【文档说明】云南省昭通市云天化中学2020-2021学年高二上学期期中考试物理试卷 【精准解析】.doc，共(19)页，1.633 MB，由小赞的店铺上传

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云天化中学2020~2021学年秋季学期半期测试题高二物理本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第4页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时90分钟。第Ⅰ卷（选择题，共48分）注意事项：1.答题前，考生务

必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。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】【详解】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】【详解

】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】【详解】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的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=Eqxbdcos45°＞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，12cm2Oabcab===，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

/mC.c点的电势为16VD.电子在a点的电势能为-32eV【答案】D【解析】【详解】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Ex=800V/m，所以1000V/mcos37xEE==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UOc=E⋅Oc⋅cos37°=1000×0.08×0.8V=64V由于UOc=φO−φc，将UOc=64V、φO=48V代入得φc=−16V故C错误；D．Oa间的电势差为UOa=E⋅Oa⋅

cos37°=1000×0.02×0.8V=16V由于UOa=φO−φa，将UOa=16V、φO=48V代入得φa=32V所以电子在a点的电势能为Ep=−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/sB.t=2s时物块的动量大小为2kg·m/sC.前3s内合外力冲量大小为3N·sD.前4s内动量的变化量大小为0【答案】C【解析】【详解】A．根据动量定理1Ftmv=解得121m/s2m/s1v

==A错误；B．根据动量定理可知222kgm/s4kgm/spFt===B错误；C．根据图像可知前3s内合力的冲量为22Ns11Ns3NsI=−=C正确；D．根据图像可知前3s内的冲量为322Ns11Ns

3NsI=−=选项C正确；D．根据图像可知前4s内的冲量为422Ns12Ns2NsI=−=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50mＬ的空气，用时约0.02s。已知空气的密度为1.3kg/m3

，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为（）A.0.13NB.13NC.0.68ND.2.6N【答案】A【解析】【详解】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=0.13N0.02mvFt−==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Ek0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0B.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k022EqdD.两极板间电场强度的最大值为k02Eqd【答案】D【解析

】【详解】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vy，和平行于板的vx，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y002sin452vvv==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y0v=此时0x02sin452vvv==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22yy2qEvdm−=2k0012Emv=联立解得k02EEqd=，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】【详解】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vat=则速度的变化量不同；AB错误；C．根据冲量的定义IFt=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KEWFd==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kC.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.燃气灶的电子点火器是利用了尖端放电原理【答案】ACD【解析】【详解】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2mgdqC.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】【详解】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Umgqd=可得电源电动势的大小为mgdEUq==故B错误；CD．断开开关S，电容器所带电量不变，由4SCkd=QCU=UEd=可得电容器板间场强为4kQES=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】【详解】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0123mvmvmv=+两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即2220121113222mvmvmv=+解两式得1012vv=−，2012vv=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2lTg

=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v0沿中线射入两板间，0~3T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12mgdC.机械能增加了mgdD.末速度大小为02v【答案】AB【解析】【详解】AD．0~3T时间内微粒匀速运动，则有0qEmg=3T

~23T内，微粒做平抛运动，下降的位移21123Txg=23T~T时间内，微粒的加速度02qEmgagm−==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12d，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3T~23T内和23T~T时间内竖直方

向上位移的大小相等，均为14d，所以整个过程中克服电场力做功为001112422WEqdqEdmgd===故B正确。故选AB。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。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).24dRL=【解析】【详解】(1)[1]螺旋测微器的读数为0.5mm19.60.01mm0.696mm+=由于估读，测量结果在0.695~0.698mm均可(2)[2]电压表读数为2.6

0V，电压表读数为0.52A，则金属丝的电阻2.6050.52URI===(3)[3]由电阻定律LRS=可得24RSdRLL==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URI=求得；乙同学作

出该点的切线，求出切线的斜率k，由1Rk=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(4).甲【解析】【详解】(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URI=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Rg，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S2，闭合开关S1，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S2，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Rg相比，R

测____Rg（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】【详解】(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S2，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<Rg(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kQr=，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rB，求C、B两点间的电势差UCB。【答案】(1)22qgHmkQ=；(2)2hH=；

(3)−BkQkQHr【解析】【详解】(1)设液珠的电量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时，2QqkmgmgH−=比荷为22qgHmkQ=(2)当液珠速度最大时，2Qqkmgh=得2hH=(3)设C、B间的电势差大小UCB，由题意得CBCBBkQ

kQUHr=−=−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)104EE=；(2),4LL−【解析】【详解】(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2012qELmv=在第二象限中由类平抛运动的规律Lvt=212Lat=1qEam=解得104EE=(2)在第二象限中由类平抛运动的规律2Lvt=212yat=解得4Ly=则从DE边离开的位置坐标为,4LL−。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mA=1kg、mB=2kg、mC=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/s2，sin37=0.6，cos37=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及弹簧组成的系统机械能的最小值。【答案】(1)1.5mx=；(2)0.6m/sBv=−，2.4m/sCv=；(3)9.18J【解析】【详解】(1)在滑块A沿传送带向上运动的过程中，由动能定理有()

21sincos02AAAAmgmgxmv−+=−解得1.5mx=(2)爆炸过程，设B获得的速度为vB，选向右为正方向，对A、B系统，由动量守恒定律有0AABBmvmv−+=解得3m/sBv=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

Bv、Cv由动量守恒定律有BBCBBCmvmvmv=+由能量守恒有222111222BBBBcCmvmvmv=+解得0.6m/sBCBBBCmmvvmm−==−+，22.4m/sBBBCCmvvmm==+(3)因A受到的滑动摩

擦力cos6NAfmg==重力沿斜面向下的分力sin6NAmg=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/sAv=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/sBv=−时，2.4m/sCv=，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()AABBABmvmvmmv+=+解得0.6m/sv=系统机械能的最小值()

22min119.18J22CCABEmvmmv=++=