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期中考试高二物理试题
本试卷分第I卷（选择题）、第II卷（非选择题）两部分，共100分。
供选考物理学生使用。考试时间90分钟。
第I卷（40分）
一、单项选择题：本题包括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。
1．下列关于电流的说法中，正确的是（ ）
A．金属导体中，自由电子定向移动的方向就是电流的方向
B．由 可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流就越大
C．电流既有大小又有方向，所以电流是矢量
D．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位是安培
【答案】D
【详解】A．金属导体中，自由电子带负电，其定向移动的方向与规定的电流方向相反。
电流的方向规定为正电荷定向移动的方向，故A错误；
B．错误。根据 ，电流的大小取决于单位时间内通过导体横截面的电荷量。电荷
量多，但如果所用的时间很长，电流也可能很小；
C．电流既有大小又有方向，但电流的运算不遵循平行四边形定则，所以电流是标量，
故C错误；
D．在国际单位制的七个基本物理量中，电流是其中之一，其基本单位是安培。
故选D。
2. 图示是“研究电容器两极板正对面积对电容大小影响”的实验装置，实验中保持电容器
电荷量不变，当左极板稍向上移动时（ ）
A. 极板间电势差减小 B. 极板间电场强度减小
C. 电容器的电容减小 D. 静电计张角减小
【答案】C【解析】
【详解】C．根据平行板电容器决定式 可知，左极板稍向上移动时，两板正对
面积减小，电容器的电容减小，故C正确；
A．根据电容器的定义式 可知，Q不变时，U增大，故A错误；
B．根据 ，两板间电场强度增大，故B错误；
D．静电计与电容器并联，外壳和指针间电压与电容器两极板电压相等，张角增大，故D
错误。
故选C。
3. 宇宙中存在大量带电粒子，这些带电粒子经过地球时，地球的磁场使它们发生偏转。若
比荷相同的粒子均以同一速度垂直地面射入地磁场区域，有（ ）
A. 从同一地点射入的正、负粒子，在地磁场的作用下偏转方向相同
B. 从同一地点射入的正、负粒子，在地磁场的作用下偏转方向相反
C. 在极地附近射入的粒子，受到的地磁场作用力更大
D. 在赤道附近射入的粒子，受到的地磁场作用力更小
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据左手定则可知，从同一地点射入的正、负粒子，在地磁场的作用下偏转
方向相反，故A错误；B正确；
CD．在极地附近射入的粒子，因其速度方向和地磁场的方向接近平行，受到的地磁场作用
力可能较小，在赤道附近射入的粒子，其速度方向和地磁场方向接近垂直，受到的地磁场
作用力可能更大，故CD错误。
故选B。
4. 如图所示为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹传感器。其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘。当手指指纹一
面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，
若每个电容器的电压保持不变，则（ ）
A. 指纹的凹点与小极板距离远，电容大
B. 指纹的凸点与小极板距离近，电容大
C. 手指挤压基板的绝缘表面，指纹凹点与小极板形成的电容器带电荷量减小
D. 手指挤压基板的绝缘表面，指纹凹点与小极板形成的电容器带电荷量不变
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据
可知，指纹的凹点与小极板距离远，即d大，则C小，指纹的凸点与小极板距离近，即d
小，则C大，故A错误，B正确；
CD．手指挤压基板的绝缘表面，电容器电极间的距离减小，则C增大，由于电容器的电压
保持不变，根据
可知小极板带电量Q增多，故C错误，D错误。
故选B。
5. 如图所示，带电粒子 仅在静电力的作用下绕固定的带电粒子 沿椭圆轨道按逆时针方
向运动， 为椭圆的中心， 为椭圆的长轴， 、 关于 对称。则（ ）A. 在 、 两点， 的电势能相等
B. 从 到 ，静电力对 先做正功后做负功
.
C 从 到 与从 到 ， 运动时间相等
D. 从 到 ， 的动能先减小后增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．场源为带电粒子 是点电荷， 、 两点离场源距离不等，由 可知，
两点的电势不等，由 可知，粒子 在 、 两点的电势能不相等，故A错误；
B．粒子 从 到 ，静电力为吸引力且靠近场源，则静电力一直做正功，故B错误；
C．粒子 做椭圆运动，类比卫星做椭圆运动可知，从 到 线速度较大，从 到 线速
度较小，两运动的轨迹长度相等，由 可知，从 到 的运动时间小于从 到 的时
间，故C错误；
D．粒子从 到 ，静电力为吸引力，先远离场源后靠近场源，则静电力先做负功后做正
功，则 的动能先减小后增大，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，水平放置的平行板电容器接在电路中a、b两点，现将滑动变阻器的滑片P
向左移动一小段距离后停止滑动，则与滑片P滑动前比（ ）A. 电容器中的c点电势将升高 B. 电路中a点电势将升高
C. 电源内阻消耗的功率增大 D. 电源消耗的总功率减小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．电容器相当于断路，滑片P向左移动后，外电路总电阻增大，干路电流减小，
则 两端电压减小，a点电势降低。电容器与 并联，其两板间电压降低，根据
知极板间场强减小，因此c点到下极板的电势差减小，c点电势降低，故AB错误；
C．由于干路电流减小，因此电源内阻上消耗的功率
减小，故C错误；
D．由于干路电流减小，电源消耗的总功率
减小，故D正确。
故选D。
7. B
8.用图中三套实验装置探究感应电流产生的条件，下列选项中能产生感应电流的操作是(
)A．甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，且保持穿过ABCD的磁感线条数不变
B．乙图中，使条形磁体匀速穿过线圈
C．丙图中，开关S保持闭合，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动
D．丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动
答案 B
解析 题图甲中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，AB不切割磁感线，穿过ABCD的磁
通量也没变化，故不能产生感应电流，A错误；题图乙中，使条形磁体匀速穿过线圈，在
磁体从上向下穿过时，穿过线圈的磁通量会变化，故产生感应电流， B正确；题图丙中，
开关S保持闭合，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动，两线圈没有相对运动，穿过B
的磁通量没发生变化，故不产生感应电流， C错误；题图丙中，开关S保持闭合，使小螺
线管A在大螺线管B中保持不动时，也不会使穿过B的磁通量发生变化，故也不能产生感
应电流， D错误．
9. 某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正
方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动
到 处，假设粒子仅受电场力作用， 和 已知，则（ ）
A. 粒子可能带负电
B. 粒子的初动能大小为C. 粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小
D. 粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为
【答案】B
【解析】
【详解】A．如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此
处的速度不可能为零，因此粒子一定带正电，故A错误；
B．根据动能定理可得
得
故B正确；
C．粒子向右运动的过程中电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，故C错
误；
D．粒子运动到x 处动能最大，根据动能定理有
0
得
故D错误。
故选B。
10.如图所示，磁场的边界是两个同心圆，内圆的半径为r，磁场方向垂直纸面向里，磁感
应强度大小为B，A是内侧边界上的一点。在圆心O处沿平行纸面方向射出一个质量为
m、电荷量为q的带电粒子，粒子速度方向与OA成60°角，粒子经磁场第一次偏转后刚好
从A点射出磁场，不计粒子重力，则下列说法正确的是A．粒子一定带正电
B．粒子第一次在磁场中运动的时间为
C．粒子运动的速度大小为
D.磁场外边界圆的半径至少为
【详解】A.根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹如图，
根据左手定则可以判断，粒子带负电，故A错误；
B.粒子第一次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为120°，时间为：
，
故B错误；
C.粒子在磁场中做圆周运动的半径
，
根据牛顿第二定律有
，解得
，
故C错误；
D.磁场外边界圆的半径至少为
，
故D正确。
故选：D。
二、多项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四
个选项中，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。
11. 如图所示，电动势为E、内阻为2r的电池与定值电阻R、滑动变阻器R串联，已知
0
R=r，滑动变阻器的最大阻值是2r。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说
0
法中正确的是（ ）
A. 路端电压变大 B. 电源的输出功率先变大后变小
的
C. 滑动变阻器消耗 功率变小 D. 定值电阻R 上消耗的功率变大
0
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．滑片P由a端向b端滑动过程，接入电阻减小，电路总电阻减小，干路电流增
大，内阻上电压增大，路端电压减小，故A错误；
B．电源的输出功率
由于已知R=r，则滑动变阻器的最大阻值是2r，则外电阻大于r小于3 r，当滑片P由a端
0向b端滑动过程，接入电阻减小，则电源的输出功率先变大后变小，故B正确；
C．滑动变阻器消耗的功率
由于滑动变阻器的最大阻值是2r，接入电阻始终小于3r，结合上述可知，滑动变阻器消耗
的功率变小，故C正确；
D．结合上述，干路电流增大，则定值电阻R 上消耗的功率变大，故D正确。
0
故选BCD。
12.如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B的匀
强磁场．一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.粒子
经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴．已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为
m，重力不计．则( )
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距(＋1)a
答案 AD
解析 由题意可知，粒子在磁场中做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则可知粒子带负
电荷，故A正确；粒子的运动轨迹如图所示，O′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道
半径R＝a，故C错误；由洛伦兹力提供向心力可得 qvB＝m，则v＝，故B错误；由图可
知，ON＝a＋a＝(＋1)a，故D正确．
13. 某化工厂的排污管末端安装如图所示的电磁流量计。流量计处于方向竖直向下的匀强
磁场中，其测量管由绝缘材料制成，长为 直径为 ，左右两端开口，在前后两个内侧
面 固定有金属板作为电极。当污水（含有大量的正、负离子）充满管口从左向右流经该测量管时，稳定后 两端的电压为 ，显示仪器显示污水流量为 （单位时间内排
出的污水体积）下列说法正确的是（ ）
A. 匀强磁场的磁感应强度 B. 侧电势比 侧电势低
C. 污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大 D. 污水流量 与 成正比
【答案】AD
【解析】
【详解】．流量
又因为电场力等于洛伦兹力，达到平衡时，电势差稳定，即
解得
U的大小与粒子浓度无关，所以流量
解得
故AD正确，C错误；
B．磁场方向竖直向下，由左手定则，污水中的正离子聚集到 端，负离子聚集到 端，侧电势比 侧电势高，B错误；
故选AD。
14. 回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其工作原理如图所示， 和 是两个中
空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，将它们接在电压为 的高频交流电源
上，一质量为 、电荷量为 的带电粒子从加速器的某处由静止开始加速。已知D形盒的
半径为 ，匀强磁场的磁感应强度为 ，不计粒子的重力，忽略粒子在电场中的加速时间，
不考虑相对论效应。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子第 次被加速前、后的轨道半径之比为
B. 高频交流电源的周期为
C. 粒子的最大动能为
D. 若只增大交变电压 ，则粒子的最大动能 会增大
【答案】AC
【解析】
【详解】CD．根据洛伦兹力提供向心力有
可得粒子 最的大速度为
则粒子的最大动能为可知，粒子的最大动能与交变电压无关，故C正确，D错误；
B．高频交流电源的周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，即
故B错误；
A．根据动能定理可得粒子第 次被加速前有
粒子第 次被加速后有
所以
故A正确。
故选AC。
15．如图所示，电源电动势为E、内阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻R 的阻值随温度的
T
降低而增大，C是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关S，带电液滴刚
好静止在C内。在温度降低的过程中，分别用I、U 、U 和U 表示电流表A、电压表V 、
1 2 3 1
电压表V 和电压表V 的示数，用ΔI、ΔU 、ΔU 和ΔU 分别表示电流表A、电压表V 、电
2 3 1 2 3 1
压表V 和电压表V 的示数变化量的绝对值。温度降低时，关于该电路工作状态的变化，
2 3
下列说法正确的是（ ）
A．、、一定都不变
B．、和均不变C．带电液滴一定向下加速运动
D．电源的工作效率一定变大
【答案】BD
【解析】由题意可知，＝R，＝R ，＝R＋R ，当温度降低时，R 增大，则不变，增大，增
T T T
大，A错误；＝R不变，＝r不变，＝R＋r不变，B正确；R 增大时，其两端电压增大，平
T
行板电容器两端的电压也增大，液滴向上加速运动，C错误；R 增大，则外电阻增大，电
T
源的工作效率增大，D正确。
第II卷（60分）
三、实验题，本题共2小题，共14分。把答案填在答题卡相应位置或按题目要
求做答。
16．（5分）如图甲所示为欧姆表测未知电阻
R 阻值的原理图，电路中电池的电动势为 E、
x
内阻为r，R 为调零电阻，R 为表头内阻，电
0 g
流I与待测电阻的阻值R 关系的I－R 的关系
x x
图像如图乙所示。
（1）由图像判断下列说法正确的是________；
A．指针偏角越小，测量的误差越小
B．欧姆调零是当R＝0时，调节R 使电路中的电流I＝I
x 0 g
C．R 越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏
x
D．测量中，当R 的阻值为图乙中的R 时，指针位于表盘中央位置的右侧
x 2
（2）用欧姆挡粗测电阻，选用“×10”倍率挡测量，
发现指针偏转角度过小，因此需选择______（选填
“×1”或“×100”）倍率的挡位，换挡后应重新进
行______（选填“欧姆”或“机械”）调零，测量时
多用电表的示数如图丙所示，测量结果为 R ＝
x
________Ω。
【答案】（1）BC（2分） （2）×100（1分） 欧姆（1分） 1 900（1分）
【解析】（1）指针在表盘中间位置时的误差才较小，故A错误；欧姆调零是当R＝0时，
x
调节R 使电路中的电流达到满偏电流，故B正确；根据I＝，R 越小，相同的电阻变化量
0 x
对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏，故 C正确；当R 的阻值为题图乙中
x
的R 时，R 大于中值电阻，指针位于表盘中央位置的左侧，故D错误。
2 x
(3)指针偏转角度过小，说明选择的挡位较小，应该换×100倍率的挡位，换挡后应重新进行
欧姆调零。如题图丙所示，测量结果为R＝19×100 Ω＝1 900 Ω。
x17. 某探究性学习小组设计了如图甲所示的电路来测量某电源电动势E及电阻 的阻值。
实验器材有： A．待测电源E（不计内阻）；B．待测电阻 ；C、定值电阻 ；
D．电流表A（量程为0.6A， 内阻不计）；E．电阻箱R（0~99.99Ω）； F．单刀单掷开
关S，单刀双掷开关S，导线若干。
1 2
（1）按照图甲所示的电路图将图乙中的实物连接补充完整________。
（2）闭合S，将S 切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示
1 2
数I，由测得的数据，绘出了如图乙所示的 图线，则电源电动势E=________V，电阻
R=________Ω（结果均保留2位有效数字）。
1
【答案】（1）见解析 （2） ①. 2.0 ②. 2.0
【解析】
【小问1详解】
根据图甲电路图，完整的实物连线如图所示
【小问2详解】
[1][2]闭合S，将S 切换到b，根据闭合电路欧姆定律可得
1 2可得
结合 图像可得
，
联立解得
，
四、计算题，本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和
重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明
确写出数值和单位。
18. 如图所示，在与水平方向成 角的金属导轨间连一电源，电源电动势 ，内
阻 ，在相距 的平行导轨上垂直于导轨放一重 的金属棒 ，棒在
两导轨间电阻 ，其余电阻不计，磁场方向竖直向上，导轨和金属棒之间的摩擦
因数 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒静止， ， ，
求：
（1）流过金属棒的电流强度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度取值范围。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
由闭合电路的欧姆定律可得
【小问2详解】
当导体棒有下滑趋势时，则有
解得
当导体棒有上滑趋势时
解得
故磁感应强度的取值范围为
19. 某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，甲部分为粒子加速器，加速电压为 ；
乙部分为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为 ，两板间距离为d，两板间电压
为 ；丙为偏转分离器，磁感应强度为 。今有一电荷量为q的正粒子（不计重力），
从静止开始经加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周
运动。求：
（1）粒子的比荷；（2）粒子在 磁场中做匀速圆周运动的半径R的大小。
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子先经过加速，电压为 ，速度大小为 ，由动能定理有
粒子恰能沿直线通过速度选择器，有
联立可得
，
（2）粒子在 磁场中做匀速圆周运动，有
可得10. 如图所示， 坐标系内有一边长为 的立方体空间 ，立方体空
间内及边界附近存在沿 轴正方向的匀强电场和匀强磁场（图中未画出）， 、 、
和 分别是 、 、 和 的中点。当从 点向 点射出速率为 、质量为 、
电荷量为 的带电微粒恰能通过 点。不计空气阻力，已知重力加速度为 。
（1）该区域的匀强电场的场强 和匀强磁场的磁感应强度
（2）若该微粒在 点沿 方向以速度 射入区域，求微粒离开立方体空间时的位置
坐标；
（3）仅将电场反向，大小不变。若该微粒从 点沿 方向以速度 射入区
域，求微粒离开立方体空间时的位置坐标；
【答案】（1） ；
（2）
（3）
【解析】【
小问1详解】
因微粒做圆周运动，必有
所以
根据
所以
【小问2详解】
将速度分解为沿 方向和 方向，均为 ；水平方向做匀速圆周运动，其半径仍为 ，运
动 周期，则
运动时间为
方向做匀速运动
因此微粒射出坐标为
【小问3详解】
将电场反向， 方向
解得根据
可得
圆周运动周期
微粒运动 周期，如图为俯视图， 点即为射出底面的点，其坐标为 。
21.如图，直角坐标系xOy中，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场；在第三、第四象
限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的
粒子从y轴上P点(0，h)以初速度v 垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正方
0
向成45°角进入磁场．粒子重力不计．
(1)求匀强电场的场强大小E；(2)要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B的大小范围；
(3)若第四象限内磁感应强度大小为，第三象限内磁感应强度大小为，且第三、第四象限的
磁场在y＝－L(L>2h)处存在一条与x轴平行的下边界MN(图中未画出)，则要使粒子能够垂
直边界MN飞出磁场，求L的可能取值．
答案 (1) (2)B< (3)L＝h(n＝1,2,3…)
解析 (1)在第一象限内，粒子在静电力作用下做类平抛运动，由运动学规律有 v2＝2ah，
y
v＝vtan 45°
y 0
由牛顿第二定律有：qE＝ma
联立解得E＝
(2)粒子在Q点的速率
v＝＝v，h＝vt，x＝vt
0 y 0
可得OQ的距离为x＝2h
粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图甲所示，轨迹恰与 y轴相切时，对应恰能够进
入第三象限的磁感应强度最大值
由牛顿第二定律有qvB ＝m
max
由几何关系有x＝R
min
联立以上各式解得B ＝
max
故B的大小范围为B<
(3)由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝m
粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为
R＝h，R＝
1 2
易知：粒子由Q点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的
可能运动轨迹如图乙所示要让粒子垂直边界MN飞出磁场，则L满足的条件为
Rsin 45°＋nsin 45°＝L(n＝0,1,2,3…)
1
结合题意L>2h
解得L＝h(n＝1,2,3…)．
