-学年**_*上)期中物理试卷(理科)(B卷)
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2018-2019学年**_*联考高二（上）期中物理试卷（理科）（B卷）
副标题
题号
一
二
三
四
总分
得分
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
下列哪些做法不是有利于防止静电危害（ ）
A. 油罐车的尾部有一铁链拖在地上 B. 印染厂房中保持干燥 C. 飞机机轮上装有搭地线 D. 在地毯中夹杂一些不锈钢丝纤维
将两个分别带有电荷量-2Q?和+5Q?的相同金属小球?A、B?分别固定在相距为r的两处（均可视为点电荷），它们间库仑力的大小为?F．现将第三个与?A、B?两小球完全相同的不带电小球?C先后与A、B?相互接触后拿走，A、B?间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为（ ）
A. F B. F C. D.
下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是（ ）
A. B. C. D.
a，b为电场中的两个点，如果q=-2×10-8C的负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10-3的正功，则该电荷的电势能（ ）
A. 减少了4×10-3J B. 减少了4×10-15J C. 增加了4×10-7J D. 增加了4×10-15J
如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么（ ）
A. 微粒带正、负电荷都有可能 B. 微粒做匀减速直线运动 C. 微粒做匀速直线运动 D. 微粒做匀加速直线运动
如图所示，A、B两点相距10cm，E=100V/m，AB与电场线方向的夹角θ=120°，求A、B两点间的电势差为（ ）
A. 5?V B. -5?V C. 10?V D. -10?V
如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正（ ）
A. R1：R2=3：1 B. 将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=3：1 C. 将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=1：3 D. 将R1与R2井联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3
两个阻值较大的定值电阻R1、R2串联后接在电压稳定的12V直流电源上，用电压表测R1两端电压时，电压表的示数为U1，测R2两端电压时，电压表的示数为U2，若电压表内阻不能忽略。则有（ ）
A. U1+U2＜12?V B. U1+U2=12?V C. U1+U2＞12?V D. 在测R1两端电压时，R2两端电压小于U2
如图所示，有一带电粒子贴着A板内侧沿水平方向射入A、B两板间的匀强电场，当A、B两板间电压为U1时，带电粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出；当A、B两板间电压为U2时，带电粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间．设粒子两次射入电场的水平速度之比为2：1，则下列说法正确的有（ ）
A. 若该带电粒子带正电荷，则A板带负电荷 B. 粒子先后两次在电场中运动的时间之比为1：2 C. 粒子先后两次动能的增加量之比为1：4 D. 先后两次极板间的电压之比为1：1
示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏等组成，如图甲所示．示波器的XX′和YY′两对电极均不加电压时，亮斑出现在荧光屏中心．若在电极XX′和YY′分别加上如图乙、丙所示的电压，则荧光屏上出现的图形为（ ）
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共5小题，共28.0分）
如图所示，一个枕形导体位于带正电小球的附近，A、B为导体的左、右端点，C为导体内的一点．则由于静电感应，A端带负电，B端带正电，C处的合场强为0，A端电势______（填“高于”、“低于”或“等于”）B端电势．用手摸一下导体的中部，然后把小球移走，导体最终带______（填正或负）电．
真空中有一电场，在电场中的P点放一电荷量为4×10-9C的检验电荷，它受到的静电力为2×10-5N，则P点的场强为______N/C．把检验电荷的电荷量减小为2×10-9C，则检验电荷所受到的静电力为______N．如果把这个检验电荷取走，则P点的电场强度为______N/C．
如图所示，某静电场的电场线，图中A、B两点电势的高低情况是φA______φB（填“=”、“＞”或“＜”），一负电荷从A点移到B点其电势能增减的情况是______．
如图所示的实验装置中，已充完电的平行板电容器的极板A接地，极板B与一个灵敏的静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容C______，两极板间的电压U______，电容器两极板间的场强E______（选填“变大”、“不变”或“变小”）
一个电流表G的内阻Rg=1KΩ满偏电流为Ig=500μA，其满偏电压为______．现要把它改装成量程为15V的电压表，需串联的分压电阻为______，50μA刻度外对应的电压值为______．
三、实验题探究题（本大题共1小题，共6.0分）
在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中（如图1），有以下器材 A．小灯泡L（3V，0.6A） B．滑动变阻器R（0～10Ω） C．电压表V1? （0～3V） D．电压表V2（0～15v） E电流表A1（0～0.6A） F．电流表A2（0～3A） G．铅蓄电池、开关各一个，导线若干 （1）为了减小误差，实验中应选电流表______，电压表______（选填器材代号） （2）某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在I-U坐标系中，描绘出如图2所示的小灯泡的伏安特性曲线，根据此图给出的信息，可以判断图3中正确的是______（图中P为小灯泡的功率）
四、计算题（本大题共3小题，共28.0分）
一根长为L的丝线吊着一质量为m的带电量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，（重力加速度为g），求： （1）该静止小球带何种电； （2）匀强电场的电场强度的大小．
一台电动机，线圈电阻是0.4Ω，当它两端所加的电压为220V时，通过的电流是5A．求： （1）这台电动机的机械功率； （2）这台电动机的每分钟所做的机械功．
如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的， 求：（1）原来的电场强度的大小；??? （2）物体运动的加速度； （3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
答案和解析
1.【答案】B 【解析】
解：A、油罐车在运输过程中，油和罐之间不断摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走，这是防止静电危害。属于防止静电危害。 B、印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，所以印刷车间中保持适当的湿度，及时把静电导走，避免静电造成的危害。把印染厂房中保持干燥不属于防止静电危害。 C、飞机机轮上装有搭地线，通过后面装一条搭地线，及时导走飞行中生大量的静电，这是防止静电危害。属于防止静电危害。 D、不锈钢丝的作用是把鞋底与地毯摩擦产生的电荷传到大地上，以免发生静电危害。属于防止静电危害。 本题选不属于防止静电危害的，故选：B。 静电危害是由于相互间不断摩擦，从而产生大量的静电，不及时导走，会出现放电危害． 人体活动时，皮肤与衣服之间以及衣服与衣服之间互相摩擦，便会产生静电．随着家用电器增多以及冬天人们多穿化纤衣服，家用电器所产生的静电荷会被人体吸收并积存起来，加之居室内墙壁和地板多属绝缘体，空气干燥，因此更容易受到静电干扰．
2.【答案】B 【解析】
解：开始时由库仑定律得：??? ① 当小球和A接触后，A球带电为-Q，再和B球接触时，先中和后总电量为4Q，故平分后B球带电为2Q，因此此时：?② 由①②得：，故ACD错误，B正确。 故选：B。 完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可． 完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解．
3.【答案】C 【解析】
解：电场强度是矢量，电场线疏密场强代表大小，切线方向就是场强方向； A．图中AB两点方向不同，则选项A错误； B．图中AB两点方向相同，但是疏密程度不同，则选项B错误； C．图中电场线是等间距平行线，所以AB两点大小方向都相同，则选项C正确； D．图中AB两点电场线方向不同，疏密程度也不同，两点场强不同，则选项D错误； 故选：C。 电场强度是矢量，所以场强相同是指大小和方向都相同，电场线疏密代表场强大小，切线方向代表方向． 矢量的相等要同时满足大小和方向都相同．
4.【答案】A 【解析】
解：据题，电荷从电场中的a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10-3J的正功，由功能关系得知：电荷的电势能减小4×10-3J．故A正确，BCD错误； 故选：A。 根据电场力做正功多少，电荷的电势能就减小多少，即可确定电势能的变化量。 本题中电场力做功与电势能变化的关系，与重力做功和重力势能变化关系相似，只有电场力做正功多少，电势能就减小多少。
5.【答案】B 【解析】
解：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确。 故选：B。 带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质． 本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题．
6.【答案】B 【解析】
解：由图示可知，BA方向与电场线方向间的夹角θ=60°， BA两点沿电场方向的距离：d=Lcosθ， BA两点间的电势差：UBA=Ed=ELcosθ=100V/m×0.1m×cos60°=5V， AB间的电势差：UAB=-UBA=-5V，故B正确，ACD错误 故选：B。 已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为θ，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U 本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离
7.【答案】C 【解析】
解：A、由于图线的斜率表示电阻的倒数，R1：R2=1：3．故A错误； BC、串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1；又由于R1：R2=1：3。 根据P=UI=I2R，功率之比为1：3，故B错误C正确； D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1，故D错误。 故选：C。 通过I-U图象得出两电阻的关系，将坐标系中的数据代入即可求出两个电阻的电阻值；串联电路电流相等；并联电路，电压相等；结合公式P=UI和U=IR分析即可。 本题关键是明确I-U图象的斜率的倒数表示电阻，然后结合电阻定律、欧姆定律和电功率表达式分析，不难。
8.【答案】A 【解析】
解：设未测量时，电阻两端的电压为实际电压；测量时，相当于拿一个大电阻与电阻并联，那么总电阻减小，故干路中电流增大，那么，另一电阻上的电压降增大，所以，测量电压比实际电压小；又有R1，R2两端实际电压之和为12V，故测量电压之和小于12V，故A正确，BCD错误； 故选：A。 电压表内阻不能忽略，故相当于一个电阻并联在测量电阻上，分析电路电阻变化，进而由欧姆定律得到电流变化，即可得到测量电压变化。 串联电路通常通过电流相等，由欧姆定律根据电阻变化得到电阻两端电压变化；并联电路则由电压相等，通过电阻变化得到电流变化。
9.【答案】C 【解析】
【分析】 带电粒子在电场中做类平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解．本题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论． 【解答】 A.若该带电粒子带正电荷，由轨迹的弯曲方向可知，电场力向下，电场方向向下，则A板带正电荷，B板带负电荷，故A错误； B.粒子在水平方向做匀速直线运动，，则，则先后两次的时间之比，所以粒子先后两次在电场中运动的时间之比为 1：1，故B错误； D.带电粒子在电场中做类平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有： 解得：=∝y，先后两次极板间电压之比为1：2，故D错误； C.根据动能定理，故C正确。 故选C。
10.【答案】B 【解析】
解：因乙图XX′偏转电极接入UXX′＞0的，且大小不变的电压，则电子向X电极偏，且位置不变， 因丙图YY′偏转电极接入UYY′＜0的，且大小不变的电压，则电子向Y′电极偏，且位置不变， 依据运动的合成，所以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象。如图B所示，故ACD错误，B正确。 故选：B。 示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象． 本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，注意两极所加电势差的正负．
11.【答案】等于 ? 负 【解析】
解：当导体达到静电平衡后，根据静电平衡状态的特点可知，处于静电平衡的导体是等势体，导体上电势处处相同，所以A端的电势等于B端的电势； 由于静电感应，A端带负电，B端带正电．若用手接触一下枕形导体的中部，导体和大地组成新的等势体，大地中电子跑到导体上，将正电荷中和，所以导体将负电． 故答案为：等于，负 感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离；电场中的处于静电平衡的导体是等势体，导体上电势处处相同． 此题考查静电平衡中的导体，电场中的处于静电平衡的导体是等势体，导体上电势处处相同．同时要知道负电荷产生的电场特点，以及电势分布的特点．此题属于基础题目．
12.【答案】5000 ? 1×10-5 ? 5000 【解析】
解：由题意：检验电荷的电荷量q=4×10-9C，所受的静电力F=2×10-5N，则P点的场强为： ?????E==N/C=5000N/C． 把检验电荷的电荷量减小为2×10-9C，该点的场强不变，则检验电荷所受到的静电力为： ????F′=q′E=2×10-9×5000N=1×10-5N 电场强度反映电场本身的强弱和方向，由电场本身决定，与检验电荷无关，所以如果把这个检验电荷取走，则P点的电场强度不变，仍为5000N/C． 故答案为：5000；1×10-5；5000 已知检验电荷所受的电场力和电荷量，由场强的定义式E=，即可求解P点的场强．由E=变形求解电场力． 电场强度由电场本身决定，与检验电荷无关． 电场强度的定义式E=，是电场这一章最重要的公式之一，要掌握其定义的方法：比值法定义，知道E与F、q无关，仅由电场本身决定这些特性．
13.【答案】＞ ? 增大 【解析】
解：沿着电场线的方向，电势降低，所以A点电势高于B点电势； 负电荷在电场中受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以负电荷从A点移到B点，移动的方向与受到的电场力的方向相反，所以电场力做负功，电荷的电势能增大． 故答案为：＞；增大 沿着电场线方向，电势降低，最后根据电场力做负功，电势能增大，即可求解． 加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，注意电场力做功与电势能变化关系．
14.【答案】变小 ? 变大 ? 不变 【解析】
解：平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离d时， 由电容的决定式C=知，电容C变小，Q不变，则根据电容的定义式C=知，电容C变小，Q不变，则U变大， 因静电计指针的偏角大小体现电势差大小，所以偏角θ变大， 再由E===，因Q、S、?均不变，所以板间场强E不变， 故答案为：变小，变大，不变。 平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由电容的决定式C=，分析电容的变化，根据电容的定义式C=分析电压U的变化，再由E= 分析板间场强的变化。 对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量。当电容器保持与电源相连时，电压不变。当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变，同时掌握电容器动态分析问题，关键要掌握电容的决定式C=，电容的定义式C=和板间场强公式E=，结合电荷不变的条件进行分析。
15.【答案】0.5V ? 29kΩ ? 1.5V 【解析】
解：电流表G的满偏电压：Ug=IgRg=500×10-6×1000=0.5V， 把它改装成15V的电压表，需要串联电阻的阻值： R=-Rg=-1000=2.9×103Ω=29kΩ， 50μA刻度外对应的电压值为： U=I（R+Rg）=50×10-6×（2.9×103+1000）=1.5V； 故答案为：0.5V；29kΩ；1.5V． 把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律分析答题． 本题考查了求电流表的满偏电压、求电阻阻值、电压表刻度值，知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．
16.【答案】A1 ? V1 ? BD 【解析】
解：（1）灯泡的额定电流为0.6A，电流表应选择A1；灯泡额定电压为3V，则电压表应选择V1。 若选用滑动变阻器R2，通过R2的电流会超过滑动变阻器的额定电流，所以选择滑动变阻器R1。 （2）由图示灯泡I-U图线可知，随电压、电流的增大，灯泡电阻增大， P-U2图线的斜率表示电阻倒数，电阻增大，知P与U2图线的斜率减小，所以B正确。 P-I2图线的斜率表示电阻的大小，电阻增大，知P与I2图线的斜率增大。所以D正确。 故答案为：（1）A1，V1；（2）BD。 （1）根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表。 （2）根据灯泡电阻的变化判断功率与U2的关系。 本题考查了实验器材选择与实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则。
17.【答案】解：（1）由平衡条件可判断小球一定受向右的电场力，即电场力与电场线方向相同，故小球带正电． （2）小球静止在电场中受力如图： 由平衡条件得：mgtan37°=qE 故E= 答：（1）该静止小球带正电； （2）这个匀强电场的电场强度的大小为． 【解析】
以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件和电场力公式求解电场强度的大小． 本题是带电体在电场中平衡问题，当力学问题去处理，分析受力，作出力图是关键．
18.【答案】解：（1）电动机总功率P=UI=220V×5A=1100W， 热功率PQ=I2r=52×0.4=10W， 机械功率P机=P-PQ=1100W-10W=1090W； （2）电动机每分钟t=1min=60s所做的机械功： W=P机t=1090×60=6.54×104J； 答：（ 内容过长，仅展示头部和尾部部分文字预览，全文请查看图片预览。 ． （2）已知机械功率及做功时间，由W=Pt可以求出机械功． 电动机是非纯电阻电路，总功率等于热功率与机械功率（输出功率）之和．
19.【答案】解：（1）对小球受力分析并合成如图： 由平衡条件得： F′=mg 在直角三角形中： tanθ= 得：qE=mgtanθ，解得： （2）对小球受力分析并正交分解如图： F合=mgsin37°-Fcos37°=ma 即： 解得：a=3m/s2 方向：沿斜面向下 （3）在下滑过程中：W=F合×L 由动能定理： 解得： 答：（1）原来的电场强度 （2）物体运动的加速度为：a=3m/s2，方向：沿斜面向下 （3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小为 【解析】
（1）对小球进行受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度． （2）电场变化后受力分析求出合外力，应用牛顿第二定律求解加速度． （3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小可由动能定理或运动学知识求解． 问题一是平衡条件的应用，受力分析后应用平衡条件即可；问题二是牛顿运动定律的应用，关键是求合力；问题三直接应用动能定理即可，总体难度不是很大，细细分析即可．
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