2020-2021学年云南省昭通市云天化中学高二上学期期中考试物理试卷(解析版)

云天化中学2020~2021学年秋季学期半期测试题高二物理满分100分，考试用时90分钟。

第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、选择题（本大题共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. 如图，两个等量异种点电荷电场，AB为中垂线，且A、B两点关于两电荷的连线对称，则（）
A. A、B两点场强不相等
B. 正电荷从A运动到B，电势能减小
C. 负电荷从A运动到B，电势能增加
D. A、B两点电势差为零
『答案』D
『解析』A．一对等量异号电荷的电场强度关于两者的连线对称，故A、B两点的电场强度相同，故A错误；
BC．一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，它们的电势相等，即电势差为零，电荷从等势面上的A点移动到另一点B，不论正电荷，还是负电荷，电场力做的功一定为零，因此电势能也不变，故BC错误；
D．一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故A、B两点的电势相等，电势差为零，故D正确。

故选D。

2. 如图所示，用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中，三个带电小球质量相等，A球带负电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零，则（）
A. B球和C球都带负电荷
B. B球带正电荷，C球带负电荷
C. B球带负电荷，C球带正电荷
D. B球和C球都带正电荷
『答案』D
『解析』A．如果B球和C球都带负电荷，则A、B、C三球相互排斥，此时细绳上有了拉力，不符合题意，A错误；
B．如果B带正电荷，C带负电荷，则B球受到A和C的库仑力的合力方向是向右斜上方，B球受力不再平衡，不符合题意，B错误；
C．如果B球带负电荷，C球带正电荷，A球对B排斥，C球对B球吸引，A、C球对B球的库仑力的合力斜向下，若B球能平衡，AB球间细绳上有拉力，不符合题意，C错误；D．如果B球和C球都带正电荷，B球受重力及A 、C对B球的库仑力而处于平衡状态；如下图所示，则A、C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；同理，C球受力也处于平衡状态，符合题意，而库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，故可知A 对B的库仑力应指向A，C对B的库仑力应指向B的左侧；因此A球带负电，则B、C 球都应带正电，故D正确。

故选D。

3. 如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（）
A. 此液滴可能带正电
B. 液滴一定做匀加速直线运动
C. 液滴的动能不变
D. 液滴在d点的电势能大于在b点的电势能
『答案』B
『解析』A．据题带电液滴沿直线从b运动到d，带电液滴所受重力与电场力合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，
则电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电。

故A 错误； B ．由于液滴受重力和电场力均为恒力，故合外力不变，加速度不变，液滴一定做匀加速直线运动，故B 正确；
C ．由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，液滴的动能增大，故C 错误；
D ．由于电场力所做的功W =Eqx bd cos45°＞0，故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，液滴在d 点的电势能小于在b 点的电势能，故D 错误。

故选B 。

4. 如图甲所示，在匀强电场中，虚线为电场线，与Ox 轴成θ=37°角，Ox 轴上有a 、b 、c 三点，12cm 2
Oa bc ab ===，Ox 轴上各点的电势φ的变化规律如图乙所示。

取sin37°=0.6，cos37°=0.8。

下列说法正确的是（ ）
A. 电场线方向斜向上
B. 场强大小为800V/m
C. c 点的电势为16V
D. 电子在a 点的电势能为-32eV
『答案』D
『解析』A ．由图乙可知沿x 方向电势降低，所以电场线方向斜向下；故A 错误； B ．φ−x 图线的斜率表示电场强度沿x 方向的分量大小，由图乙可知E x =800V/m ，所以 1000V/m cos37
x E E == 故B 错误；
C ．由题得O 点的电势为48V ，Oc 间的距离为Oc =8cm=0.08m ，所以Oc 间的电势差为 U Oc =E ⋅Oc ⋅cos37°=1000×0.08×0.8V=64V
由于U Oc =φO −φc ，将U Oc =64V 、φO =48V 代入得φc =−16V
故C 错误；
D ．Oa 间的电势差为U Oa =
E ⋅Oa ⋅cos37°=1000×0.02×0.8V=16V
由于U Oa =φO −φa ，将U Oa =16V 、φO =48V 代入得φa =32V
所以电子在a 点的电势能为E p=−eφa =−32eV
选项D 正确。

故选D 。

5. 一质量为1kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动，F 随时间t 变化的图线如图所示，则 （ ）
A. t = 1s 时物块的速率为1m/s
B. t = 2s 时物块的动量大小为2kg·m/s
C. 前3s 内合外力冲量大小为3N·s
D. 前4s 内动量的变化量大小为0 『答案』C
『解析』A ．根据动量定理1Ft mv = 解得121m/s 2m/s 1
v ⨯== A 错误； B ．根据动量定理可知222kg m/s 4kg m/s p Ft ==⨯⋅=⋅ B 错误；
C ．根据图像可知前3s 内合力的冲量为22N s 11N s 3N s I =⨯⋅-⨯⋅=⋅ C 正确；
D ．根据图像可知前3s 内的冲量为322N s 11N s 3N s I =⨯⋅-⨯⋅=⋅ 选项C 正确； D ．根据图像可知前4s 内的冲量为422N s 12N s 2N s I =⨯⋅-⨯⋅=⋅
根据动量定理可知前4s 内动量的变化量大小为2kgm/s ，选项D 错误。

故选C 。

6. 2020年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外，为了防止病毒传播，打喷嚏时捂住口鼻很重要。

有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40m/s ，假设打一次喷嚏大约喷出50m Ｌ的空气，用时约0.02s 。

已知空气的密度为1.3kg/m 3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为 （ ）
A. 0.13N
B. 13N
C. 0.68N
D. 2.6N 『答案』A
『解析』打一次喷嚏喷出的空气质量为m =ρV =1.3×
5×10-5kg=6.5×10-5kg 设打一次喷嚏喷出的空气受到的作用力为F ，根据动量定理得F △t =mv 解得56.51040N=0.13N 0.02
mv F t -⨯⨯==∆ 根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力为F ′=F =0.13N 故A 正确，BCD 错误。

7. 如图，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电。

一电荷
量为q （q ＞0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出。

不计重力，极板尺寸足够大。

若粒子能打到上极板，则下列说法正确的是 （ ）
A. 粒子刚好打到上极板时速度为0
B. 粒子运动过程中电势能减少
C. 两极板间电场强度的最大值为k022E qd
D. 两极板间电场强度的最大值为k02E qd
『答案』D
『解析』A ．根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示
将粒子的速度v 分解为垂直于板的v y ，和平行于板的v x ，由于极板与水平面夹角45°，粒子的初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为y 002sin 45v v ︒== 当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，即粒子垂直于极板方向的速度 y 0v '= 此时0x 02sin 452
v v v ︒== 故A 错误。

B ．粒子在y 方向沿着电场线相反的方向运动,因为粒子带正电，所以电势能增加，故B 错误； CD ．根据运动学公式有22y y 2
qE v d m ν'-= 2k0012E mv = 联立解得k02E E qd
=，故C 错误，D 正确。

故选D 。

8. 几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！如图所示，完全相同的水 球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，
恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是 （ ）
A. 子弹在每个水球中的速度变化相同
B. 子弹在每个水球中运动的时间相同
C. 每个水球对子弹的冲量依次增大
D. 子弹在每个水球中的动能变化不相同 『答案』C
『解析』AB ．设水球的直径为d ，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动，子弹在通过第一个d ，第二个d ，第三个d ，第四个d 时所用时间之比为):32):1:2)13(2
可知，运动的时间不同，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由v at ∆= 则速度的变化量不同；AB 错误；
C ．根据冲量的定义I Ft =
受力是相同的，运动的时间在增大，所以每个水球对子弹的冲量依次增大，C 正确； D ．根据动能定理K E W Fd ∆==
受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在每个水球中的动能变化相同，D 错误。

故选C 。

9. 关于物理学史和物理知识在生活中的应用，说法正确的有 （ ）
A. 法拉第提出电荷周围有电场，并用电场线描述它
B. 库仑发现了库仑定律，并用库仑扭秤实验测出了静电力常量k
C. 高压作业工人工作服用包含金属丝的织物制成是利用了静电屏蔽原理
D. 燃气灶电子点火器是利用了尖端放电原理
『答案』ACD
『解析』A ．法拉第引入了场的概念来研究电场，并提出用电场线描述电场，故A 正确； B ．库仑用库仑扭秤实验发现了库仑定律，但他并没有测出静电力常量k ，故B 错误； C ．高压作业工人工作服用包含金属丝的织物制成是利用了静电屏蔽原理，故C 正确； D ．燃气灶的电子点火器是利用了尖端放电原理，故D 正确。

故选ACD 。

10. 如图所示，两板间距为d 的平行板电容器与电源连接，电键K 闭合。

电容器两板正中间有一质量为m 、带电荷量为q 的微粒静止不动。

下列各叙述中正确的是 （ ）
A. 微粒带的是负电
B. 电源电动势大小为2mgd q
C. 电键K 断开，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动
D. 电键K 断开，把电容器两板距离增大，微粒保持静止不动
『答案』AD
『解析』A ．根据题意可知，带电荷量为q 的微粒静止不动，则微粒受到竖直向上的电场力作用，而平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电，故A 正确；
B ．由平衡条件得U mg q d
= 可得电源电动势的大小为mgd E U q
== 故B 错误； CD ．断开开关S ，电容器所带电量不变，由4S C kd επ=
Q C U = U E d = 可得电容器板间场强为4kQ E S
πε= 当把电容器两极板间距离增大，场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动，故C 错误，D 正确；故选AD 。

11. 如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是 （ ）
A. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等
B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C. 第一次碰撞后，两球的最大摆角相同
D. 发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
『答案』CD
『解析』A. 两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有0123mv mv mv =+ 两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即2220121113222mv mv mv =+⋅ 解两式得1012v v =-，2012
v v = 可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A 错误；
B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，选项B 错误；
C. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C 正确；
D. 由单摆的周期公式2l T g
π= 可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D 正确。

故选CD 。

12. 如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示。

t = 0时刻，质量为m 的带电微 粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0 ~3
T 时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。

微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g ，关于微 粒在0~ T 时间内运动的描述，正确的是 （ ）
A. 末速度沿水平方向
B. 克服电场力做功为12mgd
C. 机械能增加了mgd
D. 02v
『答案』AB
『解析』AD ．0~ 3T 时间内微粒匀速运动，则有0qE mg = 3T ~ 23T 内，微粒做平抛运动，下降的位移21123T x g ⎛⎫= ⎪⎝⎭
23T ~T 时间内，微粒的加速度02qE mg a g m
-== 方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T 时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为 v 0 ，故 A 正确，D 错误。

C ．3T ~T 时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为12
d ，整个过程电场力做负功，机械能减小，故 C 错误。

B ．在 3T ~23T 内和 23T ~T 时间内竖直方 向上的加速度大小相等，方向相反，则 3
T ~ 23T 内和23T ~T 时间内竖直方向上位移的大小相等，均为14
d ，所以整个过程中克服电场力做功为001112422
W E q d qE d mgd =⋅== 故 B 正确。

故选AB 。

第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二、填空、实验题（本大题共3小题，共20分）
13. “测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度Ｌ、直径d 和电阻R 。

(1)用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为 ______mm 。

(2)测金属丝的电压和电流时读数如图所示，则金属丝的电阻R =______Ω。

(3)实验需要用刻度尺测出金属丝的长度L ，用螺旋测微器测出金属丝的直径d ，用电流表和电压表测出金属丝的电阻R 。

请写出测金属丝电阻率的表达式： _______（用上述测量量的字母表示）。

『答案』 (1). 0.695~0.698 (2). 5 (3). 24d R L
πρ=
『解析』(1)『1』螺旋测微器的读数为0.5mm19.60.01mm0.696mm
+⨯=
由于估读，测量结果0.695~0.698mm均可
(2)『2』电压表读数为2.60V，电压表读数为0.52A，则金属丝的电阻
2.60
5
0.52
U
R
I
==Ω=Ω
(3)『3』由电阻定律
L
R
S
ρ
=可得
2
4
RS d R
L L
π
ρ==
14. 一实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图甲所示的电路图，请回答下列问题：
(1)考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值________（填“大于”“等于”或“小于”）真实值；
(2)闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零，原因可能是图中的______（填“a”“b”“c”“d”“e”或“f”）处断路；
(3)图乙是根据实验测得数据作出的该元件的I－U图线，该元件的特点是随电压的升高电阻不断______（填“增大”或“减小”）；为了求元件Q在I－U图线上某点的电阻，甲同学利用
该点的坐标I、U，由
U
R
I
=求得；乙同学作出该点的切线，求出切线的斜率k，由
1
R
k
=求
得；其中_______（填“甲”或“乙”）同学的方法正确。

『答案』(1). 小于(2). f(3). 减小甲
『解析』(1)『1』电流表外接时，通过元件的电流值的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，该元件的电阻的测量值小于真实值；
(2)『2』由题意可知，电压表不能调节到零说明滑动变阻器起不到分压作用，故应是f处断路；
(3)『3』由图乙可知，图线上各点与原点的连线的斜率表示电阻的倒数，由图线可知，图线上各点与原点的连线的斜率变大，则电阻变小，即该元件的特点是随电压的升高电阻不断减小
『4』由欧姆定律可知，元件Q在I－U图线上某点的电阻应利用该点的坐标I、U求解即U
R
I
=
则甲同学的方法正确
15. 有一满偏电流为150μA 的
电流表G ，要用它来改装成电流表和电压表，但电流表G 内阻未知。

现要测量其内阻R g ，除待测电流表G 外，供选用的器材还有：
滑动变阻器R （阻值范围0~99999.9Ω） 电阻箱R ′（阻值范围0~999.9Ω）
电源E 开关和导线若干
(1)某小组采用的测量电路原理图如图所示，实验步骤如下：
①按电路原理图连接线路；
②将R 的阻值调到最大，断开开关S 2，闭合开关S 1，调节R 的阻值，使电流表G 的指针偏转到满刻度；
③闭合开关S 2，保持R 不变，调节R ′的阻值，使电流表G 的指针偏转到满刻度的二分之一的位置；
④记下R ′的阻值；
⑤现读得R ′的阻值为200.0Ω，则电流表G 的内阻测量值R 测=_____Ω（小数点后保留1位），与电流表的内阻真实值R g 相比，R 测____R g （填“＞”“=”或“＜”）；
(2)要把G 表头改装成0~3V 的电压表，需_____（填“串联”或“并联”）一个大电阻。

『答案』 (1). 200.0 (2). < (3). 串联 『解析』(1)『1』由实验原理可知，电流表G 的指针偏转到满刻度的二分之一的位置即电流表中的电流变为原来的一半，则电阻箱中的电流与电流表中的电流相等，又因为电流表与电阻箱并联，电压相等，则电流表的内阻与电阻箱的阻值相等，即为200.0Ω 『2』合开关S 2，由于总电阻变小，总电流变大，则电阻箱中的电流大于电流表中的电流，则电阻箱的阻值小于电流表的内阻，即R 测<R g (2)『3』要把G 表头改装成0~3V 的电压表，则要分压即要串联一个大电阻 三、计算题（本大题共3小题，共32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。

有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 16. 如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在离A 高度为H 的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动的瞬间加速度大小恰好为重力加速度g ，已知静电力常量为k ，
两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。

(1)求液珠的比荷；
(2)求液珠速度最大时离A点的距离h；
(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成
kQ
r
ϕ=，其中r为该点到Q的距离（
选无限远的电势为零），液珠能到达的最高点B离A点的高度为r B，求C、B两点间的电势差U CB。

『答案』(1)
2
2
q gH
m kQ
=；(2)2
h H
=；(3)-
B
kQ kQ
H r
『解析』(1)设液珠的电量为q ，质量为m ，由题意知，当液珠在C点时，
2
Qq
k mg mg
H
-=
比荷为
2
2
q gH
m kQ
=
(2)当液珠速度最大时，
2
Qq
k mg
h
=得2
h H
=
(3)设C、B 间的电势差大小U CB，由题意得CB C B
B
kQ kQ
U
H r
ϕϕ
=-=-
17. 在直角坐标系中，两个边长都相同的正方形排列如图所示，第一象限正方形区域ABOC 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E0；在第二象限正方形COED的对角线CE 左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场。

现有一带电量为＋q、质量为m的带电粒子（重力不计）从AB边上的A点静止释放，恰好能通过E点。

(1)求CED区域内的匀强电场的电场强度E1；
(2)若正方形边长为Ｌ，粒子从AB边中点由静止释放，求粒子从DE边离开的位置坐标。

『答案』(1)104E E =；(2),4L L ⎛⎫-
⎪⎝⎭
『解析』(1)设粒子在第一象限的电场中加速运动，出第一象限时速度为 v ，由动能定理得 2012
qE L mv = 在第二象限中由类平抛运动的规律L vt = 212L at =
1qE a m
= 解得104E E = (2)在第二象限中由类平抛运动的规律2L vt = 212y at = 解得4L y = 则从 DE 边离开的位置坐标为,4L L ⎛⎫- ⎪⎝
⎭。

18. 如图所示，倾角θ=37︒的粗糙传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接， 传送带始终以v =3m/s 的速率顺时针匀速转动，A 、B 、C 三个滑块（各滑块均可视为质点）的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =3kg 。

A 、B 间夹着质量可忽略的火药，k 为处于原长的轻质弹簧，弹簧两端分别与B 、C 连接。

现点燃火药（此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度），滑块A 以6m/s 的速度水平向左冲出，接着沿传送带向上运动，已知滑块A 与传送带间的动摩擦因数μ=0.75，传送带与水平面足够长（g =10m/s 2，sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8）
(1)求滑块A 沿传送带向上滑行的最大距离x ；
(2)求在滑块B 、弹簧和滑块C 相互作用的过程中，当弹簧第一次恢复原长时（此时滑块A 还未追上滑块B ），B 、C 的速度；
(3)若滑块A 在水平面追上滑块B 时被粘住,求A 、B 、C 及弹簧组成系统机械能的最小值。

『答案』(1) 1.5m x =；(2)0.6m/s B v '=-， 2.4m /s C v '=；(3)9.18J
『解析』(1)在滑块A 沿传送带向上运动的过程中，由动能定理有
()21sin cos 02
A A A A m g m g x m v θμθ-+=- 解得 1.5m x =
(2)爆炸过程，设B 获得的速度为 v B ，选向右为正方向，对A 、B 系统，由动量守恒定律有0A A B B m v m v -+=
解得3m/s B v =
在B 、C 相互作用的过程中，设当弹簧第一次恢复原长时，B 、C 的速度分别为B v '、C v ' 由动量守恒定律有B B C B B C m v m v m v =+'' 由能量守恒有
222111222B B B B c C m v m v m v ''=+ 解得0.6m/s B C B B B C m m v v m m -==-+'，2 2.4m /s B B B C C
m v v m m ==+' (3)因A 受到的滑动摩擦力cos 6N A f m g μθ==
重力沿斜面向下的分力sin 6N A m g θ=
所以A 到达最高点后先反向加速，当速度达到3m/s 后随传送带一起（相对传送带静止）返
回光滑水平面，此时3m /s A v '=
因A 、B 相遇时，B 的速度不能确定，可能是－0.6m/s 与3m/s 间的任何值，当0.6m/s
B v '=-时， 2.4m /s
C v '=，此时碰撞机械能损失最大，系统机械能最小，设A 、B 粘连后的共同速度为v '，由动量守恒定律有()A A B B A B m v m v m m v '''
'+=+ 解得0.6m /s v '= 系统机械能的最小值()22min 119.18J 22
C C A B E m v m m v ''=
++=。