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1、福建省厦门市第三中学2018-2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、单项选择题：（本题共8个小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，仅有一项是符合题目要求的。）1.A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的静电力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为-4q的点电荷，其所受电场力为A. B. C. -FD. F【答案】D【解析】【详解】根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为4q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向相同。设AB=r，则有BC=2r.则有
2、：故电荷量为4q的点电荷在C处所受电场力为：，故D正确，ABC错误故选：D2.场是物理学中重要概念，除了电场和磁场，还有引力场。物体之间的万有引力就是通过引力场发生作用的，地球附近的引力场叫做重力场。根据电场强度是描述电场的力的性质的物理量而定义了重力场强度，根据电势是描述电场能的性质的物理量而定义重力势。根据电场与重力场的类比，以下说法中正确的是A. 由电场强度的定义式可知，电场强度大小与放入的试探电荷有关B. 重力场强度的大小可表示为g，方向竖直向下C. 重力势与放入的物体的质量成正比D. 电场中某点的电势与选取的零电势点无关【答案】B【解析】A、电场强度的大小与场源电荷的大小有关，和试探
3、电荷的大小无关，故A错；B、在地球表面附近万有引力等于重力，按照类比的方式：重力场强度g为放在该点的物体所受的力F与其质量m的比值，即 ， 方向竖直向下，故B正确；C、根据电势的知识可知，重力势的大小取决于地球以及零势点的选取，与放入物体的质量无关，故C错；D、电场中电势是相对于零势点来说的，所以与零势点有关，故D错；故选B点睛：电场中某一点的电场强度E 定义为放在该点的静止试验电荷所受的力F与其电量q的比值,场强是矢量，重力场强度的大小和方向也是根据比值定义. 3.如图所示，因线路故障，接通S时，灯泡L1和L2均不亮，用电压表测得Uab0，Ubc0，Ucd4V因此可知断路处为()A. 灯泡L
4、1B. 灯泡L2C. 变阻器D. 不能确定【答案】C【解析】解：A、B对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0由题：Uab=0，Ubc=0，则可知：灯L1、L2没有发生断路故AB错误C、由题Ucd=4V，则变阻器发生断路，因为断路时，电路无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势故C正确D、由上述分析可知D错误故选：C【点评】本题是电路中故障分析问题，往往哪段电路的电压等于电源的电压，哪段电路发生断路，可用电压即为电势差来理解4.如图所示，电场中有一条电场线是直线，A、B是这条电场线上的两点。若将一个带负电的点电荷从A点由静止释放，
5、它将沿电场线从A向B运动，vt图象如图乙所示。比较A、B两点的电势和场强E，下列说法中正确的是A. AB，EAEBB. AB，EAEBC. AB，EAEBD. AB，EAEB【答案】B【解析】试题分析：根据v-t图像可知，粒子做加速运动，且加速度越来越小，因此电场越来越小，所以EAEB。由于粒子从静止释放，所以电场力为从A到B，由于是负电荷，所以电场方向为从B到A，根据电场方向代表电势降低方向，所以AB，因此答案为B。考点：v-t图像判断加速度、电场线疏密以及方向的含义点评：根据v-t图像判断出粒子的加速度，结合电场线疏密以及电场线方向来判断电场强弱以及电势高低。5.在一个微安表G上并联一个电
6、阻R，就改装成一块安培表,今将该表与标准安培表串联后去测电流,发现该表的示数总比标准表的示数小,修正的方法为A. 在R上并联一个小电阻B. 在R上并联一个大电阻C. 将R的阻值变大些D. 将R的阻值变小些【答案】C【解析】电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小，让分流电阻变的稍大些即可，故C正确，D错误；在原分流电阻上再并联一个适当的小电阻或者并联适当的大电阻，都会使其并联值稍小，故AB错误。所以C正确，ABD错误。6.如图所示的电路，R1、R2、R3是定值电阻，R4是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关，在电路稳定后，将滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动的过程中()A
7、. 电压表示数变小B. 电容器放电C. 电源的总功率变小D. 通过滑动变阻器的电流变大【答案】C【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动时，R4变大，电路的总电阻变大，总电流I变小，内电压变小，则路端电压变大，因此电压表示数变大故A错误；电容器两端电压为：U=E-I（r+R2），I变小，故电容器两端电压U变大，带电量变大，电容器充电，故B错误；电源的总功率P=EI，I变小，则P变小，故C正确根据串联电路分压规律知，变阻器两端的电压增大，通过R1的电流变大，而总电流变小，所以通过滑动变阻器的电流变小故D错误故选C考点：电路的动态分析【名师点睛】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路
8、，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压变化。7.如图所示，电源电动势为12V，电源内阻为l.0，电路中的电阻R为1.5，小型直流电动机M的内阻为0.5，闭合开关S后，电动机正常转动时，电流表的示数为2.0A。则以下判断中正确的是（ ）A. 电动机的输出功率为14.0WB. 电源输出的电功率为20.0WC. 电动机产生的热功率4.0WD. 电动机两端电压为5.0V【答案】B【解析】电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E-U内-UR0=12-Ir-IR0=12-21-21.5=7V，故D错误；电动机的总功率为：P总=UI=72=14W，电动机的发热功率为：
9、P热=I2R=220.5=2W，所以电动机的输出功率为：P机=14 W-2W=12W，故A C错误；电源的输出的功率为：P输出=EI-I2R=122-221=20W，故B正确；故选：B.点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的8. 如图所示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c 三点，则A. a点电势比b点高B. a、b两点场强方向可能不同C. a、b、c三点与无穷远处电势相等D. 一带电粒子（不计重力）在a点无初速释放，则它将在a、b连线上运动【答案】C【解析】试题分析：根据等量异种电荷的电场和电势
10、的分布情况可以知道，在它们连线的垂直平分线上的点的电势都是零，并且垂直平分线上所有的点的电场的方向都是平行的，由此可以判断电场和电势的变化的情况A、两个等量异种电荷的电场中，在它们连线的垂直平分线上的点的电势都是零，所以a、b、c三点的电势都相等为零，所以A错误B、两个等量异种电荷的电场中，垂直平分线上所有的点的电场的方向都是平行的，所以B错C、由A的分析可以知道C正确D、垂直平分线上所有的点的电场的方向都是平行的，电场的方向是在水平方向的，所以电荷不能在a、b连线上运动，应该是在水平方向运动，所以D错误故选C考点：点电荷的场强；电场强度；电势点评：本题关键是要明确两个等量异种电荷连线的中垂线
11、上的场强分布情况和电势分布情况二、多项选择题：（本题共4个小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是正确的，选不全得2分，有错选不得分。）9.如图所示，真空中将一不带电的绝缘枕形导体P放在正点电荷Q形成的电场中，枕形导体P的a、b两端分别带上了感应负电荷与等量的感应正电荷，另外导体内部还有c、d两点，则下列说法中正确的有A. 导体上a、b两端的电势高低关系可能是B. 导体上a、b两端的电势高低关系一定是C. 导体内部c、d两点的场强大小关系是D. 感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系是【答案】BD【解析】【详解】AB当正电荷Q处在金属导体P附近时，正电荷周围存
12、在电场，从而使得金属中的自由电子在电场力作用下向a端发生移动，导致b端的正电荷多余，a端的负电荷多余，最终导体P的b端带正电，a端带负电，因此两点的电势关系a=b，故A错误，B正确；C.当金属导体b端带正电，a端带负电时，导体中有自b向a的电场，由于正确电荷Q也产生电场，故只有当复合电场为0时，自由电子才停止运动，因此c、d两点的场强大小关系是Ec=Ed=0，故C错误；D.根据正点电荷的电场强度的公式，结合合电场为0，可知：感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系，故D正确。故选BD。【点睛】物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电，对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸
13、引的原理，且带电体是等势体。感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象。10.一根粗细均匀的金属导线阻值为R，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，已知电流微观式为I=neSV，其中n为单位体积电子个数，e为元电荷，S为导线模截面积，则下列说法中正确的是A. 此时金属导线的阻值为4RB. 此时通过金属导线的电流为C. 此时自由电子定向移动的平均速率为D. 此时自由电子定向移动的平均速率为【答案】ABC【解析】【分析】将金属导线均匀拉长，使其长度变为
14、原来的2倍，横截面积变为原来的倍，根据电阻定律分析电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化由电流的微观表达式I=nevS分析平均速率v的变化。【详解】A项：将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的倍，根据电阻定律分析得到，电阻变为原来的4倍，故A正确；B项：根据欧姆定律可知，电流I变为原来的，即为，故B正确；C、D项：电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积S变为原来的倍，则自由电子定向移动的平均速率为，故C正确，D错误。故应选ABC。11.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一
15、个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成角=60的位置B时速度为零。以下说法中正确的是( )A. 小球在B位置处于平衡状态B. 小球受到的重力与电场力的关系是Eq=mgC. 小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小D. 小球从A运动到B过程中，电场力对其做的功为qEl【答案】BD【解析】【分析】对小球进行受力分析：受重力、向右的电场力和细线的拉力；小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，小球到达B点时速度为零，向心力为零，沿细线方向合力为零，确定其合力，判断是否平衡，根据动能定理列式，求电场力的大小。根据电场力做功公式W=qEd，d是沿电场线方向有效距离，求电场力做功。运用单摆进行类比，分析振幅。【详解】对小球受力分析如图所示，A、小球受到的重力和电场力的合力是一恒力，这两个场力看作等效重力场。根据题意知，小球的平衡位置在AB圆弧的中点位置，选项A错误；C、小球将在AB之
