【物理】河北省邢台市内丘中学、临城中学、南宫中学2019-2020学年高一下学期创新班三校联考试题 （解析版） 14页

河北省邢台市内丘中学、临城中学、南宫中学2019-2020学年 高一下学期创新班三校联考试题 一、选择题（本题共12小题，每小题4分共48分。1--8题为单选题．9--12题为多选题，全部选对得4分，对而不全得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 点电荷是一种理想化模型，就是体积小的带电体 B. 大小和形状对作用力的影响可忽略的带电体可以视为点电荷 C. 根据库仑定律表达式，当两电荷之间的距离r→0时，两电荷之间的库仑力F→∞‎ D. 带电荷量Q和3Q的点电荷A、B相互作用时，B受到的静电力是A受到的静电力的3倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由于点电荷具有相对意义，带电体的尺寸不一定很小，一个带电体能否看作点电荷，不取决于带电体的大小，而取决于该带电体的线度的大小与到和它发生作用的其他带电体的距离的关系，故A错误，B正确；‎ C．由于两个带电体间的距离趋近于0，两个带电体不能看作点电荷，则库仑定律不适用，故C错误；‎ D．两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论A的电荷量与B的电荷量大小如何，B受到的静电力是A受到的静电力大小上总是相等的，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）‎ A. 根据电场强度的定义式E＝可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 B. 根据电势的定义式可知，该点的电势与其电势能成正比，与电荷量成反比 C. 根据真空中点电荷的电场强度公式E＝k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关 D. 根据电势差的定义式UAB＝可知，带电荷量为‎1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解为电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误；‎ B．电势是电场本身的性质与试探电荷无关，故B错误；‎ C．根据真空中点电荷的电场强度公式E＝k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故C错误；‎ D．克服电场力做功，说明此过程电场力做负功，即，可得，故D正确。‎ ‎3.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，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放电荷量为-2q的点电荷，其所受电场力为 （ ）‎ A. -F/2 B. F/‎2 ‎C. -F D. F ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设AB的距离为r，在A处放电荷量为＋q的点电荷，在B处放电荷量为Q的点电荷，据库仑定律有：；移去A处电荷，在C处放－2q的点电荷，该电荷受到的电场力为：，据同种电荷相斥，异种电荷相吸可知，两力方向相同．故选项B正确．‎ ‎4.电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 该电荷是正电荷，且电势能减少 B. 该电荷是负电荷，且电势能增加 C. 该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷 D. 该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：A、B：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷．故A错误，B错误；‎ C：电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小；故C错误；‎ D：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷．故D正确；‎ ‎5.如图所示，、和是以为直径的半圆弧上的三点，点为半圆弧的圆心，．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于、两点，这时点电场强度的大小为；若将点的点电荷移至点，则点电场强度的大小变为．则与之比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两个点电荷分别在M点和N点时，每个点电荷在O点产生的电场强度的大小相等、方向相同，所以，得．将N点处的点电荷移至P点时，假设M点的电荷为正电荷，则O点的电场强度如图所示．M点和P点的点电荷在O点产生的电场强度的大小仍相等，夹角为，所以O点电场强度，即与，B正确．‎ ‎6.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 实验中，只将电容器b板向右平移，静电计指针的张角变小 B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验中，只将电容器板向右平移，两极板的间距则减小，根据可知电容器的电容增大，根据可知两极板的电势差减小，静电计指针的张角变小，故A正确；‎ B．实验中，只将电容器板向上平移，两极板正对面积减小，根据可知电容器的电容减小，根据可知两极板的电势差增大，静电计指针的张角变大，故B错误；‎ C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，根据可知电容器的电容增大，根据可知两极板的电势差减小，静电计指针的张角变小，故C错误；‎ D．实验中，只增加极板带电量，根据可知电容器的电容不变，根据可知两极板的电势差增大，静电计指针的张角变大，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎7.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的偏转电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变小的是( )‎ A. U1变大，U2变大 B. U1变小，U2变大 C. U1变大，U2变小 D. U1变小，U2变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：‎ ‎…①‎ 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：‎ ‎…②‎ 又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：‎ ‎…③‎ 电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：‎ vy=at…④‎ 由①、②、③、④可得：‎ 又有：‎ A. U1变大，U2变大。偏转角θ不一定变大，故A错误；‎ B. U1变小，U2变大。偏转角θ一定变大，故B正确；‎ C. U1变大，U2变小。偏转角θ一定变小，故C错误； ‎ D. U1变小，U2变小。偏转角θ不一定变大，故D错误；‎ ‎8.关于电源的作用，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 电源的作用是能为电路持续地提供自由电荷 B. 电源的作用是直接将电能变为其它形式的能 C. 电源的作用就是能保持导体两端的电压,使电路中有持续的电流 D. 电源的作用就是使自由电荷运动起来 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 自由电荷是导体提供的，不是电源提供的，A错误；‎ B. 电源是提供电能的装置，把其他形式的能转化成电能，B错误；‎ C. 电源是提供电压使电路中有持续的电流的装置，C正确；‎ D. 使自由电荷运动起来是电场的作用，D错误。‎ 故选C。‎ ‎9.如图甲所示，AB是电场中的一条直线，电子以某一初速度从点出发，仅在静电力作用下沿AB运动到B点，其图像如图乙所示。关于A、B两点的电场强度和电势的关系，下列判断正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】由v-t图像可知，电子由A到B，加速度逐渐减小，则所受电场力减小，场强减小，即；电子由A到B，速度减小，动能减小，电势能变大，由于负电荷在高电势点电势能较小，可知。则选项AC正确，BD错误。‎ 故选AC。‎ ‎10.电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点，O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则(　　)‎ A. B、C两点场强大小和方向都相同 B. A、D两点场强大小相等，方向相反 C. E、O、F三点比较，O点场强最强 D B、O、C三点比较，O点场强最弱 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据对称性可知，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相等，两点场强的方向均由B指向C，方向相同，A正确；‎ B．根据对称性可知，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相等，由图看出，A、D两点场强方向相同，B错误；‎ C．由图看出，E、O、F三点中，O处电场线最密，所以O的场强最强，C正确；‎ D．由图看出，B、O、C三点比较，O处电场线最稀疏，所以O点场强最弱，D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎11.某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380 V，当吊车以0．‎1 m/s的速度匀速吊起总质量为5．7×‎103kg的集装箱时，测得电动机的电流为‎20 A，g取‎10 m/s2．则下列说法正确的是 A. 电动机的内阻为19 Ω B. 电动机的内阻为4．75 Ω C. 电动机的输出功率为7．6×103W D. 电动机的工作效率为75%‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：电动机的输入功率为：P="UI=380V×‎20A=7600W" ①‎ 电动机的输出功率为：P出=mgv=5．7×103×10×0．1=5．7×103W②‎ 电动机发热功率为 P热=I2R ③‎ 由P=P出+P热得 UI=mgv+I2R 代入解得，R=4．75Ω 电动机的效率为：④‎ 联立①②③④可得：η=75%．故BD正确，AC错误．故选BD．‎ ‎12.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（）‎ A. 匀强电场的电场强度 B. 小球动能的最小值为 C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D. 若小球从初始位置开始，在竖直平面内逆时针运动一周的过程中，其电势能先增大后减小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanθ=qE解得：，故A正确；‎ B． 小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：‎ ‎，则最小动能为：，故B正确；‎ C． 小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错误；‎ D． 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故D错误。‎ 故选AB。‎ 二、实验题（13题6分，14题9分）‎ ‎13.在如图所示的电路中，小量程电表头的内阻 Rg＝100 Ω，满偏电流 Ig＝1 mA，R1＝900Ω，R2＝ 100 Ω.‎ ‎(1) 当 S1 和 S2 均断开时，改装所成的表是________ 表（填“电流”或“电压”，）。量程_______________。‎ ‎(2) 当 S1 和 S2 均闭合时，改装所成的表是_____表（填“电 流”或“电压”）。量程_____。‎ ‎【答案】 (1). 电压 1V (2). 电流 2mA ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据串联电阻具有分压作用可知，S1和S2断开时，改装的应是电压表，由 可知电压表的量程是1V；‎ ‎（2）当S1和S2均闭合时，电流表与电阻R2并联，改装的应是电流表，由 所以电流表的量程是2mA；‎ ‎14.在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，实验室备有下列器材供选择： ‎ A．待测小灯泡“3V，2W” ‎ B．电流表A1（量程‎3A，内阻约为1Ω） ‎ C．电流表A2（量程‎0.6A，内阻约为5Ω） ‎ D．电压表V1（量程3V，内阻约为10kΩ） ‎ E．电压表V2（量程15V，内阻约为50kΩ） ‎ F．滑动变阻器器（最大阻值为100Ω，额定电流50mA） ‎ G．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流‎1A） ‎ H．电源（电动势为4V，内阻不计） ‎ I．电键及导线等 ‎ ‎（1）电流表应选用 ______ ；电压表应选 ______ ；滑动变阻器应选用 ______ （填器材前面的字母） ‎ ‎（2）在图甲实物图中，有部分线已连好，要求小灯泡电压从零开始测量，请连成符合要求的完整的电路图 ___________‎ ‎（3）开关闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于 ______ （选填“A端”、“B端”或'“AB中间”） ‎ ‎ ‎ ‎（4）某同学实验后作出I-U图象如图乙所示，则当灯泡两端的电压为2.4V时，灯泡的实际功率是 ______ W （结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). C . D G (2). (3). A端 (4). 1.3‎ ‎【解析】‎ ‎（1）电压表和电流表读数超过量程时误差较小．待测小灯泡“3V，2W”，则电流表应选用C．电流表A2（量程‎0.6A，内阻约为5Ω） ，电压表应选D．电压表V1（量程3V，内阻约为10kΩ）；‎ 描述小灯泡的伏安特性曲线，滑动变阻器采用分压式接法，宜采用阻值相对较小的，则滑动变阻器应选用G．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流‎1A）‎ ‎（2）小灯泡电阻相对电压表内阻较小，采用电流表的外接法，则实物连接如图：‎ ‎（3）开关闭合前，应调节滑动变阻器使开关闭合时流过小灯泡的电流最小，则滑动变阻器的滑片应该置于A端 ‎ ‎（4）由图知，当灯泡两端的电压为2.4V时，流过灯的电流为‎0.55A，则灯泡的实际功率 ‎ 三、计算题（共37分．要求要有必要的文字说明、重要的方程式和演算步骤，只写结果不得分）‎ ‎15.如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为，试求：‎ ‎(1)此电荷在B点处的加速度；‎ ‎(2)A、B两点间的电势差（用Q和h表示）。‎ ‎【答案】(1)‎3g；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)这一电荷必正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时 在B点时 解得 即电荷在B点处的加速度为‎3g，方向竖直向上。‎ ‎(2)从A到B过程，由动能定理得 解得 ‎16.密立根用如图所示的实验装置来测定很小的带电油滴所带的电荷量。油滴从喷雾器喷出时由于摩擦而带电，并落入两块相互平行的极板M、N之间的区域（M板带正电、N板带负电），透过显微镜寻找那些刚好悬浮在极板间的油滴。根据观测数据算出油滴的质量，再根据油滴悬浮时受到的电场力和重力平衡，可计算出油滴所带的电荷量。‎ ‎（1）若P为从显微镜中观察到的悬浮油滴，则可推知P带哪种电荷？‎ ‎（2）已知极板M、N之间的距离为d，电压为U，求两板之间的电场强度E的大小；‎ ‎（3）油滴P可视为球体，并测得其半径为R。已知油的密度为ρ，重力加速度为g，极板M、N之间的距离为d，电压为U。求该油滴的电荷量q。（提示：球的体积公式）‎ ‎【答案】(1) 负电(2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）油滴受向上的电场力，而上极板带正电，可知P带负电.‎ ‎（2）两板之间的电场强度 ‎（3）∵油滴P悬浮∴油滴P受到的重力和电场力平衡 即:‎ 而:‎ 联立以上各式，可得:‎ ‎17.如图所示，在绝缘水平面上O点右侧有一匀强电场，电场方向水平向左。一带正电小滑块以速度m/s从O点进入匀强电场．向右运动最远到达P点，O、P间的距离L=‎0.06m。小滑块的质量为kg，带电量为C，小滑块与水平面的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=‎10m/s2。求：‎ ‎(1)O、P两点间的电势差UOP；‎ ‎(2)小滑块最后停止处距O点的距离x；‎ ‎(3)滑块从O点进入电场到最后停止运动所用时间t。‎ ‎【答案】(1)－6V；(2)‎0.06m；(3)0.89s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)从O到P过程中，根据动能定理UOP·q－μmgL=0－mv2‎ 得UOP=－6V．‎ ‎(2)滑块从P到O做加速运动，离开电场做减速移动，设停在距离O点左侧x处，由动能定理有 ‎－μmg(‎2L＋x)=0－mv2‎ x=‎0.06m．‎ ‎(3)从O到P 电场强度 从P到O Eq－μmg=ma ‎ ‎ 解得t2=s 离开电场后，因x=L，运动的时间也是t2=s 总时间t=t1＋2t2=s=0.89s ‎（用根式和小数表示均可得分）‎