福建省福州市三校2020学年高二物理上学期期中联考试题（含解析）
福州三校联盟2020学年第一学期期中联考
高二物理（理科）试卷
一、选择题
1. 在医疗手术中，麻醉剂乙醚接触静电易产生爆炸现象，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生护士要穿由导电材料制成的鞋子和棉布外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了（ ）
A. 防止漏电 B. 除菌消毒 C. 应用静电 D. 消除静电
【答案】D
【解析】
试题分析：麻醉剂乙醚接触静电易产生爆炸现象，为防止麻醉剂乙醚爆炸，那必须要将静电泄出才可以，所以接地这样做是为了消除静电。
考点：本题考查静电的利用与防护。
2.下列关于电场强度的两个表达式E=F/q和E=kQ/r2的叙述，正确的是（ ）
A. E=F/q是电场强度的定义式，F是放在电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电量
B. 由电场强度的定义式E="F/q" 可知，电场强度E跟F成正比，跟q成反比
C. E=kQ/r2是点电荷场强的计算公式，Q是产生电场的电荷量，它不适用于匀强电场
D. 在点电荷Q产生的电场中，距Q为r的某位置，放入的检验电荷的电量越大，检验电荷受力也越大，该处的电场强度也越大。
【答案】C
【解析】
试题分析：E=F/q是电场强度的定义式，F是放在电场中的电荷所受的力，q是放入电场中的“试探”电荷的电量，则A错。电场由本身决定，与放入何种电荷无关，则B错；E=kQ/r2是点电荷场强的计算公式，Q是产生电场的电荷量，它只适用于点电荷电场，C正确。在点电荷Q产生的电场中，距Q为r的某位置，E大小与放入的检验电荷的电量无关越大，D错。。
考点：本题考查电场的意义E=F/q和E=kQ/r2的使用。
3.两电阻R1、R2的I-U图象如右图所示，可知两电阻的大小之比 R1∶R2等于（ ）
A. 3∶1 B. 1∶3 C. 1∶ D. ∶1
【答案】B
【解析】
试题分析： 该图斜率为电阻的倒数，则R1∶R2= 1∶3，B正确。
考点： 本题考查欧姆定律及伏安特性曲线。
4.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是
A. 粒子必定带正电荷
B. 粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度
C. 粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D. 粒子在M点的动能大于它在N点的动能
【答案】AC
【解析】
试题分析：以图中所示点分析，速度沿轨迹切线，根据曲线运动条件可知电场力方向应如图所示，可见电场力方向与场强方向一致，则粒子是正电荷。粒子在M点的电场线疏，则电场力小、加速度小于N点的加速度。由于力与速度方向夹角为锐角，则电场力做正功，动能增加、电势能减小。综上分析，D正确。
考点： 本题考查电场力、曲线运动速度方向、曲线运动条件、电势能变化、动能定理、功。
5.如图（a）所示,AB是某电场中的一条电场线.若有一电子以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到B点，其速度图象如图(b)所示.下列关于A、B两点的电势φ和电场强度E大小的判断正确的是
.
A. EA = EB B. .EA
φB D. .φA <φB
【答案】C
【解析】
A、B，v﹣t图象的斜率等于加速度，由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由可知，A点的场强要大于B点场强，即， A、B错误；
C、D电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，电场力方向由B→A，而电子带负电，则电场线方向由A→B，A点的电势要大于B点电势，即，C正确；D错误；
故选C。
6.一根粗细均匀的电阻丝，横截面的直径是d，电阻为R，把它拉制成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成（ ）
A. B. 100R C. D. 10000R
【答案】D
【解析】
横截面直径为d镍铬丝拉制成直径为的均匀细丝后，公式得知，横截面积变为原来的，镍铬丝的体积不变，则长度变为原来的100倍；由电阻定律可得，A正确．
7.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的中有n个自由电子，电子的电量为q，此时电子的定向移动速度为v，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（ ）
A. nvS△t B. nv△t C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为V=vtS;又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvSt。由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为Q=It，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：；故只有A正确，B,C,D错误；故选A.
【点睛】本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度．
8.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4
V，如图所示，由此可知c点的电势为( )
A. 4 V
B. 8 V
C. 12 V
D. 24 V
【答案】B
【解析】
试题分析：
根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24-4）=4v，故Ube=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B。
考点：电势
【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙。
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9.两个完全相同的金属小球，带电量之比为1：5，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的 倍．
A.
B.
C.
D.
【答案】CD
【解析】
由库仑定律可得：F= k，
当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量之比变为3：3，所以库仑力是原来的1.8倍，
当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量之比变为2：2，所以库仑力是原来的0.8倍，故CD正确，AB错误．
故选：CD
点睛：两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的．
10.如图所示，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是( )
A. b点电势为零，电场强度也为零
B. 正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右
C. 将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
D. 将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大
【答案】BC
【解析】
试题分析：结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以B点的电势等于0，而电场强度不等于0．故A错误；由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而O点的电势等于0，所以正的试探电荷在a点的电势能大于零，故B正确；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小．所以将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功；故C正确；两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等．故D错误．故选BC.
考点：等量异种电荷的电场.
【名师点睛】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向；对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆。
11.绝缘金属平行板电容器充电后，静电计的指针偏转一定角度，若减小两极板a、b间的距离，同时在两极板间插入电介质，如图所示，则( )
A. 电容器的电势差会减小
B. 电容器的电势差会增大
C. 静电计指针的偏转角度会减小
D. 静电计指针的偏转角度会增大
【答案】AC
【解析】
根据公式可知d减小，增大时，电容器电容增大，由于两极板上的电荷量恒定，所以根据可知两极板间的电势差U减小，静电计测量的是电容器两端的电势差，故静电计指针的偏转角度会减小，AC正确．
12.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )
A. 它们运动的时间tQ＝tP
B. 它们所带电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
C. 它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2
D. 它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4
【答案】ABD
【解析】
【详解】带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v0t可知运动时间相等，即tQ=tP．故A正确；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：，解得： ；由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 yP：yQ=1：2；所以它们所带的电荷量之比 qP：qQ=yP：yQ=1：2，故B正确；电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy，因为竖直位移之比为：yP：yQ=1：2，电荷量之比为：qP：qQ=1：2，所以它们电势能减少量之比为：△EM：△EN=1：4．故C错误；根据动能定理，有：qEx=△Ek，而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4，故D正确；故选ABD。
【点睛】本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．
二、实验题
13.如图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA，R1=1900Ω，
①当S1和S2均断开时，改装成的是电压表，量程为_______V。
②当S1和S2均闭合时，改装成的是电流表，量程为_______A。
【答案】 (1). 6.0 (2). 3.0
【解析】
【分析】
本题的关键是明确串联电阻具有分压作用，并联电阻具有分流作用，即电流表改装为电压表时，应将电流表与电阻串联，改装为电流表时，应将电流表与电阻并联．
【详解】①当S1和S2均断开时，改装成的是电压表，量程为；②当S1和S2均闭合时，改装成的是电流表，量程为。
【点睛】明确串联电阻具有分压作用和并联电阻具有分流作用的含义．
14.某同学在一次“测定金属的电阻率”的实验中，用米尺测出接入电路部分的金属丝的长度为l=0.720m，用螺旋测微器测出金属丝直径（刻度位置如图所示），用伏安法测出金属丝的电阻（电阻大约为5Ω），然后计算出该金属材料的电阻率。在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测金属丝外，还有如下实验器材料：
A.直流电源（输出电压为3V）
B.电流表A（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C.电压表A（0～3V，内阻3kΩ）
D.滑动变阻器（最大阻值20Ω）
E.开关、导线等
（1）从图中读出金属丝的直径为____________mm。
（2）根据所提供的器材，在虚线框中画出实验电路图____________。
（3）若根据伏安法测出金属丝的阻值为Rx=4.0Ω，则这种金属材料的电阻率为_________Ω•m（保留两位有效数字）
【答案】 (1). 0.600; (2). (3). ;
【解析】
【详解】（1）从图中读出金属丝的直径为d=0.5mm+10.0×0.01mm=0.600mm
（2）因测量金属丝的电阻率电流不能太大，由，结合电流表读数原理，电流表应满足偏转一半以上，故总电阻大于10Ω小于5Ω，可见滑动变阻器可以用限流式；由于待测电阻的电阻值较小，电流表应用外接法，电路图如图所示：
（3）根据欧姆定律，有，根据电阻定律，有：，及，联立并代入数据可得：。
三、计算题
15.
质量为m的带电液滴，在电场强度为E，方向竖直向上的匀强电场中处于静止状态，试求：（1）该液滴的带电性质和所带的电荷量；
（2）当场强方向保持不变，而大小突然减为原来的一半时，求液滴的加速度。
【答案】（1）带正电，且；（2）
【解析】
试题分析： （1）液滴处于静止状态，所受电场力竖直向上，电场也竖直向上，所以应带正电荷，由平衡条件得：，得.
（2）场强减半后，液滴竖直向下做加速直线运动，由牛顿第二定律，有：，得，方向竖直向下。
考点： 本题考查电场强度、牛顿第二定律、物体的平衡。
16.如图，灯泡D与电动机M中串联在一个稳压电源上，电源的输出电压为U=20V，灯泡D的电阻为RD=6Ω，电动机M线圈的电阻为RM=2Ω，与电动机并联的理想电压表读数为UM=14V．电动机的转轴的摩擦可忽略，求：
（1）通过灯泡的电流I=？
（2）电动机M线圈的发热功率PQ=？
（3）电动机M输出的机械功率P机=？
【答案】（1）1A ；（2）2W； （3）12W
【解析】
（1）灯两端的电压为
所以通过灯泡的电流为
（2）电动机M线圈的发热功率
（3）电动机M消耗的电功率为
输出的机械功率
17.如图所示，在场强大小为E=2000N/C的水平向右的匀强电场中，将电荷量为q=2×10-6C的正点电荷由A点沿直线移至B点，AB间的距离为L=2cm，AB方向与电场方向成600角，求：
（1）点电荷所受电场力的大小和方向；
（2）在此过程中电场力做的功WAB；
（3）A、B两点间的电势差UAB．
【答案】（1），水平向右；（2）；（3）20V．
【解析】
(1)匀强电场场强处处相同，大小均为E，
则点电荷所受电场力的大小F=qE=2×10-6×2000N=4×10-3N；
正点电荷电场力的方向水平向右
(2)在A到B过程中电场力是恒力，做的功
(3)由匀强电场电势差与电场强度的关系得：
【点睛】解决本题的关键是熟练掌握做功公式,, 、匀强电场电势差与电场强度关系.
18.一个初速为零的电子在经U1=4500V的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d=1.0cm,板长L＝3.0cm，两板间的电压U2=200V；已知电子的带电量为e=1.6×10－19 C，质量为m=0.9×10－30kg，只考虑两板间的电场，不计重力，求：
（1）电子经加速电压加速后以多大的速度V0进入偏转电场
（2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y
（3）电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图所示，则P点到下极板右端的距离x
【答案】(1)；（2）0.1cm；（3）6cm
【解析】
试题分析：(1)第一过程电子在加速电场中做匀加速直线运动，利用动能定理可求解；(2)根据电子在电场中做类平抛运动，利用类平抛运动的规律列方程即可求解；(3) 根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，利用几何关系可求解。
(1) 加速过程，由动能定理得：，代入数据可得：；
(2)根据电子在板间做类平抛运动：，其中，，由以上三式代入数据可得：；
(3)根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹解为，则 ，利用几何关系： ，由以上两式代入数据可得：。
点晴：本题考查电子先在加速电场中做匀加速直线运动，接着进入匀强电场中偏转，最后出电场做匀速直线运动。
