【文档说明】河北省保定市定州市2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(19)页，2.028 MB，由envi的店铺上传

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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UIR=，电流与电压成正比，与电阻成反比B.根据电流的定义式qIt=，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InqSv=，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UIR=，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qIt=，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InqSv=，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F1、F2，C、D上、下两根细线的拉力分别为F3、F4，则下列表达式一定正确的是（）A.F1=F2，F3=F4B.F1=F3，F2>F4C.F1=F

3，F2<F4D.F1>F4，F2>F3【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F1=F3=2mgA和B带同种电荷，B受重力、下方细线向上的拉力F2和A对B向下的斥力，由平衡条件

得2FmgF=+斥同理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4FmgF=−吸引4F一定小于F3，故AC错误，B正确；D．若A对B向下的斥力等于小球重力F2=F3故D错误。故选B3.《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R0，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，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R0的电流变大D.并联部分电压变化量与通过R0电流变化量的比值的绝对值减小【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lRS=，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R0的电流变大，灯泡两端的电压()0UEIRr=−+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R0电压变化量的大小，并联电压变化量与通过R0电流变化量的比值的绝对值就是R0与电源内阻之和的大小，保持不变，故D错误。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C1=2C2，开关S1接通S2断开

，给电容器C1充电；充完电以后断开S1；接通S2，直到电路稳定，以下说法正确的是（）A.S1接通S2断开，电容器C1充电过程两极板间的电压变大，通过R1的电流增加B.S1接通S2断开，电容器C1上极板带正电荷，通

过R1的电流由左向右C.断开S1接通S2，C1两极板间电压降低，C2两极板间电压升高，通过R2的电流逐渐减小D.断开S1接通S2，最终C1两端的电压等于C2两端的电压，充电通过R1的电荷量是放电通过R2电荷量的2倍【答案】C【解析】【详解】A．S1接通S2断开，电容器C1

充电过程两极板间的电压升高，稳定后电流为零，所以通过R1的电流逐渐减小，故A错误；B．S1接通S2断开，电容器C1上极板带正电荷，形成顺时针充电电流，通过R1的电流由右向左，故B错误；C．断开S1接通S2，C1给C2充电，C1两极板间电压降低，C2两极板间电压升高，直到两极板电

势相等，充电结束，电流为零，通过R2电流减小，故C正确；D．充电通过R1的电荷量11QCU=充电结束C1的电压等于C2的电压122CC=1221121213QQQQQQQ=+==充电通过R1的电荷量是放电通过R2电荷量的3倍，故D错误。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ΔEk，从A点出发经过B点，动能增加k2E，若CD是与竖直方向夹角30°的直径，AB为水平直径，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k2EC.该电场最小的电场强度2mgEq=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F合为恒力，在F合的作用下：由动能定理，则C→D1kΔWE=A→Bk2Δ2EW=同理：C→Ok1Δ2EW=A→Ok2Δ4EW=取CO中点M，则M→Ok3Δ4EW=A→M，F合做功为0，即AM垂直于F合的方向，即F合的方向为沿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F合做功与N到D中F合做功相等kΔ4BDNDEWW==B错误；CD．根据力的合成，当电场力与F合垂直时，电场力取到最小值，即sin30Eqmg=2mgEq=如果从A点射入，

小球沿F合的方向做直线运动，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A1、A2和两个电压表V1、V2，已知电流表A1的量程小于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好之后把它们接入如图所示的电路，合上开关，R为定值电阻，下列说法正确

的是（）A.V1指针的偏角大于V2指针的偏角B.A1指针的偏角小于A2指针的偏角C.V1的读数大于V2的读数，A1的读数小于A2的读数D.定值电阻R两端的电压等于V1与V2的读数之和，通过的电流小于A1的读数【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A1的量程小于A2的量程，所以A1指针的偏角大于A2指针的偏角，故B错误；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V1的量程大于V

2的量程，V1的读数大于V2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，A1电流大小等于通过R的电流与通过两电压表的电流之和，故通过R电流小于A1的读数，故D正确。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34π3VR=），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2536BkQER=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2536BkQER=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()3134132483OAQQQOA==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()1224kQkQEROAAB==+方向向右被挖小球原来在B点的场强大小1222182QkQEkROAAB==+

方向向右带电球体剩余部分在B点的电场强度大小122736BkQEEER=−=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32218kQEER==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32536BBkQEEER

=−=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1100.20.1bR==−D.在P点，a、b的电阻均为10Ω【答案】ABD【解析】【详解】A．根据IU−图像可知，电阻a的阻值保持不变，大小为3Ω10Ω0.3aURI===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；的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'1Ω5Ω0.2bR==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3Ω10Ω0.3abRR===故D正确。故选ABD。9.两个异种点电荷1Q、2Q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7210Cq−=+，质量为0.1kgm=（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41810J.−，到C点速度为零，且2Q是1Q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BAC=C.1Q带负电、2Q带正电，且1Q带电量是2Q带电量的4倍D.A、B两点间的电势差500VABU=【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0ABABWqU=

，0ACACWqU==由于带电小球带正电，则有BAC=故B正确；C．由于离2Q越近电势越高，所以2Q带正电、1Q带负电；由B点的电场强度为零，且2Q是1Q和B的中点，则有2122(2)QQkkrr=可得124QQ=故C正确；D．带电小球在B点的

动能为41810J.−，根据动能定理可得2102ABBqUmv=−解得274V1.81012V900210BABmvUq−−===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U1，水平平行极板间电压为U2，水平极板的长度为2L，两板间高度差为L。小球恰好从右侧距离下极板3L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U2电场中的电场力与重力

大小的比为3:2B.在B点速度方向与水平方向夹角正切值是23C.竖直平行极板间距离为35LD.12:1:2UU=【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21132Lgt=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222132Lat=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12:1:2tt=联立可得:1:2ag=由于考虑小球的重力，则有()2:1:2Eq

mgmg−=可得2:3:2Eqmg=可知在U2电场中电场力与重力大小之比为3:2，故A正确；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223tan3LL==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1:3:2Eqmg=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()2:2:1mgEqmg−=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:1:2ABBCtt=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2BxABABvxt=，2BCBxBCxvtL==联立可得2ABxL=可知竖直极板间距为2L，故C错误；D．由于

以上分析可知12:1:1EE=由UEd=，可得12::1:22LUUL==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R阻值的大小。（1）甲同学首先用欧姆表1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V1（0~15V，内阻约15kΩ）B.电压表V2（03V，内阻约3kΩ）C.电流表A1（03A，内阻约0.2Ω）D.电流表A2（00.6A，内阻约1Ω

）（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0D

.多次实验可以减小系统误差【答案】（1）7##7.0（2）①.B②.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717xR==【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V2，即电压表应选择B；[2]整个回路中的最大电流约为4A0.57A7xEIR==则电流表应选择量程为0~0.6A是电流表A2，即电流表应选择D。【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A1（量程50mA，内阻r1为100Ω）；电流表A2（量程100mA，内阻r2约为40Ω）；电流表A3（量程1A，内阻r3约为0.1Ω）；滑动变阻器R（20Ω，额定电流1A）、直流电源E

（12V，内阻不计）、圆柱体导体棒样品Rx、开关一只、导线若干。（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=______m

m。（2）为了尽可能精确地测量样品电阻Rx，电路原理图如图4所示，图中甲电流表应选______；乙电流表应选______。（均选填“A1”“A2”或“A3”）（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____________。（4）根据（1

）（3）步测量数据字母，表示出电阻率ρ=______。【答案】①.6.05②.3.630##3.631##3.629③.A1④.A2⑤.电流表A1的读数I1，电流表A2的读数I2⑥.()211214IrDIIL−【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A1与待测电阻并联测电压，即电流表甲选择A1；乙电流表若选择A3

则量程过大，则应选A2即可。（3）[5]需要测量的物理量是电流表A1的读数I1，电流表A2的读数I2。（4）[6]由电阻定律可知2()2xLLRDS==由欧姆定律可知待测电阻阻值的1121xIrRII=−联立解得电阻率()211214IrDIIL

=−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R1=1Ω，R2=12Ω，R3=4Ω，另有一输出电压恒为10V的测试电源。（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R3两端的电压，为3313410V8V14cdRUUERR====++【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12.5AUIRR==+并并联部分电压7.5VUIR==并并理想电流表读数20.625AUIR==并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R0=8Ω，R1=12Ω，R2=2Ω，电源内阻不计；当S1闭合，S2接R1时，一个带电量q=-2×10-3C，质量m=0.01kg的小球从距离下极板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S2接R2时，小球从原位置释放，

穿过下极板时的动能。【答案】（1）10V（2）3810J−【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U1，由动能定理得22112110022mghUqmvmv−=−=−解得16Vm

ghUq==在电路中110.5AUIR==由闭合电路欧姆定律()1010VEIRR=+=【小问2详解】当S2接R2时，R2的电压为U2，有22022VEURRR==+由动能定理得2k0mghUqE−=−

解得3k810JE−=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U1=10V，粒子加速后可以通过小孔射入

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U2，已知板边长和板间距离均为L=20cm，如图所示（不计粒子重力）（1）要使

所有粒子都不能射出极板，求电压U2的范围；（2）要使所有粒子都能射出极板，求电压U2的范围；（3）在U2=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飞出的点的轨迹方程。【答案】（1）U2≤-80V或U2≥

80V（2）-16V≤U2≤16V（3）257480xy=−+【解析】【小问1详解】在加速电场U1中，根据动能定理21012Uqmv=31021010m/sUqvm==进入偏转U2电场，沿AD方向，恰好到达A点或D点，水平位移12

Lx=若向上偏212yat=，2UqamL=，10xtv=解得280VU=若向下偏两板电压280VU=−即两板电压U2≤-80V或U2≥80V【小问2详解】若均能飞出极板，则则水平位移大于P点（B、C、Q三点）射出水

平位移252xL=竖直方向位移222012UqxyLmv=解得216VU=两极板电压U2的范围216V16VU−【小问3详解】当U2等于10V时，在面FABP射出粒子坐标为(),xy，如图则水平位移3x2232L

xx=+竖直方向位移的的2323012xUqyLmv=解得2315804yx=+则粒子从面FABP飞出的点的轨迹方程23572480Lyyx=−=−+