福建省三明市三地三校2017-2018学年高二上学期期中联考物理试题试题(word版含答案)

福建省三明市三地三校2017-2018学年高二上学期期中联考物理试题一、选择题1. 下述关于静电的防范和利用的事例中，不正确的是: （）A. 油罐车在运输过程中会带静电，为避免电荷越积越多，油罐车应良好绝缘B. 飞行中的飞机会带静电，飞机着地后可用搭地线或导电橡胶机轮把静电导走C. 静电除尘器是使灰尘带电后在电场力的作用下奔向电极并吸附于电极上D. 做地毯时，在地毯中夹进一些不锈钢丝导电纤维，可以防止静电积累【答案】A【解析】A、油罐车在运动的过程中，由于里面的油在晃动，也会摩擦产生静电，后面拖一条的铁链就可以以及时的把产生的静电导走，有利于消除静电，故A错误；B、飞机上的着地轮装有搭地线或用导电橡胶做轮胎，是为了及时地把飞机在飞行过程中由于摩擦而产生的电荷通过导体而转移给大地，以免发生放电现象，保证飞机和乘客的安全，故B 正确；C、静电除尘器是使灰尘带电后在电场力的作用下奔向电极并吸附于电极上，故C正确；D、做地毯时，在地毯中夹进一些不锈钢丝导电纤维，能及时把静电导入大地，可以防止静电积累．故D正确；不正确的故选A。

【点睛】考查对静电现象的了解程度。

2. 下列属于理想物理模型的是（）A. 电场B. 电阻C. 加速度D. 点电荷【答案】D【解析】A、电场是客观存在的物质，不是理想物理模型，故A错误；B、电阻是描述导体对电流阻碍作用的物理量，不是理想物理模型．故B错误；..................D、点电荷是忽略了带电体的大小和形状，抽象成的带电的点，是理想物理模型，故D正确；故选D【点睛】理想模型是指抓住物体、过程的主要方面属性，而忽略次要方面属性；按照研究对象分，有过程模型、物体模型。

3. 把家用电炉的电热丝剪去一小段后，继续使用，则在同样的时间内( )A. 由Q=I2RT可知，电炉的发热量减小B. 由Q= UIT可知，电炉的发热量不变C. 由Q=T可知，电炉的发热量增大D. 无法确定【答案】C【解析】因电阻丝剪去一小段后，由电阻定律可知总电阻减小，而电路两端的电压U不变，故由电功的计算公式：Q=U2t/ R，因时间、电压均保持不变，电阻减小，故电功变大，发热量就增大。

故选：C。

【名师点睛】电炉的电热丝剪去一小段后电阻变小，而电路的电压不变，电炉是纯电阻电路，欧姆定律成立，根据Q=U2t/R分析热量的变化。

4. 下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（）A. 根据电场强度的定义式E=F/q，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B. 根据电容定义式C=Q/U，电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C. 根据真空中点电荷场强公式，电场中某点场强和场源电荷的电荷量成正比D. 根据E=U/d，可知在匀强电场中，电场强度与电压成正比【答案】C【解析】A、公式是电场强度的定义式，电场强度大小有电场本身的性质决定，与试探电荷q无关，与所受到的电场力F无关，故A错误；B、公式是电容定义式，电容也是电容器本身的性质，和极板上的电荷量及电压无关，故B错误；C、公式是真空中点电荷电场强度决定式，当距离r变大时，电场强度变小，电场中某点场强和场源电荷的电荷量成正比，故C正确；D、公式是E与U的关系式，在匀强电场中，电场强度不变，与电压无关，故D错误；故选C。

5. 如图所示的电场中有A、B 两点，下列判断正确的是( )A. 电势场强E A>E BB. 电势场强E A<E BC. 将电荷量为q 的正电荷从A 点移到B 点，电场力做正功，电势能增加D. 将电荷量为q 的正电荷从A 点移到B 点，电场力做正功，电势能减少【答案】BD【解析】AB、电场线疏密表示电场的强弱，故场强；沿着电场线的方向电势降落，可知，故A错误，B正确；CD：将电荷量为q的正电荷放在电场中，受力的方向是从A指向B，故从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少，故D正确，C错误；故选BD。

【点睛】考查电场中电场线的特点，疏密表示电场的强弱，沿着电场线的方向电势降落。

6. 关于导体的电阻,下列说法正确的是( )A. 导体的电阻仅由导体两端的电压决定B. 导体的电阻在一定温度下仅由长度和横截面积决定C. 导体的电阻在一定温度下由导体的长度、粗细及材料决定D. 导体的电阻与导体所通电流的大小有关【答案】C【解析】导体的电阻跟加在它两端的电压以及通过它的电流无关。

电阻决定式，在温度一定的情况下由导体的长度、粗细及材料决定，选C7. 带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a 点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b 点，如图所示，可以判断A. 粒子的加速度在a 点时较大B. 粒子的电势能在b 点时较大C. 粒子可能带负电，在b 点时速度较大D. 粒子一定带正电，动能先变小后变大【答案】D【解析】试题分析：做曲线运动的物体所受的合力大致指向轨迹凹的一向，根据此可判断出电场力的方向以及电场力的做功情况，根据电场力做功可判断出动能、电势能的变化．粒子的加速度可通过比较合力（电场力）进行比较．解：A、a点的电场强度比b点小，则在a所受的电场力（即合力）小，所以粒子的加速度在a点时较小．故A错误．故选D．【点评】解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化．8. 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，从电场中M 点以相同速度飞出a、b 两个带电粒子，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 的速度将增大C. 两个粒子的动能一个增加一个减小D. a 的加速度将减小，b 的加速度将增大【答案】D【解析】A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故A错误；BC、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度与力方向的夹角小于90°，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故BC错误；D、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故D正确；故选D。

【点睛】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，根据电场力做功来判断动能的变化。

9. 已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。

如图，半径为R 的球体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在过球心O 的直线上有A、B 两个点，O 和B、B 和A 间的距离均为R。

现以OB 为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为，则A 点处场强的大小为：A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生场强为：；同理割出的小球半径为，因为电荷平均分布，其带电荷量，则其在A点产生的场强：，所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强，故ACD错误，B正确；故选B。

【点睛】主要采用割补法的思想，根据整体球在A点产生的场强等于割掉的小球在A点产生的场强和剩余空腔部分在A点产生的场强的矢量和，掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握点电荷场强公式是基础。

10. 如图所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O 等距离的两点a、b，在连线上有距中点O 等距离的两点c、d，则下列场强大小关系式正确的是A. E a=E bB. E a=E O= E bC. E c﹤E dD. E c>E O> E d【答案】A【解析】两个等量异号的点电荷电场线的分布情况如图根据电场线越密场强越大，中垂线上中点O的场强最大，而且根据对称性可知，a、b两处电场线疏密相同，场强大小相等，E a=E b＜Eo；在两个电荷连线上，O点电场线最疏，场强最小，而且根据对称性可知，c、d两处的电场线疏密相同，故有E c=E d＞Eo，故A正确，BCD错误；故选A。

【点睛】等量同种、等量异种电荷周围的电场分布情况是考察的重点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点。

11. 在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。

已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大。

现保持电容器的电量不变，且电容器B板位置不动。

下列说法中正确的是A. 将A板向右平移，则静电计指针张角增大B. 将A板向左平移，则静电计指针张角增大C. 将A板竖直向上平移，则静电计指针张角减小D. 将A板竖直向上平移，则静电计指针张角增大【答案】BD【解析】A、将A板向右平移，板间距离减小，由知电容增大，而电容器的电量不变，由可知，板间电压减小，则静电计指针张角减小，故A错误；B、将A板向左平移，板间距离增大，由知电容减小，而电容器的电量不变，由可知，板间电压增大，则静电计指针张角增大，故B正确；CD、将A板竖直向上平移，两板正对面积减小，由知电容减小，而电容器的电量不变，由可知，板间电压增大，则静电计指针张角增大，故C错误，D正确；故选BD。

【点睛】对于电容器动态变化分析问题，首先要根据电容的决定式判断电容的变化，抓住不变量，再由电容的定义式分析电量或电压的变化。

12. 如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变小，则( )A. 电荷带正电B. 电荷带负电C. 电流表中将有从a到b的电流D. 电流表中将有从b到a的电流【答案】BC【解析】AB、电荷q处于静止状态，受到重力与电场力而平衡，电容器上极板带正电，电场方向向下，而电场力方向向上，故电荷带负电，故A错误，B正确；CD、将两极板的间距变小，而电容器的电压不变，根据电容的决定式可知，电容增大，电容器的电压U不变，由电容的定义式分析得知，电容器的电量增大，电容器充电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从a到b的电流，故D错误，C正确；故选BC。

【点睛】对于电容器动态变化分析问题，首先要根据电容的决定式判断电容的变化，抓住不变量，再由电容的定义式分析电量或电压的变化。

13. 两个完全相同的金属球A和B带电量之比为1：7，相距为r．两者接触一下放回原来的位置，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比可能是（）A. 16:7B. 9:7C. 4:7D. 3:7【答案】AB【解析】试题分析：两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，设金属球A和B带电量为Q：7Q，所以A、B所带的电荷相等都为3Q，根据库仑定律得：，解得：，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是9：7．故选B。

考点：库仑定律【名师点睛】本题主要考查了库仑定律的直接应用，注意两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，难度不大，属于基础题。