2017-2018学年福建省福州市八县（市）协作校高二上学期期中联考物理（理）试题（解析版）
福建省福州市八县（市）协作校2017-2018学年高二上学期期中联考物理（理）试题
一、选择题
1. 两个分别带有电荷量为－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为( )
A. F B. F C. F D. 12F
【答案】C
【解析】根据库仑定律可得，当两者接触后，都带上了等量同种电荷，电荷量为，故库仑力变为，故B正确．
2. 关于电场强度的概念，下列说法正确的是( )
A. 由可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比
B. 电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关
C. 正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关
D. 电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零
【答案】B
【解析】A：是电场强度的定义式，某电场的场强E与试探电荷的电荷量q、试探电荷受的电场力F无关；故A错误。
B：电场中某一点的场强取决于电场本身，与放入该点的试探电荷的正负无关；故B正确。
C：电场中某一点场强方向与正试探电荷受到的电场力方向相同，与负试探电荷受到的电场力方向相反；正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反；则某一点场强方向与放入试探电荷的正负无关。故C错误
D：某点不放试探电荷时，该点的电场依然存在，故D错误。
点睛：电场中某一点场强取决于电场本身，与该点试探电荷的电性、电荷量以及有无试探电荷无关。
3. 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则( )
A. a一定带正电，b一定带负电
B. a的速度将减小，b的速度将增加
C. a的加速度将减小，b的加速度将增加
D. 两个粒子的动能，一个增加一个减小
【答案】C
【解析】试题分析：设电场线为正点电荷的电场线，则由轨迹可判定a带正电，b带负电．若电场线为负点电荷的电场线，则a为负电荷，b为正电荷，A错．由粒子的偏转轨迹可知电场力对a、b均做正功，动能增加，B、D错．但由电场线的疏密可判定，a受电场力逐渐减小，加速度减小．b正好相反，选C
考点：考查带电粒子在电场中的偏转
点评：难度较小，曲线弯曲的方向为电场力的方向，电场线的疏密表示场强的大小
4. 如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，这两条曲线把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R.下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域的说法正确的是( )
A. 伏安特性曲线在Ⅰ区域，P1
P2
D. 伏安特性曲线在Ⅲ区域，P1>P2
【答案】C
5. 如图所示实线表示某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10－9 C的正电荷从A经B、C到达D点．从A到D，静电力对电荷做的功为( )
A. 4.8×10－8 J B. －4.8×10－8 J
C. 8.0×10－8 J D. －8.0×10－8 J
【答案】B
【解析】试题分析：电场力做功只与初末位置的电势差有关，与路径无关，所以从A到D或从A经B、C到达D点，电场力做功为-4.8×10-8J，B对；故选B
考点：考查电场力做功
点评：难度较小，明确电场力做功与运动路径无关，只与粒子的初末位置有关，注意公式中W和U的下脚标
6. 如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ，一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )
A. 直线a位于某一等势面内，φM>φQ
B. 直线c位于某一等势面内，φM>φN
C. 若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D. 若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
【答案】B
【解析】试题分析：据题，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势降低，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且φM＞φN．故A错误，B正确．由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误．电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故D正确．故选BD．
考点：电势及电势能
【名师点睛】此题是对电场中电势及电势能的考查；解决本题的关键要抓住电场力做功与电势能变化的关系，知道负电荷在电势高处电势能小。
7. 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A. 若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B. 微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C. 微粒从M点运动到N点动能一定增加
D. 微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【答案】C
【解析】A、粒子在电场力和重力的合力作用下做类似平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，A错误；
B、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，B错误；
C、粒子在电场力和重力的合力作用下做类似平抛运动，电场力和重力的合力向下，故从M到N动能增加， C正确；
D、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，故机械能可能增加，也可能减少，D错误；
故选C。
8. 体积相同、带同种电荷的两个小球A、B，质量分别为m1、m2.将A、B
用绝缘细绳悬挂在同一水平天花板上，因静电力作用而使A、B两球分离，且静止在同一水平面上，L1、L2分别与竖直方向成30°、45°角，如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 两球质量的比值
B. 两球质量的比值
C. 若将L1和L2同时剪断，剪断瞬间两球加速度大小的比值
D. 若将L1和L2同时剪断，剪断瞬间两球加速度大小的比值
【答案】A
【解析】AB：对小球A受力分析如图，则、；解得：
对小球B受力分析可得：、；解得：
综上： ，故A正确、B错误。
9. 如图所示，其中电流表A的量程为 0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，则下列分析正确的是( )
A. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 A
B. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 A
C. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 A
D. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A
【答案】C
【解析】试题分析：当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1．2A，故量程为1．2A+0．6A=1．8A；故每一小格表示0．06A；故AB错误；当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1．8A；故每一小格表示0．06A；故C正确，D错误；故选C。
考点：电表的改装
【名师点睛】本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是CD中要注意R2对电流表的量程没有影响。
10. 某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中( )
A. 电容器的电容变大
B. 电容器的电荷量保持不变
C. M点的电势比N点的电势低
D. 流过电阻R的电流方向从M到N
【答案】D
【解析】试题分析：当P向左移出的过程中，极板间的电解质减小，根据公式可得，电容C减小，A错误，
因为电容器两端和电源相连，所以电压不变，根据公式,可得电荷量Q减小，B错误，
电荷量减小，所以电容器处于放电状态，电流从M到N，而电流总是从高电势流向低电势，所以M的电势大于N点的电势，C错误，D正确，
考点：考查了电容的动态分析
点评：在研究电容动态分析时，一定要注意区分什么时候用，什么时候用公式，并且电荷量减小，电容器放电，电荷量增大，电容器充电，
11. 一带负电的试探电荷在不同电场中由静止释放，只受电场力作用，且沿直线运动，它运动的v－t图象如图中甲、乙所示，则下列关于试探电荷所处的电场说法正确的是( )
A. 甲图可能是在带正电的点电荷形成的电场中的v－t运动图象
B. 甲图可能是在带负电的点电荷形成的电场中的v－t运动图象
C. 乙图可能是在等量同种点电荷形成的电场中的v－t运动图象
D. 乙图可能是在等量异种点电荷形成的电场中的v－t运动图象
【答案】BD
【解析】A项：甲图中试探电荷做加速度逐渐减小的变加速运动，逆着电场线运动，故不可能在带正电的点电荷形成的电场中运动，故A错误；
B项：甲图中试探电荷做加速度逐渐减小的变加速运动，逆着电场线运动，故可能在带负电的点电荷形成的电场中运动，故B正确
C、D项：乙图中试探电荷的加速度先减小后增大的变加速运动，故逆着电场线运动，故在等量异种电荷产生的电场中，故C错误，D正确。
点晴：解决本题关键是理解速度时间图像的斜率表示加速度，点电荷和等量的同种、异种电荷的电场线分布特点。
12. 如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N
点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a( )
A. 从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B. 从N到P的过程中，速率先增大后减小
C. 从N到Q的过程中，电势能一直增加
D. 从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
【答案】BC
【解析】试题分析：a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角θ逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着θ的减小mg与FC的合力F将逐渐增大，况且，由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小FC逐渐增大，因此F一直增加，故选项A错误；在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力一直做负功，电势能一直增加，故选项D正确；显然在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其电势能增加量等于其机械能的减少量，b球在Q点时的重力势能大于其在P点时的重力势能，因此该过程中动能一定在减少，且其减少量一定等于其电势能与重力势能增加量之和，故选项C错误；既然在从P到Q的过程中，b球的动能在减少，因此其速率也在减小，而开始在N点时速率为0，开始向下运动段中，其速率必先增大，故选项B正确。
考点：孤立点电荷等势面特征、库仑定律、平行四边形定则、功能关系、能量守恒定律的应用
【名师点睛】题运用假设法，假设出各个量采用定量计算很繁琐，因此宜选择定性分析法与半定量相结合。能的转化与守恒，是普适规律，任何情况下都要遵循，重力、电场力属于保守力，保守力做功与路径无关，且相关力做正功，相关势能减少，相关力做负功，相关势能增加，做多少功就有多少能的变化。
13. 如图所示，用输出电压为1.4 V，输出电流为100 mA的充电器对内阻为2 Ω的镍—氢电池充电．下列说法正确的是( )
A. 电能转化为化学能的功率为0.12 W
B. 充电器输出的电功率为0.14 W
C. 充电时，电池消耗的热功率为0.12 W
D. 充电器把0.14 W的功率储蓄在电池内
【答案】AB
【解析】A：电能转化为化学能的功率，故A正确
B：充电器输出的电功率，故B正确
C：充电时，电池消耗的热功率，故C错误
D：电能转化为化学能的功率为0.12 W，充电器每秒把0.12 J的化学能储蓄在电池内；故D错误
点睛：在非纯电阻电路中，要区分电功（）、电热（）、电功率（）、热功率（）。
14. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是( )
A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B. 对应P点，小灯泡的电阻为
C. 对应P点，小灯泡的电阻为
D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小
【答案】ABD
【解析】由图象可知，通过灯泡的电流随两端电压的增大而增大，且，电阻是指对电流的阻碍作用，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，否则和的变化倍数相等，故A正确；由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，灯泡的电阻
，故B正确C错误；由P=UI可知，图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．
二、计算题
15. 如图所示，一质量为m的带电液滴，在大小为E，方向竖直向上的匀强电场中处于静止状态，求：
（1）这个液滴带什么电？电荷量为多少？
（2）当场强的大小突然变为原来的一半，方向保持不变时，液滴向什么方向运动？其加速度为多少？
【答案】（1）（2）
【解析】（1）液滴受重力、电场力处于静止状态，电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上，故液滴带正电；
又重力与电场力平衡，解得：；
（2）当场强的大小突然变为原来的一半，方向保持不变时，电场力变为原来的一半，小于重力，故液滴向下运动；
，代入数据得：
16. 微型吸尘器的直流电动机的内阻为1 Ω，当加在它两端的电压为2.0 V时，电流为0.8 A，且能正常工作。求：
(1)它的额定输入功率多大？
(2)工作时由导线发热损失的功率多大？
(3)它的最大输出功率多大？
【答案】(1) 1.6 W(2) 0.64 W(3) 0.96 W
【解析】（1）当加在它两端的电压为2.0 V时，电流为0.8 A，且能正常工作。
（2）工作时由导线发热损失的功率
（3）电动机工作时的输出功率
17. 如图，一质量m=1×10-6kg，带电量q=-2×10-8C的微粒以初速度v0竖直向上从A点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比A高2cm的B点时速度大小也是v0，但方向水平，且AB两点的连线与水平方向的夹角为45°，g取10m/s2，求：
（1）AB两点间的电势差UAB；
（2）匀强电场的场强E的大小．
【答案】（1）-10V（2）
【解析】解：（1）根据动能定理得
qUAB﹣mgh=
得到=V=﹣10V
（2）将微粒的运动分解为水平和竖直两个方向：水平方向做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动．设A、B沿电场线方向的距离为d．则有
竖直方向：h=，
水平方向：d=
得到d=h=0.02m
所以匀强电场的场强E的大小E==
答：（1）AB两点间的电势差UAB=﹣10V．
（2）匀强电场的场强E的大小是500V/m．
【点评】涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理．本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法．
18. 如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2
，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：
（1）电子穿过A板时的速度υ0大小；
（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y；
（3）电子射出偏转板后，打到荧光屏上P点，求P点到O点的距离。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】试题分析：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得解得：
（2）设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为α，离开偏转电场时的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：
解得：
（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为υy根据运动学公式得υy=at1
电子离开偏转电场后做匀速直线运动,设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2,电子打到荧光屏上的侧移量为y2,如下图所示
解得:
P至O点的距离为
考点：考查了带电粒子在电场中的加速和偏转
【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直
线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解。
