文档内容
高二年级期中考试
物理
本试卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在
本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容：人教版必修第三册第九章至第十一章。
一、选择题（1—7小题为单选，每题4分；8—10小题为多选，每题6分，其中漏选得3分，
不选或错选不得分；共46分）
1. 关于电流说法错误的是（ ）
A. 根据欧姆定律 ，电流与电压成正比，与电阻成反比
B. 根据电流的定义式 ，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量
C. 电流的决定式 ，其中n是单位长度内的自由电荷数，q是每个自由电荷的电荷量，S是导体横
截面积，v是自由电荷定向移动的速率
D. 正电荷定向移动的方向或负电荷定向移动的反方向为电流方向
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据欧姆定律 ，电流与电压成正比，与电阻成反比，故A正确；
B．根据电流的定义式 ，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，故B正确；
C．电流的决定式 ，其中n是单位体积内的自由电荷数，q是每个自由电荷的电荷量，S是导体横截面积，v是自由电荷定向移动的速率，故C错误；
D．正电荷定向移动的方向或负电荷定向移动的反方向为电流方向，故D正确。
选错误的，故选C。
2. 如图所示，四个质量相同的小球A、B、C、D被四根轻质细线挂在天花板，A、B两球带同种电荷，
C、D两球带异种电荷；A、B上、下两根细线的拉力分别为F、F，C、D上、下两根细线的拉力分别为
1 2
F、F，则下列表达式一定正确的是（ ）
3 4
A. F=F，F=F B. F=F，F>F C. F=F，FF，F>F
1 2 3 4 1 3 2 4 1 3 2 4 1 4 2 3
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．将A、B看成一个整体，C、D看成一个整体研究，不管四个小球是否带电，整体均受重
力和上方细线的拉力
F=F=2mg
1 3
A和B带同种电荷，B受重力、下方细线向上的拉力F 和A对B向下的斥力，由平衡条件得
2
同理C、D两球带异种电荷，D受重力、下方细线向上的拉力F4和C对D向上的吸引力，由平衡条件得
一定小于F，故AC错误，B正确；
3
D．若A对B向下的斥力等于小球重力
F=F
2 3
故D错误。
故选B 。
3. 《道路交通安全法》规定，严禁酒驾醉驾。某兴趣小组利用简易装置制作交警使用的某型号的酒精测试
仪，工作原理如图所示，已知定值电阻的阻值为R，酒精传感器电阻的电阻率随气体中酒精浓度的增大而
0
减小，电源输出电压不变。当兴趣小组找到饮小量酒的人对着测试仪进行吹气时，下列说法正确的是（）
A. 与酒精传感器并联的灯泡的亮度变亮
B. 灯泡的亮度越大，说明测得的酒精浓度越大
C. 通过R 的电流变大
0
D. 并联部分电压变化量与通过R 电流变化量的比值的绝对值减小
0
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．由于酒精传感器电阻的电阻率随气体中酒精浓度的增大而减小，根据 ，可知吹气
以后的传感器电阻减小，并联阻值变小，整个电路阻值变小，由闭合电路欧姆定律可知通过定值电阻 R 的
0
电流变大，灯泡两端的电压
可知灯泡两端的电压降低，故灯泡电流变小，灯泡变暗；灯泡的亮度越大，说明测得的酒精浓度越小，故
AB错误，C正确；
D．由于电源输出电压不变，所以并联电压变化量的大小等于R 电压变化量的大小，并联电压变化量与通
0
过R 电流变化量的比值的绝对值就是R 与电源内阻之和的大小，保持不变，故D错误。
0 0
故选C。
4. 有一个恒压电源，与两个平行板电容器连接，两个电容器下极板接地，电容器C =2C ，开关S 接通S
1 2 1 2
断开，给电容器C 充电；充完电以后断开S；接通S，直到电路稳定，以下说法正确的是（ ）
1 1 2
A. S 接通S 断开，电容器C 充电过程两极板间的电压变大，通过R 的电流增加
1 2 1 1
B. S 接通S 断开，电容器C 上极板带正电荷，通过R 的电流由左向右
1 2 1 1
C. 断开S 接通S，C 两极板间电压降低，C 两极板间电压升高，通过R 的电流逐渐减小
1 2 1 2 2D. 断开S 接通S，最终C 两端的电压等于C 两端的电压，充电通过R 的电荷量是放电通过R 电荷量的2
1 2 1 2 1 2
倍
【答案】C
【解析】
【详解】A．S 接通S 断开，电容器C 充电过程两极板间的电压升高，稳定后电流为零，所以通过R 的电
1 2 1 1
流逐渐减小，故A错误；
B．S 接通S 断开，电容器C 上极板带正电荷，形成顺时针充电电流，通过R 的电流由右向左，故B错误；
1 2 1 1
C．断开S 接通S，C 给C 充电，C 两极板间电压降低，C 两极板间电压升高，直到两极板电势相等，充
1 2 1 2 1 2
电结束，电流为零，通过R 电流减小，故C正确；
2
D．充电通过R 的电荷量
1
充电结束C 的电压等于C 的电压
1 2
充电通过R 的电荷量是放电通过R 电荷量的3倍，故D错误。
1 2
故选C。
5. 如图所示，匀强电场与竖直圆面平行，圆心为O，一质量m、带正电q的小球从C点出发经过D点，动
能增加ΔE，从A点出发经过B点，动能增加 ，若CD是与竖直方向夹角30°的直径，AB为水平直径，
k
已知重力加速度g，以下说法正确的是（ ）
A. 该匀强电场的方向沿CD方向斜向下B. 如果小球由B点出发经过D点，动能增加
C. 该电场最小的电场强度
D. 从A点射入圆区域的所有带电小球都做曲线运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．带正电小球在匀强电场和重力场受力均为恒力，即电场力和重力的合力 为恒力，在 的
作用下：
由动能定理，则C→D
A→B
同理：
C→O
A→O
取CO中点M，则M→OA→M，F合做功为0，即AM垂直于 的方向，即 的方向为沿CO方向向下。根据力的合成原则，电
场方向不沿CD方向，A错误；
B．B到D中 做功与N到D中 做功相等
B错误；
CD．根据力的合成，当电场力与 垂直时，电场力取到最小值，即
如果从A点射入，小球沿 的方向做直线运动，D错误，C正确。
故选C。
6. 四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A 、A 和两个电压表V 、V ，已知电流表A
1 2 1 2 1
的量程小于A 的量程，电压表V 的量程大于V 的量程，改装好之后把它们接入如图所示的电路，合上开
2 1 2
关， 为定值电阻，下列说法正确的是（ ）
A. V 指针的偏角大于V 指针的偏角
1 2
B. A 指针的偏角小于A 指针的偏角
1 2
C. V 的读数大于V 的读数，A 的读数小于A 的读数
1 2 1 2
D. 定值电阻 两端的电压等于V 与V 的读数之和，通过的电流小于A 的读数
1 2 1
【答案】D
【解析】
【详解】A．电压表是用灵敏电流计串联一个分压电阻改装而成的，而两个电压表串联 ，故电流相等，指
针偏角相同，故A错误；
B．电流表是用灵敏电流计并联一个分流电阻改装而成，由于两电流表串联，电流表电流相等，但电流表A 的量程小于A 的量程，所以A 指针的偏角大于A 指针的偏角，故B错误；
1 2 1 2
C．以上分析可知两电压表指针指针偏角相同，但由于电压表V 的量程大于V 的量程，V 的读数大于V
1 2 1 2
的读数，由于两电流表串联，故读数相同，故C错误；
D．图中可知，两电压表串联再去R并联，故R的电压为两电压表读数之和，由串并联关系可知，A 电流
1
大小等于通过R的电流与通过两电压表的电流之和，故通过 电流小于A 的读数，故D正确。
1
故选D 。
7. 已知一个均匀带电球体在其内部产生的电场强度处处为零，在球体外部产生的电场与一个位于球心的、
电荷量相等的点电荷产生的电场相同。有一个半径为R的球体上均匀分布着正电荷+Q，在过球心O的直线
上有A、B、C、D、E五个点，OA = AB = BC = CD = DE = R，若以OA为直径在球内挖一小球，把挖
出的小球移到CD之间固定，带电球体剩余部分和固定小球对于 B点和E点的电场强度和电势说法正确的
是（球的体积公式为 ），静电力常量为k（ ）
A. 由于E点左侧总电荷量没有变化，所以E点电场强度不变
B. 带电球体剩余部分在B点的电场强度
C. 带电球体剩余部分和带电小球固定后的在B点电场强度
D. B点和E点在挖出小球之后相比挖出小球之前电势减少
【答案】C
【解析】
【详解】A．把挖出的小球移到CD之间，小球距离E点比原来近，所以E点电场强度增大，故A错误；
B．若以OA为直径挖一个带电小球，则该小球原本带的电荷量为若以OA为半径的球为完整的球，则其在B的电场强度大小为
方向向右
被挖小球原来在B点的场强大小
方向向右
带电球体剩余部分在B点的电场强度大小
方向向右，故B错误；
C．带电小球固定后，在B点的电场强度大小为
的
方向向左，带电球体剩余部分和带电小球固定后，在B点电场强度合成后 大小
方向向右，故C正确；
D．由正点电荷周围的电势分布规律以及电势是标量，各点的电势是标量和；B点在挖出小球之后相比挖
出小球之前电势相等，E点在挖出小球之后相比挖出小球之前电势增大，故D错误。
故选C。
8. 如图甲所示，小灯泡和定值电阻并联接入电路，随滑动变阻器滑片的调节，小灯泡和电阻通电后的伏安
特性曲线如图乙中实线a和b所示，P是两实线的交点，虚线是图线b在电压U=1V时的切线，下列说法
正确的是（ ）A. a是定值电阻伏安特性曲线，b是小灯泡伏安特性曲线
B. 开关S闭合前，滑动变阻器滑片应置于最左端，随滑动变阻器滑片向右滑动，电压表和电流表示数均增
加
C. U=1V时，b的电阻
D. 在P点，a、b的电阻均为10Ω
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．根据 图像可知，电阻a的阻值保持不变，大小为
不变，a是定值电阻伏安特性曲线，b的电阻随电压的升高而增大，b是小灯泡伏安特性曲线，A正确；
B．为保护小灯泡安全，开关S闭合前，滑动变阻器滑片应置于最左端，使小灯泡电压为零，随滑片向右
滑动，如题图所示，电压升高，电流增大，电压表和电流表示数均增加，B正确；
C．根据电阻b的伏安特性曲线可知，曲线上的点与原点连线的斜率为电阻的倒数
C错误；
D．U=3V时，曲线上的点与原点连线的斜率为电阻的倒数，在P点a和b电阻相等
故D正确。
故选ABD。
9. 两个异种点电荷 、 固定在光滑绝缘水平面上，如图所示，A、B、C是两电荷连线上三点，一个带
电荷量为 ，质量为 （可视为质点）的带电小球由A点静止释放，运动到B点速度最大，在B点的动能为 ，到C点速度为零，且 是 和B的中点，则下列说法正确的是（
）
A. 由A到B的过程中小球的电势能一直在增大
B. B点的电场强度为零，三点电势比较
C. 带负电、 带正电，且 带电量是 带电量的4倍
D. A、B两点间的电势差
【答案】BC
【解析】
【详解】A．带电小球由A点静止释放，运动到B点速度最大，可知由A到B的过程中电场力一直对小球
做正功，小球的电势能一直减小，故A错误；
B．带电小球由A点静止释放，运动到B点速度最大，到C点速度为零；可知带电小球在B点受到的电场
力为零，B点的电场强度为零；根据电场力做功与电势差关系可得
，
由于带电小球带正电，则有
故B正确；
C．由于离 越近电势越高，所以 带正电、 带负电；由B点的电场强度为零，且 是 和B的中
点，则有
可得
故C正确；D．带电小球在B点的动能为 ，根据动能定理可得
解得
故D错误。
故选BC。
10. 一带电荷量q（q>0）、质量为m的小球由竖直极板A点从静止释放，经B点紧靠上极板边缘左侧射入
水平极板间，已知竖直平行极板间电压为U，水平平行极板间电压为U，水平极板的长度为2L，两板间
1 2
高度差为L。小球恰好从右侧距离下极板 处C点水平飞出，经过距下极板右端水平距离L的D点，忽略
边缘效应，如图所示，以下说法正确的是（ ）
A. 在U 电场中的电场力与重力大小的比为
2
B. 在B点速度方向与水平方向夹角正切值是
C. 竖直平行极板间距离为
D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．C点的速度方向水平，带电小球从C点到D点做平抛运动，竖向方向有带电小球从B点到C点的运动，逆向考虑，即从C点到B点的类平抛运动，设竖直方向加速度为a，则有
CD和CB的水平位移分别为L和2L，由于水平方向做匀速直线运动，则有
联立可得
由于考虑小球的重力，则有
可得
可知在U 电场中电场力与重力大小之比为 ，故A正确；
2
B．由平抛运动的推论，速度反向延长线交于水平位移的中点，可知B点速度方向与上极板夹角的正切值
为
故B正确；
C．在竖直极板间，带电小球做初速度为零的匀加速直线运动，运动轨迹为直线，合外力与速度同向，根
据小球在B点的速度方向，可知
因为C点速度方向水平，带电小球从A点到B点，在竖直方向的速度变化量，与从B点到C点，竖直方向
的速度变化量大小相等，由于竖直方向合外力之比为
可得带电小球从A点到B点运动时间与从B点到C点运动时间之比为
小球从A点到B点水平方向为匀加速直线运动，从B点到C点水平方向为匀速直线运动，则有，
联立可得
可知竖直极板间距为 ，故C错误；
D．由于以上分析可知
由 ，可得
故D正确。
故选ABD。
二、实验题（共2小题，其中11题6分，12题10分，共16分）
11. 甲、乙同学分别测电阻 阻值的大小。
（1）甲同学首先用欧姆表 挡粗测电阻值大小，如下图，电阻约为___________Ω。
乙同学继续使用学生电源（4V）组装下图电路进行实验，其中电表可以从如下中进行选择：（括号中为电
表量程及内阻）
A.电压表V（ ，内阻约15kΩ）
1
B.电压表V（ ，内阻约3kΩ）
2
C.电流表A（ ，内阻约0.2Ω）
1D.电流表A（ ，内阻约1Ω）
2
（2）应选择电压表___________，电流表___________。（填器材前字母）
（3）下列说法正确的是___________。
A. 电压表分流属于系统误差
B. 实验开始前滑动变阻器滑片应该调到右端
C. 如图所示的电路，可以通过调节滑片使电压表示数为0
D. 多次实验可以减小系统误差
【答案】（1）7##7.0
（2） ①. B ②. D （3）AC
【解析】
【小问1详解】
甲同学首先用欧姆表×1挡粗测电阻阻值大小，由图可知电阻大小读数为
【小问2详解】
[1]由于同学们使用学生电源（4V），则为减小误差电压表应选择量程为0~3V的电压表V，即电压表应选
2
择B；
[2]整个回路中的最大电流约为
则电流表应选择量程为0~0.6A是电流表A，即电流表应选择D。
2
【小问3详解】
A．电压表分流属于系统误差，故A正确；
B．为保护电路，实验开始前滑动变阻器滑片应该调到左端，故B错误；
C．如图所示的电路为分压式电路，可以通过调节滑片使电压表示数为0，故C正确；D．多次实验可以减小偶然误差，故D错误。
故选AC。
12. 有一根细而均匀的圆柱体导体棒样品（如图1），电阻约为100Ω，为了测量其电阻率ρ，现提供以下
实验器材：10分度的游标卡尺、螺旋测微器，电流表A（量程50mA，内阻r 为100Ω）；电流表A（量
1 1 2
程100mA，内阻r 约为40Ω）；电流表A（量程1A，内阻r 约为0.1Ω）；滑动变阻器R（20Ω，额定电
2 3 3
流1A）、直流电源E（12V，内阻不计）、圆柱体导体棒样品R、开关一只、导线若干。
x
（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图2所示，其示数L = ______cm；用螺旋测微器测得该样品的直径
如图3所示，其示数D = ______mm。
（2）为了尽可能精确地测量样品电阻R，电路原理图如图4所示，图中甲电流表应选______；乙电流表
x
应选______。（均选填“A”“A”或“A”）
1 2 3
（3）闭合开关，测量出需要测量的物理量。需要测量的物理量是____________。
的
（4）根据（1）（3）步测量 数据字母，表示出电阻率ρ = ______。
【答案】 ①. 6.05 ②. 3.630##3.631##3.629 ③. A ④. A ⑤. 电流表A 的读数I ，电流
1 2 1 1
表A 的读数I ⑥.
2 2
【解析】
【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则有
6cm＋5 × 0.1mm = 6.05cm
[2]根据螺旋测微器的读数法则有
3.5mm＋13.0 × 0.01mm = 3.630mm
（2）[3][4]实验器材中没有电压表，可以用已知内阻的电流表A 与待测电阻并联测电压，即电流表甲选择
1
A；乙电流表若选择A 则量程过大，则应选A 即可。
1 3 2
（3）[5]需要测量的物理量是电流表A 的读数I，电流表A 的读数I。
1 1 2 2
（4）[6]由电阻定律可知由欧姆定律可知待测电阻阻值
联立解得电阻率
三、解答题（共3小题，其中13题10分，14题12分，15题16分）
13. 如图所示，电路中的电阻R=1Ω，R=12Ω，R=4Ω，另有一输出电压恒为10V的测试电源。
1 2 3
（1）当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压是多少？
（2）当ab两端接通测试电源时，cd接理想电流表，电流表的读数是多少？
【答案】（1）8V （2）0.625A
【解析】
【小问1详解】
当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R 两端的电压，为
3
【小问2详解】
当ab两端接通测试电源10V时，cd接理想电流表，总电流
并联部分电压
理想电流表读数14. 两平行极板水平放置，间距合适，中间对齐各有一小孔，把两极板接入电路，已知电阻R=8Ω，
0
R=12Ω，R=2Ω，电源内阻不计；当S 闭合，S 接R 时，一个带电量q=-2×10-3C，质量m=0.01kg的小球
1 2 1 2 1
从距离下极板12cm处A点由静止释放，恰好穿过下极板，取重力加速度大小g=10m/s2。
（1）求电源电动势；
（2）当S 接R 时，小球从原位置释放，穿过下极板时的动能。
2 2
【答案】（1）10V （2）
【解析】
【小问1详解】
静止释放小球到下极板过程，设两板电压为U，由动能定理得
1
解得
在电路中
由闭合电路欧姆定律
【小问2详解】
当S 接R 时，R 的电压为U，有
2 2 2 2
由动能定理得解得
15. 已知紧邻竖直极板左侧有一粒子源M，能发射初速度为零、电荷量q=1.6×10-5C、质量为m=3.2×10-11kg
的正离子，正对发射源M右侧竖直极板中间有一小孔，两极板间U=10V，粒子加速后可以通过小孔射入
1
一个偏转装置N，偏转装置N能使粒子离开装置右侧后在水平方向0°∼180°范围射出，且速度大小不变从
面AFHD中间位置进入水平放置的正方形平行金属极板ABCD和FPQH之间，上极板和下极板的恒定电压
为U，已知板边长和板间距离均为L=20cm，如图所示（不计粒子重力）
2
（1）要使所有粒子都不能射出极板，求电压U 的范围；
2
（2）要使所有粒子都能射出极板，求电压U 的范围；
2
（3）在U=10V的情况下，以F为原点O，以FP为x轴，以FA为y轴，求粒子从面FABP飞出的点的轨
2
迹方程。
【答案】（1）U≤-80V或U≥80V
2 2
（2）-16V≤U≤16V
2
（3）
【解析】
【小问1详解】
在加速电场U 中，根据动能定理
1
进入偏转U 电场，沿AD方向，恰好到达A点或D点，水平位移
2若向上偏
， ，
解得
若向下偏两板电压
即两板电压
U≤-80V或U≥80V
2 2
【小问2详解】
若均能飞出极板，则
的
则水平位移大于P点（B、C、Q三点）射出 水平位移
竖直方向位移
解得
两极板电压U 的范围
2
【小问3详解】当U 等于10V时，在面FABP射出 的粒子坐标为 ，如图
2
则水平位移
竖直方向位移
解得
则粒子从面FABP飞出的点的轨迹方程
