点电势高于N点，故C错

误；

D.将负电荷从M移到N静电力做正功，电势能减小，所以M点电势低于N点，故D错误。

故选B。

5.在生产纸张时，为监控其厚度，要在流水线上设置一个厚度控制仪，其原理可简化为如图的装置。其中

A、B为平行板电容器的两个固定极板，分别接在恒压电源的两极上，当通过A、B间的产品（）

A.厚度不变时，则电流计的示数不变且不为0

B.厚度变化时，电流计的示数也可能为0

C.厚度增大时，则电流计中的电流方向由a向b

D.厚度减小时，则电流计中的电流方向由〃向b

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.由题知，电容器两极板间的电压U不变，产品的厚度变化导致电介质常数a变化，当产品厚度

不变时电介质常数母不变，此时电容器的电容C=-J不变，电容器所带的电荷量Q=cu不变，即电

4万攵d

容器既不充电，也不放电，因此电流计示数是零，A错误；

BCD.当产品厚度增加时，电介质常数&增大，此时电容器的电容。=型"增大，电容器所带的电荷量

4兀kd

Q=CU增大，即电容器充电，由题知，A极板带正电，因此电流计电流方向由。向加同理，当产品厚度

减小时，电容器放电，电流计中的电流方向由匕到以可见产品厚度变化时，电容器要么充电，要么放电，

此时都有电流流经电流计，则电流计示数不是零，BD错误，C正确。

故选C。

6.在真空中点电荷一。的电场中，将一个正试探电荷分别置于M、N两点时，试探电荷所受静电力B、F1

的方向分别如图所示，Q、尸2垂直且尸2=3尸|,则（）

kF.£上＜5*”

N

A.点电荷一。位于M、N连线的中点上

B.M点与一。的距离是N点与一。距离的3倍

C.M点的电势比N点的电势低

D.正试探电荷在M点的电势能大于在N点的电势能

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.将B和B的作用线延长相交，交点。即为点电荷的位置，故A错误；

B.由于22=3FI,由库仑定律E=■得M点到一。的距离是N到一。距离的百倍，故B错误；

r

C.由于。带负电，离负电荷越近，电势越低，所以M点电势比N点电势高，故C错误；

D.正电荷在电势高处电势能大，因为M点电势比N点电势高，所以正电荷在M点的电势能比在N点的电

势能大，故D正确。

故选D。

-Q

7.如图，在真空中的M点放置点电荷+Q,N点放置等量点电荷一Q,。点是连线的中点，AB线为MN

的中垂线。一带负电的试探电荷在该电场中仅受电场力的作用，其运动轨迹如图中实线所示，则下图可能

【解析】

【分析】

【详解】画出等量异种点电荷M与N的电场线的分布如图

可知电场的方向向右，则负电荷受到的电场力的方向一直向左，负电荷将向左弯曲

故选Ao

8.如图，表头的内阻&=200。，满偏电流/g=5mA。现把它改装成量程为0-3V、0-15V的双量程电压表,

则下列做法正确的是（）

A.接A、B时量程为3V,Ri=400。、/?2=2800Q

B.接A、C时量程为15V,Bi=400C、&=2400Q

C.接A、C时量程为3V,R1=4OOC、&=2400C

D.接B、C时量程为15V,Ri=400。、刈=2800。

【答案】B

【解析】

分析】

【详解】串联的电阻的大小决定了量程的大小，串联电阻越大，改装之后的电压表量程越大，故接A、B时

量程为3V,接A、C时量程为15V,表头满刻度电压值为

以=IgX[=200x5xl0JV=lV

量程为3V时，则

U「U3Tq=400C

4二+-5x10-3

g

同理可得:

U-U_15-3

{2Q=2400Q

R25x10-3

g

故选Bo

9.小型直流电动机与“6V12W”灯泡及电源连接成图示电路，电源电动势为20V、内阻为1.0C,电动机

的内阻为0.5C。闭合S后，电动机转动，灯泡正常发光，则电动机（）

A.两端的电压为1.0VB.电功率为2.0W

C.热功率为4.0WD.输出的机械功率为22.0W

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.灯泡正常发光，则电路中的电流为

P12

/=—=—A=2A

U6

由闭合电路欧姆定律可得

UL+UM+Ir=E

解得

4,=E-UL-〃=20V—6V—2xl.0V=12V

说明电动机两端的电压为12V,故A错误；

B.电功率为

&=UM/=12*2W=24W

故B错误；

C.热功率为

&=/2&=22XO.5W=2W

故C错误；

D.输出的机械功率为

塌=P-P认=24W-2W=22.0W

故D正确。

故选D。

10.如图，长为L、倾角=37°的光滑绝缘斜面处于平行纸面的电场中。一带电量为+外质量为〃，的小球，

以初速度W由斜面顶端点a开始沿斜面下滑，到达斜面底端点方时速度仍为voo取sin37°=0.6,cos37°=0.8,

贝()

A.a、方连线一定是一条等势线

B.若电场是匀强电场，则电场方向竖直向上且七=螫

q

,3mgL

、方两点的电势差

C.aU"=-----5--q---

3

D.从。到b,静电力对小球做功为g"2gL

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】AC.小球从。运动到6的过程中，根据动能定理得：

mgLsin31°+qU<ib-0

代入数据解得a、b两点的电势差为：

3mgL

Uab=

5<7

即仰#侬，所以〃、匕连线一定不是一条等势线，故A错误，C正确；

B.若电场是匀强电场，电场力恒定，到达6点时小球速度仍为vo,故小球做匀速直线运动，电场力与重力、

支持力的合力为零；小球的重力沿斜面向下的分力为/ngsin。一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F=mgsine

时，电场力最小，场强最小，又电场力尸=”,则该电场的场强的最小值一定是

_mgsin37"_3mg

minq5uq

故B错误；

D.小球从a运动到人的过程中，根据动能定理得：

，〃gLsin37°+W=0

代入数据解得静电力对小球做功为：

3

W=——mgL

故D错误。

故选C。

二、多项选择题：本题包含5小题每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，至少

有两个选项正确。全部选对的得3分，选不全的得2分，有错者或不答的得。分。请将正确

选项前的字母填在下表内相应位置。

11.下列说法正确的是（）

F

A.由E=一可知，电场强度E与尸、g无关，由电场本身决定。

q

B.由c=■^■可知，电容c与。成正比、与u成反比

C.由??=夕/可知，导体的电阻R与其长度工成正比，与S成反比

LW

D.由七=一可知，电动势E在数值上等于在电源内部移动1C正电荷从电源负极到正极静电力所做的功。

q

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】A.电场强度由电场本身决定，与试探电荷的电荷量q受到的电场力F无关，故A正确；

B.电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正

比，与两极板间的电压成反比，故B错误；

C.公式R=是电阻定律的表达式，由该公式可知，导体的电阻与材料电阻率和导体长度乘积成正比，

与导体的横截面积成反比，故C正确；

D.电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量，电动势E在数值上等于在电源内部

移动1C的正电荷从电源负极到正极非静电力所做的功。，故D错误。

故选AC

12.如图是某电源的路端电压与电流的关系图线，下面结论正确的是（）

B.电源的内阻为12.0Q

C.电源的短路电流为0.50A

D.电流为0.30A时外电路的电阻是18.0。

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】A.由闭合电路欧姆定律

U=E-Ir

得，当/=0时，U=E,即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E=6V,故A正确。

B.电源的内阻等于图线的斜率大小，则有

AU6-5

故B错误。

C.外电阻/?=0时-，短路电流为

6AcA

/,=—E=—A=3A

r2

故C错误。

D.电流为/=0.3A时，路端电压

U=E-lr=(6-0.3x2)V=5.4V

外电阻是

R=—=18Q

故D正确。

故选AD。

13.如图，A、B是一对带电平行金属板，其间形成匀强电场。两带正电的粒子/、qi,以平行于极板的相

同初速度，从靠近A板处的同一位置射入两板间，5沿轨迹①运动并正好从两极板中央离开，0沿轨迹②

运动并正好落到B板中点，则切、Q2,两粒子()

A।_।

'、、①

②

A.在极板间运动时间之比为1：2B.在极板间运动时间之比为2：1

C.比荷之比为1：4D.比荷之比为1：8

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】AB.由图可知，卬、碓的水平位移之比为2:1,根据公式

S

v=—

t

可得时间之比为2:1,A错误，B正确；

CD.在竖直方向上，根据

_1.2_F

y=—at,ci=—,P—EQ

2m

可得

将竖直位移之比1：2及时间之比代入可得

m8

C错误，D正确。

故选BD<.

14.图甲是电阻器。的伏安特性曲线，若将它与两个定值电阻凡并联后接在恒压电源两端，3个用电器

消耗的电功率均为P。现将它们按图乙的方式连接后接在该电源两端，设。、幻和&消耗的电功率分别是

PD、PI和七，则（）

A.PD>PB.PD>PZC.PA4P2D.PI=4P2

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】由题意可知，电阻器D与两个标准电阻以、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消

耗的电功率均为P,此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端时,

电阻器D的电压小于电源的电压，由甲图象可知，电阻器D的电阻减小，则有

RD<&=R?

而RD与&并联，电压相等，根据功率公式/=——可知

R

6,>《

根据欧姆定律得知，电流

又

/,=/2+iD

得到

A>2I2,已=I；凡,舄=了段

4>4£

故选BCo

15.如图，绝缘轨道A8C固定于竖直平面内，其中A8部分是半径为R的光滑半圆轨道，P是半圆轨道的中

点，AB部分竖直、8C部分水平，整个轨道处在电场强度为E的匀强电场中。将质量为〃人带电量为+q的

小滑块，从BC轨道上与8相距10R处由静止释放，已知滑块与BC间的动擦因数为0.2,E=鳖,则滑块

A.到达A点时速度的大小为4J颁

B.到达P点时对轨道的压力大小为16〃7g

C.至IJ达A点时对轨道的压力大小为llmg

D.从C到P的过程中，动能先增大后减小

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】A.滑块从C运动到A的过程，根据动能定理得

qExlOR-jumgX10/?-A

结合qE=，〃g,解得

%=2阿

故A错误；

B.滑块从C运动到P的过程，根据动能定理得

在尸点，由牛顿第二定律得

F"^-qEZ7=m^UP~

K

结合qE=mg,解得「即=17〃琢，根据牛顿第三定律知滑块到达P点时对轨道的压力大小为FNP=FNP=17〃?g,

故B错误；

C.在A点，由牛顿第二定律得

F^+mg=m-^-

解得FNA=ll〃?g,根据牛顿第三定律知滑块到达A点时对轨道的压力大小为FNA'=FNA=llmg,故C正确；

D.滑块受到的电场力大小尸=qE=mg,方向水平向左，电场力与重力的合力方向与竖直方向成45°斜向左

下方，则从C到P的过程中，电场力与重力的合力先做正功，后做负功，则动能先增大后减小，故D正确。

故选CD。

三、实验题：本题包含两小题，共14分。将答案填在题中横线上或按要求作答。

16.拆开一个损坏的电表，发现一个绕线电阻Rs。查看资料，发现它由银铭合金制成其材料的电阻率为0。

为估算该绕线电阻使用合金的长度3小程进行了以下实验：

(1)首先用伏安法测电阻Rs。为减小误差，先用图甲的电路图进行实验。发现当S接‘％”“b”时，电流表

的示数几乎不变，而电压表的示数变化较大，则测量Rs时S应该接到(选填"a"、"b”)；

(2)接着用螺旋测微器测量合金丝的直径，示数如图乙所示，合金丝的直径为「mm。

(3)实验测得绕线电阻的阻值为Ro,合金丝的直径为d,则该电阻使用合金丝长度的表达式为乙=—(用

已知和测得物理量符号表示)

“心一兀r氏、

【答案】(1).a(2).0.260(0.259-0.261)(3).------

4。

【解析】

【分析】

【详解】(1)川当S接"/'“b”时，电流表的示数几乎不变，而电压表的示数变化较大，说明电流表分压

较大而电压表分流较小，为减小实验误差，电流表应采用外接法，测量4时S应该接到

（2）⑵由图所示螺旋测微器可知，固定刻度为0,可动刻度为

26.0x0.01mm=0.260mm

螺旋测微器示数为0.260mm,即合金丝的直径为0.260mm；

⑶[3]合金丝的电阻为

a_L_pL

R0=P7=~T~

该电阻使用合金丝长度的表达式为

哂/

L-

42

17.热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）,PTC的电阻随温度的升高而增

大，NTC的电阻随温度的升高而减小。为研究一热敏电阻Rx的伏安特性，实验室可供选择的主要器材如下:

A.电流表Ai（量程15mA,内阻10.0Q）

B.电流表A2（量程0.3A,内阻约0.3Q）

C.滑动变阻器（0-1000Q）

D.滑动变阻器（0-20Q）

E.定值电阻（阻值990.0C）

F.定值电阻（阻值90.0C）

G.电源E（电动势15V,内阻可忽略）

H.开关一个导线若干

甲

某同学设计了图甲的电路图进行研究,完成下列填空。

(1)为确保实验有较高的精度并方便操作，则滑动变阻器而以应选择—，定值电阻&应选择一(填器材前

的字母)。

(2)正确选择此后，反复调节滑动变阻器，读出Al、A2的示数/1,/2,描绘出k/2图线，如图乙所示。则该

热敏电阻是(选填“PTC”或“NTC”)；

(3)当Ai的示数人=10mA时，热敏电阻&的阻值为—C(保留两位有效数字)。

【答案】(1).D(2).E(3).NTC(4).61(56-63)

【解析】

【分析】

【详解】(1)。］由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择D。

⑵把电流表Ai与定值电阻串联改装成电压表测电压，电源电动势为15V,可以把Ai改成成量程为15V的

电压表，串联分压电阻阻值

R='_Rz—Q-10.0Q=990.0Q

/Alg15x10-3

故定值电阻应选择E。

(2)［3］由图乙所示图象可知，随上增大人增大，热敏电阻两端电压。增大，流过热敏电阻的电流/增大，热

敏电阻实际功率。=。/增大，热敏电阻温度升高；由图乙所示图象可知，随/2增大，图线上的点与坐标原点

连线的斜率减小，图线上点与坐标原点连线的斜率表示热敏电阻阻值，因此随温度升高热敏电阻阻值减小,

因此热敏电阻是NTC,

⑶⑷由图乙所示图象可知，/i=10mA=0.010A时/2=0.175A,此时热敏电阻阻值

_ZI(/XI+7?2)_O.O1OX(1O.O+99O.O)

i\v----------------------------------------------12=0114

'I2-I}0.175-0.010

四、计算题：本题包含5小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算

步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。

18.如图所示，R为电阻箱，电压表可视为理想电压表。当电阻箱读数为凡=2。时电压表读数为Ui=4V；当

电阻箱读数为&=5C时，电压表读数为％=5V。求：

⑴电源的电动势E;

(2)电源的内阻小

【答案】⑴6V；(2)1Q

【解析】

分析】

【详解】⑴⑵根据

U

E=U+—r

R

可得

4

E=4+—r

2

5

E=5+—r

5

解之得

E=6V

19.如图所示，在。点放置一个点电荷+Q,以。为原点，沿Ox方向建立坐标轴，A、8为坐标轴上两点，

其中A点的坐标为0.90m。测得放在4、8两点的试探电荷受到电场力大小与其电荷量q的关系如图线“、b

所示。已知左=9.0x109N-n?/C2,求:

(1)4点的电场强度与点电荷。的电量;

(2)8点的坐标值。

B

【答案】(1)4X104N/C；S.GxlO^C;(2)3.60m

【解析】

【分析】

【详解】(1)由图中直线。得

E、=^-=4X104N/C

'q

又因为

,Q

ErA=k—

解得

Q=3.6xl0-6c

(2)由图中直线。可得

3

£B=-^S-=2.5X10N/C

q

又因为

稣=乌

rB

解得

rB=3.60m

20.如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间距心质量为m、电荷量为g的带电液滴，以速度vo从电

容器左端沿两板间的中线水平射入电容器，液滴恰好做匀速直线运动。不计空气阻力。

(1)求电容器两板间的电压”)。

(2)己知电容器极板的长度现改变两板间的电压，让液滴仍以速度w从左端沿两板间的中线水

平射入，液滴恰好从上极板右端飞离。求此时电容器两板间的电压U。

」....

.⑴八暇⑵八个

【解析】

【分析】

【详解】(1)设电容器板间的电场强度大小为E，液滴恰好做匀速直线运动时，受到的电场力和重力平衡,

根据平衡条件则有

qE=mg

其中

E=%

d

解得

4=皿

q

(2)改变两板间的电后，液滴在电场中做类平抛运动，设油滴的加速度为在电容器中运动的时间为f,

则有

L—%，

d12

-=-at

22

解得

a=g

设电容器板间的电场强度大小为E'，由牛顿第二定律有

qE'-mg=ma

其中

E，上

d

解得

U_2mgd

q

21.如图所示，柱形区域内有平行纸面的匀强电场，其横截面是以。为圆心、半径为R的圆，A8为圆的直

径。质量为小电荷量为夕（夕＞0）的带电粒子自A点由静止释放，粒子从圆周上的C点以速率如穿出电场,

AC与AB的夹角夕=60。。若将该粒子从A点先后以不同的速率平行纸面、垂直电场线方向射入电场，只考

虑电场力的作用。

（1）求电场强度的大小。

（2）为使粒子从B点离开电场，粒子进入电场时的速度应是多大？。

小•/

C'--------"

【答案】（1）6=瞿；（2）匕=曲＞

2qR12

【解析】

【分析】

【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于4＞0,故电场线由A指向C，

根据几何关系可知

*=R

根据动能定理有

qExAc=^mvo-0

解得

（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有

x=2Rsin60°=卬］

y=27?cos60°=—at；

21

电场力提供加速度有