2015-2016学年四川省成都七中高二上学期期中考试物理试题
四川省成都七中2015-2016学年高一上学期入学考试 物理试题 PDF版含答案
成都七中高2018届新生入学考试物理试题答题时间：100分钟，满分：100分注意事项：本题分选择题和非选择题两部分，选择题的答案序号用2B 铅笔填涂在答题卡的相应题号的位置上；非选择题就直接答在答题卡上的相应位置的方框中。
第Ⅰ卷 选择题（44分）一、本题共16个小题，其中1～10题为单项选择题，选对一题得2分，共20分；11～16题为不定项选择题，选全对一题得4分，选对不全得2分。
1、为节能环保，国务院规定机关、商场等单位夏季室内空调温度设置不得低于（ ）A 、26℃B 、22℃C 、18℃D 、14℃2、等效替代法、控制变量法、类比法、实验推理法和建立理想模型法等科学方法，在我们学习物理知识过程中，就常常要用到。
例如：①用合力表示作用在一个物体上的两个力；②用磁感线描述磁场；③在实验事实的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律；④用总电阻表示同一段电路上并联的两个电阻；⑤借助水压学习电压。
其中的学习上述知识时，用到“等效替代法”方法的是（ ）A.①和②B.①和④C.②和③D.①和⑤3、如图所示是一台收音机的屏板，当图中黑块（显示调台）左移时，所接收的电磁波（ ）A 、波速变大，波长变小B 、波速变小，波长变大C 、波速不变，波长变大D 、波速不变，波长变小4、如图所示的光学现象中，下列的描述或解释错误的是（ ）A ．图（a ）中，小孔成的像是倒立的实像，反映了光在同种介质中沿直线传播B ．图（b ）中，人配戴的凹透镜可以矫正近视眼，利用了光的折射原理C ．图（c ）中，白光通过三棱镜可以分解成多种色光，是因为不同颜色的光通过玻璃时偏折的角度不同。
D ．图（d ）中，因漫反射的反射光线杂乱无章，因此有的光线可能不遵循光的反射定律5、如图所示，水平恒力F 拉着质量为m 的木块在水平放置在地面上的长木板上向右匀速运动，木板恰好能保持静止。
则在此基础上，再逐渐增大F 的过程中（设木板足够长，木块没脱离木板），则关于木板与地面之间的摩擦力大小的说法正确的是（ ）A ．恒为开始的FB ．随F 的增大而增大C ．由于木板没有运动，所以没有摩擦力 D（a ） （b ） （c ） （d ）6、如图所示，小车在平衡力F1和F2作用下以速度v向右匀速运动。
四川省成都七中实验学校2021-2022学年高二上学期期中考试物理(理)试题 Word版含答案
高2021级2021-2022学年度上期半期物理考试考试时间90分钟总分100分命题人：刘志刚审题人：吕小科一．单项选择题（每题4分，共6个小题，24分）1.两个带有等量电荷的铜球，相距较近且位置保持不变，设它们带同种电荷时的静电力为F1，它们带异种电荷时(电荷量确定值相同)的静电力为F2，则F1和F2的大小关系为：（）A．F1＝F2 B．F1> F2 C．F1< F2 D．无法比较2.某电场中一条直线上有A，B，C三点，且AB=BC，若设A点为零电势点时，一个q=1C的正电荷从B到C做了5J的正功，则当取C点为零电势点时，B点的电势为（）A 5VB 10VC －10V D－5V3如图所示，a、b、c是匀强电场中的三个点，a、b、c三点在同一平面上，三点电势分别是10V、2V和6V，下列各图中电场强度的方向表示正确的是（ )4.两个电阻R1、R2的电流和电压的关系如图所示，可知两个电阻的阻值大小之比R1∶R2等于（）A．1∶3 B．3∶1C．1∶3 D ．3∶15.两个固定的等量异种电荷，在他们连线的垂直平分线上有a、b 、c三点，如下图所示，下列说法正确的是（）A．a点电势比b点电势高B．a、b两点场强方向相同，a点场强比b点大C．a、b、c三点的电势与无穷远电势相等D．一带电粒子(不计重力)，在a点无初速释放，则它将在a、b、c线上运动6.一电池外电路断开时的路端电压为3 V，接上8 Ω的负载后路端电压降为2.4 V，则可以判定电池的电动势E和内电阻r为( )A．E＝2.4 V，r＝1 Ω B．E＝3 V，r＝2 ΩC．E＝2.4 V，r＝2 Ω D．E＝3 V，r＝1 Ω二．不定项选择题（本题包括6个小题，每小题4分，共24分，多选和错选为零分，漏选为2分）7.在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压，开头B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开头运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)( )A．电子始终向A板运动B．电子始终向B板运动C．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回 A板做周期性来回运动D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动8..如图所示，电路中每个电阻的阻值都相同．当电压U上升时，先烧坏的电阻应是（）A．R1和R2 B．R3和R4C．R5 D．不能确定9.如图所示电路，G是电流表，R1、 R2是两个可变电阻，调整可变电阻R1，可以转变电流表G的示数，当MN 间的电压为6V时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度。
2015-2016学年四川省成都七中高二上学期周测物理试卷(12.4)含解析
2015-2016学年四川省成都七中高二（上）周测物理试卷（12.4）一、选择题1．图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分．下列说法错误的是（）A．图甲、图乙均表示交流电B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin100πtC．图乙所示电压的有效值为20VD．图乙所示电压的有效值为10V2．如图所示，一面积为S，电阻为R的N匝矩形线圈处于一个交变的磁场中，磁感应强度的变化规律为B=B0sinωt．下列说法正确的是（）A．线框中会产生交变电流B．在t=时刻，线框中感应电流达到最大值C．从t=0到t=这一过程中通过导体横截面积的电荷量为D．若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，但电流的有效值不变3．如图所示，在第一、第二象限中存在垂直xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一半径为r 的扇形金属线框在xoy平面内，以角速度ω绕O点逆时针匀速转动，∠POQ=120°，线框的总电阻为R．则下列说法正确的是（）A．线圈中感应电流的最大值为B．线圈中感应电流的最大值为C．线圈中感应电流的有效值为D．线圈中感应电流的有效值为4．如图中理想变压器原副线圈的匝数之比为2：1，现在原线圈两端加上交变电压U=220sinV时，灯泡L1、L2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表．则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数为110VB．该交流电的频率为100HzC．若将变阻器的滑片P向上滑动，则L1亮度不变、L2将变亮D．若将变阻器的滑片P向上滑动，则原线圈输入功率增大5．如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比n1：n2=1：10，副线圈与阻值R=20Ω的电阻相连．原线圈两端所加的电压u=20sin20πt（V），则（）A．交流电压表的示数为20VB．副线圈输出交流电的频率为10HzC．电阻R上消耗的电功率为2kWD．原线圈中电流的最大值为100A6．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）A．原、副线圈中的电流之比为5：1B．电压表的读数约为31.11VC．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2904JD．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小7．某小型水电站的电能输送示意图如图甲，发电机的输出电压变化规律如图乙，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2．降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）A．乙图中电压的瞬时值表达式为：u=220sin100πt VB．乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V，所以=C．通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率8．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加9．如图所示，理想变压器MN原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R0和两个小灯泡L1、L2，电表为理想电表．最初电键S是断开的，现闭合电键S，则（）A．副线圈两端电压变大B．灯泡L1变亮C．电流表A1示数变大D．电阻R0中的电流变小10．理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=11Ω，原线圈两端输入电压U随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A．V表的读数为220V B．通过R的电流为2AC．A表的读数为2A D．变压器的输入功率为44W11．图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L 的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内（）A．电流表A1的示数比A2的小 B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同 D．电流表的示数都不为零12．一个单摆在竖直平面内做小幅振动，周期为2s．如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6s至t=1.8s的过程中，摆球的（）A．速度向左在减小，加速度向右在增大B．速度向左在增大，加速度向左在增大C．速度向右在增大，加速度向右在减小D．速度向右在减小，加速度向左在减小13．一列沿x轴负方向传播的简谐横波在某时刻（设该时间为t=0时刻）的波形如图所示，在0.7s末，质点P恰好第二次到达波峰，则下列说法不正确的是（）A．在该列波的传播速度是10m/sB．在0.9s末，质点Q第一次到达波峰C．如果x=5m处就是波源，则它刚开始起振的方向是y轴的正方向D．当质点Q到达波峰时，质点P到达波谷14．在均质弹性绳中有一振源S，它以5Hz的频率上下做简谐运动，振幅为5cm，形成的波沿绳向左、右两边传播．从振源开始振动计时，t时刻的波形如图所示，质点P右边的绳还未振动，S左边的波形没有画出，则（）A．该波的波速为60cm/sB．波源S开始振动的方向向下C．图中的质点Q在t时刻处在波谷D．在t=0至t=1.0s时间内质点P运动的路程为70cm15．如图所示，一列简谐波向右以8.0m/s的速度传播，某一时刻沿波的传播方向上有a、b两质点，位移大小相等，方向相同，则（）A．无论再经多长时间，a、b两质点位移不可能大小相等、方向相反B．再经过0.25s，a、b两质点位移第一次大小相等、方向相反C．再经过0.25s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相反D．再经过0.5s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相同二、非选择题：16．如图（a）所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆．测量摆长l和摆的周期T，得到一组数据．改变摆长，再得到几组数据．从中可以找出周期与摆长的关系．实验过程有两组同学分别用了图（b）（c）的两种不同方式悬挂小钢球，你认为（选填“b”或“c”）悬挂方式较好．图（d）是某组同学根据实验数据画出的T2﹣l图线，通过图线得到振动周期T（s）与摆长l（m）的函数关系式是．17．一列简谐横波沿x轴正方向传播，O为波源且t=0开始沿y轴负方向起振，如图所示是t=0.2s末x=0至4m范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出．已知图示时刻x=2m处的质点第一次到达波峰，则该简谐横波的波速为；从t=0.2s时刻开始计时，写出x=1m处的质点的振动表达式．18．自t=0时刻起，质点A做简谐运动，其振动图象如图所示．t=10s时，距A质点10m处的B质点开始振动．求：①该波的波速大小v；②该波的波长λ．2015-2016学年四川省成都七中高二（上）周测物理试卷（12.4）参考答案与试题解析一、选择题1．图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分．下列说法错误的是（）A．图甲、图乙均表示交流电B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin100πtC．图乙所示电压的有效值为20VD．图乙所示电压的有效值为10V【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．【分析】解本题时应该掌握：交流电和直流电的定义，直流电是指电流方向不发生变化的电流；理解并会求交流电的有效值，U=只适用于正余弦交流电；根据图象书写交流电的表达式等．【解答】解：A、电流方向随着时间周期性变化的电流就是交流电，故图甲、图乙均表示，故A正确；B、图中电压的最大值为20V，频率为0.02s，故表达式为：u=U m sin=20sin100πt，故B正确；C、D、图乙所示电压的最大值为20V，根据有效值的定义，有：解得：U=故C错误，D正确；本题选择错误的，故选C．2．如图所示，一面积为S，电阻为R的N匝矩形线圈处于一个交变的磁场中，磁感应强度的变化规律为B=B0sinωt．下列说法正确的是（）A．线框中会产生交变电流B．在t=时刻，线框中感应电流达到最大值C．从t=0到t=这一过程中通过导体横截面积的电荷量为D．若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，但电流的有效值不变【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据交流电产生条件：闭合电路的磁通量发生变化，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，得出感应电流的瞬时表达式，从而可确定感应电流的最大值；结合闭合电路欧姆定律，与电量表达式，即可求解电量的大小；根据线圈中产生感应电流瞬时表达式，结合有效值与最大值的关系，从而确定有效值．【解答】解：A、由题意可知，矩形线圈处于一个交变的磁场中，从而导致穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，故A正确；B、线圈中产生感应电流的瞬时表达式，为i=cosωt，当在t=时刻，线框中感应电流达到最大值，故B正确；C、根据电量的表达式，q=N，从t=0到t=这一过程中通过导体磁通量变化为B0S，所以横截面积的电荷量为为N，故C错误；D、若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，导致最大值也增加，所以有效值也增大，故D错误．故选：AB3．如图所示，在第一、第二象限中存在垂直xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一半径为r 的扇形金属线框在xoy平面内，以角速度ω绕O点逆时针匀速转动，∠POQ=120°，线框的总电阻为R．则下列说法正确的是（）A．线圈中感应电流的最大值为B．线圈中感应电流的最大值为C．线圈中感应电流的有效值为D．线圈中感应电流的有效值为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=ω，求出感应电动势的最大值，再由闭合电路欧姆定律求解感应电流的最大值．根据有效值的定义求解感应电流的有效值．【解答】解：A、B、线圈中感应电动势的最大值为：E m=ω，线圈中感应电流的最大值为：I m==．故A正确，B错误．C、D、画出一个周期内感应电流的图象如图所示．设感应电流的有效值为I，根据有效值的定义得：2×R•=I2RT解得：I=．故C错误，D正确．故选：AD．4．如图中理想变压器原副线圈的匝数之比为2：1，现在原线圈两端加上交变电压U=220sinV时，灯泡L1、L2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表．则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数为110VB．该交流电的频率为100HzC．若将变阻器的滑片P向上滑动，则L1亮度不变、L2将变亮D．若将变阻器的滑片P向上滑动，则原线圈输入功率增大【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、原线圈两端加上交变电压U=220sinV，原线圈的电压的有效值为=110V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的有效值为55V，故A 错误；B、原线圈两端加上交变电压U=220sinV，ω=100πrad/s，f==50Hz，故B错误；C、在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变大，即电流表读数变大，L1两端电压不变所以亮度不变，通过L1和L2的电流之和变大，通过L1的电流不变，所以L2电流增大，将变亮，故C正确；D、若将变阻器的滑片P向上滑动，输出的电压不变，电流变大，所以原线圈输入功率增大，故D正确；故选：CD．5．如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比n1：n2=1：10，副线圈与阻值R=20Ω的电阻相连．原线圈两端所加的电压u=20sin20πt（V），则（）A．交流电压表的示数为20VB．副线圈输出交流电的频率为10HzC．电阻R上消耗的电功率为2kWD．原线圈中电流的最大值为100A【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据变压器的特点：电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数反比，输入功率等于输出功率分析．【解答】解：A、电压表显示的是有效值应为=20V，故A错误；B、原副线圈的频率是相同的f===10Hz，故B正确；C、由电压之比等于匝数之比知R两端的电压为200V，P==2000W，故C正确；D、由输入功率=输出功率=2KW=20I，I=100A，最大值为I=100A，故D错误；故选BC6．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）A．原、副线圈中的电流之比为5：1B．电压表的读数约为31.11VC．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2904JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小 【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A 、原线圈接入电压为220V 的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l ，则副线圈电压为44V ，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：5，A 错误；B 、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V ，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知解得U=22=31.11V ，故B 正确；C 、由B 求得电压表两端电压有效值为U 有效=22V ，则1 min 内产生的热量为Q==2904 J ，故C 正确；D 、将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D 错误． 故选：BC7．某小型水电站的电能输送示意图如图甲，发电机的输出电压变化规律如图乙，输电线总电 阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1、n 2．降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V 的用电器正常工作，则（ ）A ．乙图中电压的瞬时值表达式为：u=220sin100πt VB ．乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V ，所以=C ．通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 【考点】变压器的构造和原理．【分析】通过理想升压变压器T 1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器T 2向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率．【解答】解：A 、根据乙图可知，电压的最大值，周期T=0.02s ，所以，则乙图中电压的瞬时值表达式为：u=220sin100πt V ，故A 正确；B 、由变压器的电压比与匝数之比的关系得：，；因升压变压器，所以U 1＞U 2，又因与为线路电压损失，即U 2＞U 3，所以，故B 错误．C 、通过变压器的原副线圈的电流的频率相同，故C 错误．D、因是理想变压器，则其输入功率与输出功率相等，但由于电线电阻功率损失，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．故D正确．故选：AD．8．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A正确．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为22V，所以电压的有效值为V=22V，所以B错误．C、原、副线圈的电流与匝数成反比，线圈的匝数不变，所以电流比也不变，所以C错误．D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻减小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，所以D正确．故选AD．9．如图所示，理想变压器MN原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R0和两个小灯泡L1、L2，电表为理想电表．最初电键S是断开的，现闭合电键S，则（）A．副线圈两端电压变大B．灯泡L1变亮C．电流表A1示数变大D．电阻R0中的电流变小【考点】变压器的构造和原理．【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【解答】解：A、由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，故A错误；B、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L1的电压减小，故灯泡L1变暗，故B错误；C、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，故C正确；D、当S接通后，原线圈电路的总电阻减小，总电流变大，故D错误；故选：C．10．理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=11Ω，原线圈两端输入电压U随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A．V表的读数为220V B．通过R的电流为2AC．A表的读数为2A D．变压器的输入功率为44W【考点】变压器的构造和原理．【分析】电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值，原副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流．【解答】解：由原线圈两端输入电压U随时间变化的图象可知，U1=220V，T=0.02sA、根据原副线圈的电压比等于匝数之比，可知，所以电压表的示数为22V，故A错误；B、根据欧姆定律得：I=，故B正确，C错误；C、副线圈功率P2=I2U2=44W，所以变压器的输入功率P1=P2=44W，故D正确．故选BD11．图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L 的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内（）A．电流表A1的示数比A2的小 B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同 D．电流表的示数都不为零【考点】变压器的构造和原理．【分析】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小．【解答】解：原线圈中磁场如乙图所示均匀变化，故副线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0．故ABD错误，C正确；故选：C．12．一个单摆在竖直平面内做小幅振动，周期为2s．如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6s至t=1.8s的过程中，摆球的（）A．速度向左在减小，加速度向右在增大B．速度向左在增大，加速度向左在增大C．速度向右在增大，加速度向右在减小D．速度向右在减小，加速度向左在减小【考点】简谐运动的振幅、周期和频率；简谐运动的回复力和能量．【分析】单摆的周期是2s，分析出t=1.6秒至t=1.8秒的过程中向哪个方向运动，即可分析出速度加速度的变化．【解答】解：由题，单摆的周期是2s，一个周期分成四个周期，从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6秒至t=1.8秒的过程中，单摆是由平衡位置向右向最大位移处运动，所以速度向右在减小，加速度方向向右在增大．故A、B、D错误，C正确．故选C．13．一列沿x轴负方向传播的简谐横波在某时刻（设该时间为t=0时刻）的波形如图所示，在0.7s末，质点P恰好第二次到达波峰，则下列说法不正确的是（）A．在该列波的传播速度是10m/sB．在0.9s末，质点Q第一次到达波峰C．如果x=5m处就是波源，则它刚开始起振的方向是y轴的正方向D．当质点Q到达波峰时，质点P到达波谷【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】由波的传播方向判断出质点P的振动方向，从图示时刻开始质点P经过1第二次到达波峰，即可求出周期．读出波长，求出波速．当图示时刻x=2m处质点的状态传到Q时，质点Q第一次到达波峰．如果x=5m处就是波源，它刚开始起振的方向与x=﹣1m处质点此时刻的振动方向相同．根据PQ间距离与波长的关系，分析状态关系．【解答】解：A、由题，1=0.7s，得T=0.4s，由图读出波长λ=4m，则波速为v==10m/s．故A正确．B、当图示时刻x=2m处质点的状态传到Q时，质点Q第一次到达波峰，经过时间为t==．故B正确．C、如果x=5m处就是波源，它刚开始起振的方向与x=﹣1m处质点此时刻的振动方向相同，应沿y轴负方向．故C错误．D、PQ间的距离△x=10m=2.5λ，P、Q的振动情况总是相反，则当质点Q到达波峰时，质点P到达波谷．故D正确．本题选错误的，故选C14．在均质弹性绳中有一振源S，它以5Hz的频率上下做简谐运动，振幅为5cm，形成的波沿绳向左、右两边传播．从振源开始振动计时，t时刻的波形如图所示，质点P右边的绳还未振动，S左边的波形没有画出，则（）A．该波的波速为60cm/sB．波源S开始振动的方向向下C．图中的质点Q在t时刻处在波谷D．在t=0至t=1.0s时间内质点P运动的路程为70cm【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】根据频率求出周期，根据图象可知，波从S传到P点的时间为，根据v=求出波速，根据P点开始振动的方向判断波源开始振动方向，根据对称性判断x=﹣6cm处质点t时刻所处位置，根据一个周期内振动运动的路程为4A求出在t=0至t=1.0s时间内质点P运动的路程．【解答】解：A、波的频率f=5Hz，周期T=0.2s，由图知该波在t=T=0.3s时间内，波传播了12cm，则波速v=cm/s=cm/s=40cm/s，故A错误；B、此时P点的振动方向向下，则波源的起振方向向下，故B正确；C、由对称性知x=﹣6cm处质点t时刻处于波峰，故C错误；D、在t=0至t=1.0s时间内，即△t=1s，质点P已振动0.7s，运动的路程为s=×4A=×4×5cm=70cm，故D正确．故选：BD15．如图所示，一列简谐波向右以8.0m/s的速度传播，某一时刻沿波的传播方向上有a、b两质点，位移大小相等，方向相同，则（）A．无论再经多长时间，a、b两质点位移不可能大小相等、方向相反B．再经过0.25s，a、b两质点位移第一次大小相等、方向相反C．再经过0.25s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相反D．再经过0.5s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相同【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【分析】由图读出波长，求出周期．根据时间与周期的关系，分析两质点的位移和速度关系．若经过时间是半个周期，波动图象将反相，两质点的速度大小相等，方向相反．【解答】解：A、B、C由图读出波长为λ=8m，则周期为T==1s．t=0.25s=．再过0.25s，波形向右平移．根据波形的平移法分析得知，再经过0.25s，质点a在平衡位置下方向下运动，质点b平衡位置上方向下运动，两质点到平衡位置的距离相等，则再经过0.25s，a，b两质点位移第一次大小相等、方向相反，速度第一次大小相等、方向相同．故B正确，AC错误．D、再经过0.5s，即半个周期，波形图象反相，a，b两质点速度仍大小相等、方向相反．故D错误．故选：B二、非选择题：。
四川省成都七中2012-2013学年高二上学期期中考试物理试题
成都七中2014级高二上期半期考试物理试题卷考试时间：100分钟总 分：100分（命 题：罗芳秀 审题：唐世杰）一．选择题（共48分，有的小题只有一个答案正确，有的有多个答案正确，选对得4分，漏选得2分，错选或不选得零分）1.一根粗细均匀的导线，两端加上电压U 时，通过导线中的电流强度为I ，导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的1/2，再给它两端加上电压U ，则( )A 、通过导线的电流为I /4B 、通过导线的电流为I /16C 、导线中自由电子定向移动的平均速率为v /4D 、导线中自由电子定向移动的平均速率为v /22..如图所示为静电除尘器的示意图，下列说法哪些是正确的（ ） A ．金属管A 和悬在管中的金属丝B 应接在高压交流电源上 B ．管A 和金属丝B 应接在高压直流电源上 C ．距B 越近电场越强 D ．距B 越远电场越强3.在集成电路中，经常用若干基本门电路组成复合门电路，如图所示，为两个基本门电路组合的逻辑电路，根据真值表，判断虚线框内门电路类型及真值表内x 的值（ ）A .“与门”，1B .“与门”，0C .“或门”，1 D. “或门”，04. 两个固定等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A 点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中( )A.做直线运动，电势能先变小后变大B.做直线运动，加速度先变大后变小C.做曲线运动，电势能先变小后变大D.做曲线运动，速度先变大后变小5．一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板之间有一正点电荷（电量很小）固定在P 点，如图所示，以E 表示两极板间电场强度，φ表示负极板的电势，ε表示正点电荷在P 点的电势能，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）A ．E 变大、φ降低 B. E 不变、φ升高 C. E 变小、ε变小 D. φ升高、ε变大6.如图所示，长为L 、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q ，质量为m 的小球，以初速度v 0从斜面底端的A 点开始沿斜面上滑，当达到斜面顶端的B 点时，速度仍为v 0，则（ ） A. A 、B 两点间的电势差一定等于mgLsin θ/qZB. 小球在B 点的电势能一定大于A 点的电势能C. 若电场是匀强电场，则该电场的强度的最大值一定为mg/qD. 若该电场是斜面中点正上方某点 C 的点电荷Q 产生的，则Q 一定是负电荷7.一个用绝缘材料制成的劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定，另一端与质量为m 、带正电荷q 的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上，当加入如图所示的场强为E 的匀强电场后，小球开始运动，下列说法正确的是（ ）A 、小球的速度最大时，弹簧伸长为qE ／kB 、小球的速度为零时，弹簧伸长为qE ／kC 、运动过程中，小球的机械能守恒D 、运动过程中，小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能相互转化 8.如图所示，电阻R=20Ω，电动机的绕组电阻R ′＝10Ω．当开关打开时，电流表的示数是I ，电路消耗的电功率为P 。
四川省成都七中实验学校2015-2016学年七年级上学期期中考试数学试题
成都七中实验学校初2015级七年级（上）期中素质测试数 学 试 题考生注意：1、开考之前请考生将自己的姓名、班级、考号等准确的填写在指定的位置，对错误填写的考生成绩以0分计算。
2、本试卷分A 卷、B 卷，A 卷总分100分、B 卷50分，全卷总分150分。
考试时间120分钟。
A 卷（100分）一、 选择题（每小题3分，共30分）1、圆锥体的截面不可能为（ ）A 、三角形B 、 圆C 、 椭圆D 、矩形 2、若a 的倒数为-12，则a 是（ ） A 、12 B 、-12C 、2D 、-23、(-2)5表示（ ）A 、5乘以（-2）的积B 、5个(-2)连乘的积C 、 2个-5相乘的积D 、5个(-2)相加的和 4、两个互为相反数的有理数相除，其结果（ ）A 、商为正数B 、商为负数C 、 商为-1或无意义D 、商为15、已知数轴上表示-3和-100的两个点分别为A 、B ，那么A 、B 两点间的距离是（ ） A 、97 B 、100 C 、103 D 、36、下列说法不正确的是( )A 、 a 2b 和ab 2是同类项B 、a 的系数是0C 、 15xy 2-15y 2x=0D 、20a 2b-(-17a 2b)=37a 2b7、代数式：3m+n,3ab,π523xy ，ba 22，m ，－13，733y x -，2ab －3c 中的单项式有（ ）A 、3个；B 、4个；C 、5个；D 、6个8、在下列说法中，（1）在有理数中，没有最小的正整数；（2）立方等于它本身的数只有两个；（3）有理数a 的倒数是1a；（4）若a=b ，则|a|=|b|。
其中正确的个数是( ) A 、1个 B 、2个 C 、3个 D 、4个9、一批电脑进价为a 元，加上20％的利润后优惠8％出售，则售出价为（ ）A 、(1＋20％)aB 、(1＋20％)8％aC 、a %)81%)(201(-+D 、8%a10、按下面的程序计算，若开始输入的值x 为正数，最后输出的结果为656，则满足条件的x 的不同值最多有 （ ）A 、2个B 、3个C 、4个D 、5个 二、填空题（每题4分，共20分）11、要使图中平面展开图按虚线折叠成正方体后，相对面上两个数之和为6，x =____，y =______ 12、()20162015)4(25.0-⨯-=__________；()=-+-20162015)2(213、代数式0.6x a b 与3113y a b --是同类项，则x y +=________________14、如果|-x|=4,那么x= ；如果a 2=4，那么a= ；如果y 3=8，那么y= 15、某工厂原计划每天生产a 个零件，实际每天多生产b 个零件，那么生产m 个零件比原计划提前_____________________天 三、计算(每小题5分,共20分)16、)6()7(452-+--+- 17、 ()223232-⨯-⨯--|-1|18、21114()(60)31215--⨯- 19、 %252155.2425.0)41()370(⨯+⨯+-⨯-四、解下列各题（共17分）20、(5分)化简：22223232ab a b ab a b +---+21、(6分)先化简再求值：()()()2222225424,2,1mn m n m n m n ----+=-=其中1 2 3x y第11题22、(6分)已知|x+2|+(y-21)2=0,求代数式31x 3-2x 2y+32x 3+3x 2y-7的值。
四川省成都七中2015-2016学年高二上学期期末数学模拟试卷(理科)(一) 含解析
2015-2016学年四川省成都七中高二（上）期末数学模拟试卷（理科）（一）一、选择题:本大题共12小题，每小题5分,共60分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1．对某商店一个月内每天的顾客人数进行了统计，得到样本的茎叶图（如图所示），则该样本的中位数、众数、极差分别是（)A．46，45，56 B．46,45,53 C．47,45,56D．45，47，532．执行如图的框图，第3次和最后一次输出的A的值是（）A．7，9 B．5，11 C．7,11 D．5，93．对于线性回归方程，下列说法中不正确的是（）A．直线必经过点B．x增加一个单位时，y平均增加个单位C．样本数据中x=0时，可能有D．样本数据中x=0时,一定有4．如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:①；②∠BAC=60°;③三棱锥D﹣ABC是正三棱锥;④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直．其中正确的是（）A．①②B．②③C．③④D．①④5．若A、B两点的坐标分别是A（3cosa,3sina，1），B （2cosb，2sinb，1），则｜|的取值范围是( )A．B．C．（1，5） D．6．平面α与正四棱柱的四条侧棱AA1、BB1、CC1、DD1分别交于E、F、G、H．若AE=3，BF=4，CG=5，则DH等于( ）A．6 B．5 C．4 D．37．已知直线l的倾斜角为α,且60°＜α≤135°，则直线l斜率的取值范围是( ）A．B．C．D．8．已知：,求z=x2+y2最小值为（）A．13 B．C．1 D．9．已知圆C1：（x+1）2+(y﹣1）2=1，圆C2与圆C1关于直线x﹣y﹣1=0对称,则圆C2的方程为（）A．（x+2)2+（y﹣2）2=1 B．（x﹣2)2+（y+2)2=1C．（x+2）2+（y+2）2=1 D．(x﹣2）2+（y﹣2）2=110．已知圆x2+y2+2x﹣2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4，则实数a的值是( ）A．﹣2 B．﹣4 C．﹣6 D．﹣8 11．两个圆C1：x2+y2+2x+2y﹣2=0与C2:x2+y2﹣4x﹣2y+1=0的公切线有且仅有（)A．1条B．2条C．3条D．4条12．已知直线x+ay﹣1=0是圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+1=0的对称轴，过点A（﹣4,a）作圆C的一条切线，切点为B,则|AB|=（)A．2 B．6 C．4D．2二、填空题:本大题共4小题，每小题4分，共16分。
2023四川省成都市第七中学2022-2023学年高二上学期10月阶段性考试物理试题
成都七中高2024届高二（上）物理阶段性考试题答题时间：100分钟 满分110分一、单项选择题（本题8个小题，每题3分，共24分）1．下列说法正确的是（ ） A ．由公式=FE q可知，电场中某点的电场强度E 与F 成正比 B ．电子就是元电荷C ．点电荷是一种理想模型，对于任何带电球体总可以把它看作电荷全部集中在球心的点电荷D ．当带正电物体靠近导体而不接触，导体远端也会产生正电荷2．电荷量分别为2+q 和-q 的两点电荷的电场线分布如图所示，O 、A 、B 是两电荷连线上的三点，O 点是连线的中点，且=OA OB ，C 、D 连线中垂线上两点，且=OC OD ，一带电粒子沿MN 轨迹在电场中运动，下列说法正确的是（ ）A ．C 点场强等于D 点场强B ．>AO OB U UC ．粒子带正电，加速度先减小后增大D ．把一负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先增大后减小3．如图所示，示波管的结构中有两对互相垂直的偏转电极'XX 和'YY ，若在'XX 上加如图所示的扫描电压x U ，在'YY 上加信号电压y U ，在示波管荧光屏上看到的图形可能是（ ）A ．B ．C ．D ．4．光滑绝缘水平面上有三个带电小球（均可视为点电荷）a 、b 、c ，三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下保持静止状态。
若a 、b 之间的距离小于b 、c 之间的距离．则以下说法正确的是（ ）A ．a 对c 的静电力一定是引力B ．a 对b 的静电力可能是斥力C ．三个小球所带电荷量的大小关系是>>c a b Q Q QD ．三个小球所带电荷量均变为原来的一半，b 球仍静止，a 、c 球将会运动5．在静电场中将一个带电荷量为92.010C -=-⨯q 的点电荷先从A 点移动到B 点，此过程仅有电场力做功，点电荷的动能增加了74.010J -⨯；然后又将点电荷从B 点移动到C 点，此过程中除电场力外，其他力做功为76.010J -=⨯W ，点电荷的动能增加了72.010J -⨯。
四川省成都市第七中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题
成都七中2019—2020学年度上期高2021届半期考试
物理试卷
考试时间：100分钟满分：110分
第Ⅰ卷选择题（48 分）
一、单项选择题（本大题共12 题，每小题 2 分，共24 分，其中每题只有一个正确答案）
1、下列说法中正确的是（）
A.摩擦起电的实质是通过外力做功凭空产生了电荷
B.电子就是元电荷
C.由公式E kQ r2
可知，当r→0 时，E→∞，因此可得场强为无穷大的电场
D.电场强度的方向就是电势降低最快的方向
2、下列四个电场中，a、b 两点电场强度相同的是（）
3、下列说法中正确的是( )
A.把一根均匀导线等分成等长的两段，则每部分的电阻率也变为原来的一半
B.电容器所带的带电量越多，说明它的电容越大
C.电动势的单位跟电压的单位一样，都是伏特，所以电动势就是电压
D.其他电阻不变时，并联电路中其中一个电阻增大，总电阻增大
4、如图甲所示电路，小灯泡通电后其两端电压U 随所通过的电流I 变化的图线如图乙所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PM 为U 轴的垂线，PQ 为I 轴的垂线，下列说法中正确的是( )
A.随着电流的增大，小灯泡电阻逐渐减
小
B.对应P 点，小灯泡的电阻为R＝。
四川省成都市第七中学2015-2016学年高一物理教科版必修二《抛体运动》单元测试题 .doc
成都七中高2018届物理《抛体运动》单元考试题班级______姓名____________所得总分________________第Ⅰ卷选择题（50分）一、选择题（以下试题有的不止一个符合题意，全选正确得5分，不选或有错得0分，选对不全的3分，满分共50分）1.下列说法正确的是（）A.做曲线运动的物体，速度方向时刻变化，故曲线运动不可能是匀变速运动B.做平抛运动的物体，经过相同时间，速度的增量相同C.两分运动与其合运动的运动时间一定相同D．有些抛体运动不是匀变速运动2.关于圆周运动，下列说法正确的是（）A.匀速圆周运动是匀速运动B.匀速圆周运动是匀变速运动C.匀速圆周运动是周期、转速、频率、角速度都不变的运动D.圆周运动的加速度方向总与速度方向垂直3.某品牌电动车的铭牌显示其轮子（20英寸，轮子直径：508mm）的额定转速为210r/min，则下列说法正确的是（）A.车轮的角速度为420πrad/sB.车轮的周期为3.5sC.车轮转动的频率为3.5HZD.车的额定时速为25km/h4.一个质量为2kg的物体，在5个共点力作用下处于匀速直线运动状态.现同时撤去大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法中正确的是（）A.可能做匀减速直线运动，加速度大小是2m/s2B.可能做匀加速直线运动，加速度大小是5m/s2C.可能做匀变速曲线运动，加速度大小可能是10m/s2D.一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s25、如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是()A．质点经过C点的速率比D点的大B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C．质点经过D点时的加速度比B点的大D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小6、对平抛运动的物体，若g已知，再给出下列哪组条件，可确定其初速度大小（）A．物体的质量和水平位移B．物体的质量下落高度C．落地位移大小和方向D．落地时速度大小和方向7.在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v 1，摩托艇在静水中的航速为v 2，战士救人的地点A 离岸边最近处O 的距离为d ，如战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O 点的距离为( ) A ．21222υυυ-d B ．0 C ．21υυd D ．12υυd8．如图所示，P 是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B 点以某速度v 0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨 道的左端A 点沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧的圆心，θ1 是OA 与竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角．则( )A.tan θ2tan θ1＝2B ．tan θ1·tan θ2＝2 C.1tan θ1·tan θ2＝2D.tan θ1tan θ2＝2 9．如图所示，斜面上有a 、b 、c 、d 四个点，且ab ＝bc ＝cd ．从a 点正上方O 点处以速度v 水平抛出一个小球，它落在斜面上的b 点，若小球从O 点以速度2v 水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的 （ ）A ．b 与c 之间某一点B ．c 点C ．c 与d 之间某一点D ．d 点10. 下图是近年流行的手机游戏愤怒的小鸟（Angry Birds ）的截图。
【全国百强校】四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考试物理试题(pdf版)
成都七中2017—2018学年度上期高2019届半期考试物理试卷考试时间：100分钟 满分：110分本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷（选择题，共56分）注意事项：1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目用铅笔填写在答题卡上。
2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上。
3.考试结束后，监考人将本试卷和答题卡一并收回。
一、选择题（本题包括8个小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对的得4分，选错或不选的得0分。
） 1. 下列说法中正确的是A. 匀强电场中两点间的电势差等于场强与这两点间的距离的乘积B. 空间中任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向C. 通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大D. 电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领2. 在如图所示的四种电场中,分别标记有a 、b 两点. 其中a 、b 两点电场强度大小相等、方向相反的是A. 甲图中与点电荷等距的a 、b 两点B. 乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点C. 丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点D. 丁图中非匀强电场中的a 、b 两点3．两根完全相同的金属裸导线,如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍,把另一根对折后绞合起来,然后给它们分别加上相同电压后,则在相同时间内通过它们的电荷量之比为 A ．1∶4 B ．1∶8 C ．16∶1D ．1∶164.右图所示，电阻R 1、R 2、R 3、R 4满足R 1:R 2:R 3:R 4=1:2:3:4，则当A 、B 间接上直流电压时，流过R 1、R 2、R 3、R 4的电流I 1:I 2:I3:I 4为 A. 1:2:3:4 B. 6:3:2:11 C. 3:2:1:6 D. 3:2:1:45. 匀强电场中的三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，AB 的长为m 1，D 为AB 的中点，如下图所示.已知电场线的方向平行于∆ABC 所在平面，A 、B 、C 三点的电势分别为14V 、6V 和2V . 设场强大小为E ，一电量为6101-⨯C 的正电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W ，则A. 6108-⨯=W J ，8>E V/mB. 6106-⨯=W J ，6>E V/mC. 6108-⨯=W J ，8≤E V/mD. 6106-⨯=W J ，6≤E V/m6. 如图所示，直线A 为电源的U-I 图线，直线B 和C 分别为电阻R 1、R 2的U-I 图线，用该电源分别与R 1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P 1、P 2，电源的效率分别为η1、η2，则 A . P 1>P 2 B. P 1<P 2 C. η1>η2 D. η1<η27. 用细绳拴一个质量为m 带正电的小球B ，另一个也带正电的小球A 固定在绝缘竖直墙上，A 、B 两球离地面的高度均为h .小球B 在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示．现将细绳剪断后A. 小球B 在细绳剪断瞬间开始做平抛运动B. 小球B 在细绳剪断瞬间加速度等于gC. 小球B 落地的时间等于2h gD. 小球B 落地的速度大于2gh8．如图所示，竖直绝缘光滑的半圆形槽半径为R ，在槽内静置有两个带等量同种电荷的小球A 、B ，两球质量相等、间距为R .若将两小球看做质点，将一个水平向右的推力F 作用在A 球上，缓慢将A 球推到半圆形槽的底部，则下列说法正确的是A ．槽对B 球的支持力增大 B ．两球间距离保持不变C ．推力F 做的功等于两球组成的系统机械能的增加量D ．两球组成的系统的电势能增大二、多项选择题（本题包括6个小题，每小题4分，共24分。
四川省成都市第七中学2019-2020学年高一上学期期中考试物理试题 PDF版含答案
红旗匀速运动的时间为:
根据
h
v 2
t1
vt2
v 2
t3
得,代入数据计算得出 v 0.4m/s --------（3 分）
(3)匀加速运动的加速度大小为:
a1
v t
0.4 4
0.1m/s
2
---------（2 分）
19．（1） 10 3 N （2） 5 3 N 方向水平向左。
3
3
解：（1）以小球为研究对象，受力分析如图：
计时，其 x t 图象如图所示，则（ ） t
A．做匀速直线运动，速度大小为 0.5m/s
B．质点做匀加速直线运动，加速度大小为 0.5m/s2
C．质点在 1s 末的速度大小为 1.5m/s
D．质点在第 1s 内的平均速度大小为 1.0m/s
13．将小球甲从高空 A 处以初速度大小 v0 竖直向下抛出，与此同时，在甲的下方有另一
解：（1）（4 分）直棒的下端到达管子的上端的时间为：
2h 210
t1
g
s 2s 10
直棒的上端到达管子的下端的时间为：
t2
2(L1 h L2 ) g
2 (5 10 5)s 2s 10
则直棒通过该空心管所用的时间：
t=t2-t1=(2- 2 )s （2）（8 分）若汽车匀速运动，则到达管子处的时间为
（2）下列操作中正确的有（
）
A．在释放小车前，小车要靠近打点计时器
B．打点计时器应放在长木板的有滑轮一端
C．应先接通电源，后释放小车
D．电火花计时器应使用低压交流电源
（3）如图所示，是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带
四川省成都七中实验学校2013-2014学年高二(上)期中物理试卷 Word版含解析
2021-2022学年四川省成都七中试验学校高二（上）期中物理试卷一.单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项符合题意）1．（3分）（2022秋•宝安区校级期末）两个完全相同的小金属球，它们的带电荷量之比为5：1（皆可视为点电荷），它们在相距肯定距离时相互作用力为F1，假如让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1：F2可能为（）A．5：2 B．5：4 C．5：6 D．5：9考点：库仑定律．分析：两个球的电性可能相同也可能不同，则接触带电的原则是总电荷平分，依据F=得出接触后再放回原处的库仑力大小．解答：解：它们在相距肯定距离时相互作用力为F1=；若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的确定值为2q，此时两球的库仑力F2==，则F1：F2为5：4，若两电荷同性性，接触后再分开，两球电量的确定值为3q，此时两球的库仑力F2==，则F1：F2为5：9，故B、D正确，AC错误；故选：BD．点评：解决本题的关键把握接触带电的原则，总电荷平分，同时要留意原来的电荷的电性，以及把握库仑定律的公式F=．2．（3分）（2022秋•东莞期末）下述说法正确的是（）A．依据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比B．依据E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比C．依据场强叠加原理，可知合电场的场强肯定大于分电场的场强D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹考点：电场强度；点电荷的场强；电场的叠加．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，不能简洁从数学理解．E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比．场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但大小不肯定比分场强大．电场线与运动轨迹不是一回事．解答：解：A、E由电场本身打算，与F、q无关．故A错误．B、E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比．故B正确．C、场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不肯定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小．故C错误．D、电场线表示电场的强弱和方向，与电荷的轨迹不肯定重合．故D错误．故选B．点评：本题考查对场强两个公式的理解力量，要留意区分摸索电荷还是场源电荷，电场强度与场源电荷有关，与摸索电荷无关．3．（3分）（2021秋•武侯区校级期中）如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点．a、b电势分别为φa=5V，φb=3V．下列叙述正确的是（）A．该电场在c处的电势肯定为4VB．a点处的场强E a肯定大于b点处的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点电势能肯定增加D．一正电荷运动到c点时受到的电场力肯定由c到b考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势肯定为4V；电场力做功状况，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化，电场线的疏密可以推断场强的大小；正电荷受到的电场力方向与场强方向相同．解答：解：A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势肯定为4V．当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不肯定为4V，故A错误；B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强E a不肯定大于b点处的场强E b．故B错误；CD、据电场线和场强方向的规定可知，正电荷所受的电场力方向水平向左，所以从c到b电场力做做功，电势能减小，动能增加，故C错误，D正确．故选：D．点评：本题要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的凹凸，电场力做功与动能和电势能间的关系．4．（3分）（2009•常德模拟）如图是一火警报警装置的一部分电路示意图，其中R2是半导体热敏传感器，它的电阻随温度上升而减小，a、b接报警器．当传感器R2所在处消灭火情时，电流表的电流I和a、b两端电压U与消灭火情前相比（）A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变大，U变小D．I变小，U变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当传感器R2所在处消灭火情时，R2减小，分析外电路总电阻如何变化，依据欧姆定律分析干路电流的变化状况和路端电压U的变化状况，依据R2、R3并联电压的变化状况，分析通过R3电流的变化状况，即可知电流表示数变化状况．解答：解：由题知，当传感器R2所在处消灭火情时，R2减小，R2、R3并联的电阻减小，外电路总电阻减小，依据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I干增大，路端电压减小，即a、b两端电压U变小；R2、R3并联电压U并=E﹣I干（R1+r），I干增大，E、R1、r均不变，则U并减小，通过R3电流减小，由于干路电流增大，则知电流表示数I变大．故C正确，ABD错误．故选C点评：本题是信息题，首先要抓住传感器R2电阻与温度的关系，其次按“部分→整体→部分”的挨次进行动态分析．5．（3分）（2021秋•梁山县校级期中）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．B点电势高于A点B．粒子带正电C．粒子在A点加速度大D．粒子在B点电势能高考点：电场线；电场强度；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．解答：解：A、沿电场线方向电势降低，所以B点电势低于A点．故A错误；B、依据曲线运动条件可得粒子所受合力应当指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故B错误；C、由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小，故C错误；D、依据曲线运动条件可得粒子所受合力应当指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，电场力做负功，电势能增大，故D正确；故选：D点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是依据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．6．（3分）（2021秋•梁山县校级期中）有一台电风扇，额定电压为220V，额定电功率为50W，线圈电阻为0.4Ω．当电风扇在额定电压下工作时，关于它的线圈电阻每分钟产生的热量是多少，有四位同学计算如下，其中正确的是（）A．Q=I2Rt=（）2×0.4×60J≈1.24JB．Q=Pt=50×60J=3000JC．Q=IUt=J=3000JD．Q==J=7.26×106J考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：已知电流和线圈的电阻以及通电时间，由Q=I2Rt就可计算出线圈产生的热量．解答：解：电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以每分钟产生的热量为：Q=I2Rt=（）2×0.4×60J≈=1.24J故选：A．点评：本题考查了电动机正常工作时产生热量的计算，是一道基础题，关键是正确理解电功和电热的关系以及各自的求解方法．7．（3分）（2021秋•武侯区校级期中）下列关于电源电动势概念的生疏中，正确的是（）A．电源电动势是描述电源把其他形式的能转化成电能本事大小的物理量B．电源把越多其他形式的能转化为电能，电动势就越大C．电动势和电压单位相同，所以物理意义也相同D．在闭合电路中，电源电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本事的物理量；电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，电动势等于内外电路电压之和．解答：解：A、电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本事，电源的电动势大，该电源把其他能转化成电能的本事大，故A正确．B、依据W=qU，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不肯定大，还跟移动电荷的多少有关．故B错误；C、电动势定义式ɛ=，电压定义式U=，故其物理意义不同，C错误；D、依据闭合电路欧姆定律，在闭合电路中，电源电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和，D正确．故选：AD．点评：知道电源的概念、物理意义、定义式即可正确解题，本题要留意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本事大小，依据W=qU可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不肯定大，还跟移动电荷的多少有关．8．（3分）（2022春•常州期末）如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N 与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开肯定角度．在与外界绝缘的状况下保持电容器的带电量Q 不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（）A．仅将M板向下平移B．仅将M板向左平移C．仅在M、N之间插入云母板（相对介电常数大于1）D．仅在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：电容器充电后断开电源保持带电量不变，依据平行板电容器的打算式可求得C的变化，再由电容的定义式可求知指针张角的变化，留意指针张角变大时，极板之间的电压增大．解答：解：A、仅将M板向下平移，两极板正对面积减小，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故A错误．B、仅将M板向左平移，板间距离增大，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故B错误．C、仅在M、N之间插入云母板，电容增大，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故C正确．D、仅在M、N之间插入金属板，板间距离减小，电容增大，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故D正确．故选：CD．点评：本题关键要把握打算电容的三个因素：板间距离、电介质、正对面积，以及电容的定义式C=．二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共24分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9．（4分）（2022秋•建邺区校级期中）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（）A．三个等势面中，c的电势最高B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D．带电质点在P点的加速度比在Q的加速度大考点：等势面；电场强度．分析：作出电场线，依据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故c点电势最高；依据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小．解答：解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，依据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c点电势最高，故A正确；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大，故B错误；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，故C错误；D、P点位置电场线与Q处的密，电场强度大，故电场力也大，由于只受电场力，故粒子在P点的加速度比Q点大，故D正确；故选：AD．点评：依据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法．10．（2分）（2021秋•西陵区期中）经过精确校准的电压表V1和V2，分别用来测定如图所示电路中R两端a、b间的电压，读数依次为12.7V和12.3V，则（）A．a、b间的实际电压应大于12.7VB．a、b间的实际电压应小于12.3VC．电压表V1的内阻大于V2的内阻D．电压表V1的内阻小于V2的内阻考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：本题的关键是明确电压表不是抱负电表，依据欧姆定律和串并联规律不能得出接入电压表后电路两端的电压小于没接入电压表时电路两端的实际电压，即电压表内阻越大电压表的示数越接近电路两端的实际电压．解答：解：由于电压表不是抱负电表（内阻不是无穷大），当a、b两端接入电压表后，电阻R与电压表的并联电阻小于电阻R，依据欧姆定律和串并联规律可知，电阻R与电压表的并联总电压小于电阻R的实际电压，即a、b 两端实际电压将大于电压表的示数，当然大于电压表的示数，所以A正确B错误．依据欧姆定律可知，若电压表的内阻越大，电压表与R的并联电阻就越大，电压表的示数也越大，即电压表的内阻大于电压的内阻，所以C正确D错误．故选AC．点评：应牢记若电压表不是抱负电表时，电压表的示数总小于电路两端的实际电压，电压表的内阻越大，电压表示数越接近实际电压．11．（2分）（2021秋•武侯区校级期中）如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（）A．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置下降B．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C．电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D．电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：粒子在电场中加速时，滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小．同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，转变偏转的位移大小．解答：解：由题意知电子在加速电场中加速运动，电子获得的速度，电子进入偏转电场后做类平抛运动，电子在沿极板方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间：，在平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度，电子在电场方向偏转的位移，又∵偏转电场方向向下，∴电子在偏转电场里向上偏转．A、B：滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以电子获得的速度v 增加，故电子偏转位移变小，由于电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故A正确，B错误；C、D：偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又由于电子获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a 增大电子打在屏上的速度，由于加速度a变大时间不变，故电子打在屏上的速度增大，所以C错误，D正确．故选：AD点评：电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系，电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所打算，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同打算．娴熟用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题．12．（2分）（2022•武汉校级模拟）如图1，A板的电势U A=0，B板的电势U B随时间的变化规律如图2所示．电子只受电场力的作用，且初速度为零，则（）A．若电子在t=0时刻进入的，它将始终向B板运动B．若电子在t=0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在B板上C．若电子在t=时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在B板上D．若电子是在t=时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：依据电子在电场力作用下，结合牛顿其次定律与运动学公式的关系，从而可确定不同时刻电子的运动状况，即可求解．解答：解：A、若电子在t=0时刻进入的，它将在电场力作用下，先加速向B运动，后减速向B运动，接着加速向B运动，后减速向B运动，因此它始终向B板运动，直到到达B板，故A正确，B错误；C、若电子在t=时刻进入的，从到它先向B 板加速运动，后减速运动，当到，电子回头运动，当到又向B运动，这样时而向B板运动，时而向A板运动，最终打到B板上，故C正确；D、同理，若电子是在t=T/4时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动，故D正确；故选ACD点评：考查粒子在电场力作用下，依据运动与受力来确定运动的状况，把握牛顿其次定律与运动学公式的应用，留意粒子从不同时刻进入电场，发生的运动状况不同．三、试验题（本题共4小题，共20分）13．（4分）（2022秋•金山区校级期中）请依据（a）图中的电路图完成（b）图中的实物图连接，若图中电流表为抱负电表，电源的电压恒为U，则用电器R0两端的电压U0的变化范围是0≤U≤U0（请用不等式表示）．考点：伏安法测电阻．专题：试验题；恒定电流专题．分析：依据图a所示电路图连接实物电路图；依据电路结构、应用串并联电路特点求电压变化范围．解答：解：由图a所示电路图可知，滑动变阻器接受分压接法，依据电路图连接实物电路图如图所示；由电路图可知，当滑片在最左端时，用电器R0两端的电压U0=U，当滑片在最右端时，用电器R0两端的电压U0′=0，则用电器R0两端的电压U0的变化范围是0≤U≤U0；故答案为：实物电路图如图所示；0≤U≤U0．点评：本题考查了实物电路图的连接、求电阻两端电压变化范围，分析清楚电路结构是正确连接实物电路图的前提与关键；滑动变阻器接受分压接法时，电压可以从零开头变化．14．（4分）（2021秋•武侯区校级期中）用多用电表欧姆档测电阻时，下列说法正确的是（）A．测量前必需进行欧姆档调零，且每次变换测量档位后都要重新调零B．测量电路中的电阻时，可以不将待测电阻与电源断开C．多用电表使用完毕，应将选择开关旋到欧姆档“×1”档D．多用电表使用完毕，应将选择开关旋到“OFF”或沟通电压最高档考点：用多用电表测电阻．专题：试验题；恒定电流专题．分析：每选定一次欧姆档位后电路发生转变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置．解答：解：A、运用欧姆表测量电阻时，测量前必需欧姆调零，且每次在换挡后要重新调零．A正确．B、测量电路中的电阻时，由于多用电表内部电源被接通，要将待测电阻与外部电源断开，故B错误．C、多用电表使用完毕，应将选择开关旋到“OFF”或沟通电压最高挡，故C错误，D正确．故选：AD．点评：本题考查了欧姆表的使用方法，特殊留意是每次换挡都要重新调零．15．（2分）（2021秋•武侯区校级期中）某同学用多用电表按正确步骤测量，如图所示为多用表在测量时指针在刻度盘上停留的位置，若选择旋钮在：①“×1kΩ”位置，则测量值为32k Ω；②直流“10V”位置，则测量值为 4.4V；③直流“50mA”位置，则测量值为22mA．考点：用多用电表测电阻．专题：试验题；恒定电流专题．分析：依据选择开关位置确定多用电表测量的两及量程，然后依据多用电表表盘确定其分度值，读出其示数．解答：解：①“×1kΩ”位置，多用电表测电阻，测量值为32×1kΩ=32kΩ；②直流“10V”位置，多用电表测直流电压，量程为10V，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，测量值为4.4V；③直流“50mA”位置，多用电表测直流电流，量程为50mA，由图示表盘可知，其分度值为1mA，测量值为22mA；故答案为：①32kΩ；②4.4V；③22mA．点评：本题考查了多用电表的读数，对多用电表读数时，要依据选择开关的位置确定电表所测量的量与电表的量程（或倍率），然后依据表盘确定其分度值，依据指针位置读出其示数，读数时视线要与电表刻度线垂直．16．（8分）（2021秋•武侯区校级期中）在测定一节干电池的电动势和内电阻的试验中，备有下列器材：A．干电池E（电动势约为1.5V、内电阻大约为1.0Ω）B．电流表A1（满偏电流2mA、内阻R A1=20Ω）C．电流表A2（0～0.6A、内阻约0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～10Ω、2A）E．滑动变阻器R2（0～100Ω、1A）F．定值电阻R3=980ΩG．开关S、导线若干（1）为了便利且能较精确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是R1（填“R1”或“R2”）（2）四位同学分别设计了甲、乙、丙、丁四个试验电路图，其中最合理的是乙．（3）四位同学争辩后，依据最合理的试验方案正确操作，利用测出的数据绘出了如图1所示的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数）．由图线可求得被测电池的电动势E= 1.46V （结果保留三位有效数字）．内电阻r=0.84Ω（结果保留两位有效数字）．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：试验题；恒定电流专题．分析：（1）为便利试验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）依据所给试验器材与伏安法测电源电动势与内阻的原理选择试验器材．（3）依据试验电路求出图象的函数表达式，然后依据图象求出电源电动势与内阻．解答：解：（1）为便利试验操作，滑动变阻器应选择R1．（2）没有电压表，应当用电流表A1与电阻R3串联组成电压表，电压表测路端电压，用电流表A2测电路电流，由电路图可知，合理的试验电路图是乙．（3）由图乙所示试验电路可知，在闭合电路中：E=I1（R A1+R3）+I2r，I1=﹣I2，由图象可知，图象的截距：b=1.46×10﹣3===，则电源电动势E=1.46V；图象斜率：k====≈0.84，电源内阻r=0.84Ω；故答案为：（1）R1；（2）乙；（3）1.46；0.84．点评：在应用图象法处理试验数据求电源电动势与内阻时，要依据试验电路与试验原理求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻．四、计算题（本题共4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必需明确写出数值和单位）17．（12分）（2021秋•武侯区校级期中）一太阳能电池板，测得其开路电压为800mV，短路电流为40mA．若该电池板与阻值为20Ω的电灯泡组成一个闭合电路，则它的内阻、路端电压分别是多少？电源效率是多少？考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再依据欧姆定律求出电流和路端电压．解答：解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则电动势E=800mV由闭合电路欧姆定律得短路电流I短=则电源内阻r==20Ω该电源与20Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I==20mA故路端电压U=IR=400mV=0.4V，电源的效率η==50%答：电源的内阻20欧姆，路端电压0.4V，电源效率50%．点评：对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势．18．（12分）（2021秋•邵阳县校级期中）如图所示，一质量为m=1.0×10﹣2kg，带电量为q=1.0×10﹣6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成45°角．小球在运动过程电量保持不变，重力加速度g=10m/s2．结果保留2位有效数字．（1）画出小球受力图并推断小球带何种电荷（2）求电场强度E（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过0.5s时小球的速度v．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）首先对小球受力分析，依据平衡条件可得小球受到的电场力方向向左，即可推断出小球的电性．（2）小球处于静止状态，由平衡条件和电场力公式F=qE结合求出电场强度E的值．（3）剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，依据牛顿其次定律和运动学公式即可求解0.5s时小球的速度v．解答：解：（1）小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力T，受力图如图．由于电场力向左，与场强方向相反，故小球带负电．（2）小球所受的电场力F=qE由平衡条件得：F=mgtanθ解得电场强度：E==N/C=1.0×105N/C．（3）剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，经过0.5s时小球的速度为v．小球所受合外力F合=由牛顿其次定律有F合=ma，则得：a=又运动学公式v=at解得小球的速度：v=t=10××0.5m/s=7.1m/s速度方向为与竖直方向夹角为45°，斜向下．答：（1）小球受力图见上，小球带负电．（2）电场强度E为1.0×105N/C．。
四川省成都七中实验学校2014-2021学年高一上学期期中考试物理试题word版含答案
四川省成都七中试验学校2022-2021学年高一上学期期中考试物理试题4.下列有关于运动学方面的说法中正确的是( )A．匀速直线运动就是速度大小不变的运动B．加速度反映速度增加的大小C．由于所争辩的问题不同，同一物体有时可以看作质点，有时不行以看作质点D．位移和路程是两个不同的物理量，物体在同一运动过程中的路程和位移大小肯定不等5.如图所示在同始终线上同一起点运动的甲、乙两物体的v-t图象,则由图象可知（）A.它们速度方向相同,加速度方向相反B.它们速度方向、加速度方向均相反C.在t1时刻它们相遇D.在0~t1时间内它们的位移相同6．足球以1.0m/s的速度水平飞向墙壁，遇到墙壁经0.1s后以0.8m/s的速度沿同始终线反弹回，足球在与墙壁碰撞的过程中的平均加速度为( )A、2 m/s2,方向垂直墙壁向里B、2 m/s2,方向垂直墙壁向外C、18 m/s2,方向垂直墙壁向里D、18 m/s2,方向垂直墙壁向外（7—12题为不定项选择题，其中多选，错选都不得分，漏选得2分）7.汽车从静止开头以加速度a做匀加速直线运动。
当速度达到v后马上以大小为a的加速度做匀减速直线运动，直到静止。
在整个加速阶段和整个减速过程中，下列物理量不相同的是（）A．位移B．时间C．加速度D．平均速度8.一物体A从地面以V0=30m/s初速度竖直向上抛出，同时从离地面高为H的位置让B物体做自由落体运动，为了保证让A物体在上升过程中与B物体相遇，则H的高度应当为（）A.H<90mB.H>180mC.H>90mD.90m<H<180m9.如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18m。
该车加速时最大时速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2。
此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有( )A．假如马上做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车肯定不能通过停车线B．假如马上做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车不行能通过停车线C．假如马上做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车肯定超速D．假如距停车线10m处减速，汽车肯定不能停在停车线以内10.某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的试验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起，挂上砝码后测出弹簧伸长后的长度L，把(L－L0)作为弹簧的伸长量x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最终画出的图线可能是图象中的( )11.水平的皮带传输装置如右下图所示，皮带的速度保持不变，物体被轻轻地放在A 端皮带上，开头时物体在皮带上滑动，当它到达位置C 后滑动停止，以后就随皮带一起匀速运动，直至传送到目的地B 端，在传输过程中，该物体受摩擦力状况是（）A.在AC 段受水平向左的滑动摩擦力B.在AC 段受水平向右的滑动摩擦力C.在CB 段不受摩擦力D.在CB 段受水平向右的静摩擦力12.如右图所示，小球沿足够长的斜面对上做匀减速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e.已知ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为v b、v c，则() A．v b＝4 m/s B．v c＝3 m/sC．从d到e所用时间为4 s D．de＝3 m二．试验题（12分）13.打点计时器使用的电为（选填沟通或直流）电，打点的时间间隔为0.02s。
四川省成都七中实验学校2021-2022学年高二上学期期中物理试题(文) Word版含解析
2021-2022学年四川省成都七中试验学校高二（上）期中物理试卷（文）一、单项选择题（每小题5分）1．关于摩擦起电，下列说法中正确的是（）A．摩擦起电是由于在摩擦过程中有新的电荷产生B．摩擦起电的两个物体肯定带有等量同种电荷C．在摩擦起电现象中一般是正电荷从一个物体转移到另一个物体D．物体由于摩擦而带正电，是由于在摩擦过程中一部分负电荷消逝了2．以下推断轻质小球是否带电的说法中正确的是（）A．用一个带电体靠近它，假如能够吸引小球，则小球肯定带电B．用一个带电体靠近它，假如能够排斥小球，则小球肯定带电C．用验电器的金属球接触它后，假如验电器的金属箔能转变角度，则小球肯定带电D．若是小球不显电性，是由于本身小球就没有电荷3．如图所示，绝缘的细线上端固定，下端悬挂一个轻质小球a，a的表面镀有铝膜，在a的近旁有一绝缘金属球b，开头时，a、b都不带电，如图，现使b带电则（）A．a、b间不发生相互作用B．b将吸引a，吸住后不放开C．b马上把a排斥开D．b先吸引a，接触后又把a排斥开4．一带负电绝缘金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发觉该小球上净电荷几乎不存在了，这说明（）A．小球上原有负电荷渐渐消逝了B．在此现象中，电荷不守恒C．小球上负电荷削减的主要缘由是潮湿的空气将电子导走了D．该现象是由于电子的转移引起的，不遵循电荷守恒定律5．下列关于点电荷的说法，正确的是（）A．只有体积很大的带电体才能看成点电荷B．体积很大的带电体肯定不能看成点电荷C．体积小的带电体肯定是点电荷D．当两个带电体的大小及外形对它们之间的相互作用力的影响可以忽视时，这两个带电体才可以看成点电荷6．库仑定律的适用范围是（）A．真空中两个相距很近的带电球体间的相互作用B．真空中任意带电体间的相互作用C．真空中两个点电荷间的相互作用D．真空中两个带电体的大小远大于它们之间的距离，则可应用库仑定律7．两个点电荷相距r时相互作用为F，则（）A ．电荷量不变距离加倍时，作用力变为B．其中一个电荷的电荷量和两电荷间距离都减半时，作用力为4FC．每个电荷的电荷量和两电荷间距离都减半时，作用力为4FD．每个电荷的电荷量和两电荷间距离都增加相同倍数时，作用力不变8．下列说法中不正确的是（）A．只要有电荷存在，电荷四周就肯定存在电场B．电场是一种物质，它与其他物质一样，是不依靠我们的感觉而客观存在的东西C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的特征是对处在它里面的电荷有力的作用D．电场线是客观存在的9．关于电场线的以下说法中，正确的是（）A．电场线是闭合曲线B．沿电场线的方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方同一摸索电荷所受的电场力就越大D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小肯定不变10．如图所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是（）A．这个电场可能是负点电荷的电场B．点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大C．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小（不计重力）D．负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向二、作图11．（30分）（2021秋•成都校级期中）请画出以下电场的电场线分布三、计算题（每小题10分）12．（10分）（2022秋•曲靖校级期末）如图所示，放在光滑绝缘水平面上的两个小球，相距0.18m，已知Q1电量为+1.8×10﹣12C，此时两个点电荷间的静电斥力F=1.0×10﹣12N，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2．求：①Q2带正电还是带负电，所带的电量是多少？②当它们的距离为0.36m时，它们之间的静电力是多大？13．（10分）（2021秋•成都校级期中）场源电荷Q=2×10﹣4C，是正点电荷；摸索电荷q=﹣2×10﹣5C，是负点电荷，它们相距r=2m时而静止，且都在真空中，如图所示，求：（1）q受的电场力（2）q所在的B点的场强E（3）只将q换为q′=4×10﹣5C的正点电荷，再求q´受力及B点的场强．2021-2022学年四川省成都七中试验学校高二（上）期中物理试卷（文）参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题5分）1．关于摩擦起电，下列说法中正确的是（）A．摩擦起电是由于在摩擦过程中有新的电荷产生B．摩擦起电的两个物体肯定带有等量同种电荷C．在摩擦起电现象中一般是正电荷从一个物体转移到另一个物体D．物体由于摩擦而带正电，是由于在摩擦过程中一部分负电荷消逝了【考点】电荷守恒定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有制造电荷，也没有电荷消逝，遵循电荷守恒定律．【解答】解：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，所以摩擦起电的两个物体肯定带有等量同种电荷，并没有产生新的电荷，也没有电荷消逝，故B正确，ACD错误．故选：B【点评】摩擦起电的实质都电子发生了转移，并不是电荷产生或消逝了，难度不大，属于基础题．2．以下推断轻质小球是否带电的说法中正确的是（）A．用一个带电体靠近它，假如能够吸引小球，则小球肯定带电B．用一个带电体靠近它，假如能够排斥小球，则小球肯定带电C．用验电器的金属球接触它后，假如验电器的金属箔能转变角度，则小球肯定带电D．若是小球不显电性，是由于本身小球就没有电荷【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】利用电荷间的作用规律分析即可，但应留意的是：若两小球相斥，则表明其肯定都带电，且带的是同种电荷；若两小球相吸，则有两种可能，即可能都带电，且是异种电荷，也可能一个带电，另一个不带电．【解答】解：A、用一个带电体靠近它，假如能够吸引小球，小球可以不带电，故A错误；B、用一个带电体靠近它，假如能够排斥小球，则小球肯定带电，故B正确；C、用验电器的金属球接触它后，假如验电器的金属箔角度变化，小球可能不带电，故C错误；D、若是小球不显电性，是由于本身小球就没有多余电荷，故D错误；故选：B．【点评】此题很简洁漏掉了带电体具有吸引轻小物体的性质的这种状况，并分清感应带电与接触起电的区分，理解带电本质是电荷的转移．3．如图所示，绝缘的细线上端固定，下端悬挂一个轻质小球a，a的表面镀有铝膜，在a的近旁有一绝缘金属球b，开头时，a、b都不带电，如图，现使b带电则（）A．a、b间不发生相互作用B．b将吸引a，吸住后不放开C．b马上把a排斥开D．b先吸引a，接触后又把a排斥开【考点】库仑定律；电荷守恒定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】带电物体能够吸引轻小物体，a与b接触后，a球与b球带上了同种电荷，相互排斥而分开．【解答】解：带电物体能够吸引轻小物体，故b会将a球吸引过来，a与b接触后，带同种电荷而分开；故选D．【点评】本题关键是带电物体能够吸引轻小物体，接触后，带同种电荷，又由于带同种电荷而分开．4．一带负电绝缘金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发觉该小球上净电荷几乎不存在了，这说明（）A．小球上原有负电荷渐渐消逝了B．在此现象中，电荷不守恒C．小球上负电荷削减的主要缘由是潮湿的空气将电子导走了D．该现象是由于电子的转移引起的，不遵循电荷守恒定律【考点】电荷守恒定律．【分析】电荷守恒定律：电荷既不能被制造，也不能被毁灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变．【解答】解：A、依据电荷守恒定律，电荷不能毁灭，也不能创生，只会发生转移．故A错误．B、此过程中电荷仍旧守恒，电荷没有消逝，只是被潮湿的空气导走而已，仍旧遵循电荷守恒定律．故B错误．C、金属小球上的负电荷削减是由于潮湿的空气将电子导走了．故C正确．D、该现象是潮湿的空气将电子导走了，是电子的转移引起，仍遵守电荷守恒定律．故D错误．故选：C．【点评】通常起电的方式有摩擦起电、接触起电、感应起电，都是电荷的转移，在转移过程中电荷的总量保持不变．5．下列关于点电荷的说法，正确的是（）A．只有体积很大的带电体才能看成点电荷B．体积很大的带电体肯定不能看成点电荷C．体积小的带电体肯定是点电荷D．当两个带电体的大小及外形对它们之间的相互作用力的影响可以忽视时，这两个带电体才可以看成点电荷【考点】元电荷、点电荷．【分析】当电荷的外形、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽视，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，依据点电荷的条件分析可以得出结论．【解答】解：带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的外形及大小对它们间相互作用力的影响可忽视时，这个带电体可看作点电荷，是由争辩问题的性质打算，与自身大小外形无具体关系．故ABC错误、D正确．故选：D．【点评】本题考查了带电体看作点电荷的条件及其特点．要知道点电荷的电荷量不肯定很小，点电荷是抱负模型，实际不存在的．6．库仑定律的适用范围是（）A．真空中两个相距很近的带电球体间的相互作用B．真空中任意带电体间的相互作用C．真空中两个点电荷间的相互作用D．真空中两个带电体的大小远大于它们之间的距离，则可应用库仑定律【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】库仑定律是关于真空中两点电荷间相互作用的规律，适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用．【解答】解：ABC、库仑定律的内容是：真空中两点电荷间的作用力与两点电荷的电荷量的乘积成正比，与它们间距离平方成反比，作用力在它们的连线上，可见，库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用，故AB错误，C正确；D、当真空中两个带电体的大小远大于它们之间的距离，则可应用库仑定律，故D正确．故选：CD．【点评】物理规律往往有肯定的适用范围，要在理解的基础上加强记忆．留意点电荷的条件的理解，及库仑定律适用条件．7．两个点电荷相距r时相互作用为F，则（）A ．电荷量不变距离加倍时，作用力变为B．其中一个电荷的电荷量和两电荷间距离都减半时，作用力为4FC．每个电荷的电荷量和两电荷间距离都减半时，作用力为4FD．每个电荷的电荷量和两电荷间距离都增加相同倍数时，作用力不变【考点】库仑定律．【分析】由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则依据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．【解答】解：A、真空中两个电荷量均为Q的点电荷，相距为r时的相互作用静电力大小为F，依据库仑定律，有：F=k若将这两个点电荷间的距离加倍时，变为2r，则他们之间的静电力大小变为：F′=k故：F′=，所以A错误；B、其中一个电荷的电荷量和两电荷间距离都减半时，他们之间的静电力大小变为：F′=k=2F，所以B错误；C、每个电荷的电荷量和两电荷间距离都减半时，F′=k=F，所以C错误；D、每个电荷的电荷量和两电荷间距离都增加相同倍数时，F′=k=F，所以D正确；故选：D．【点评】本题关键是依据库仑定律直接列式求解，基础题．在利用库仑定律解题时，要留意库仑定律的使用条件．8．下列说法中不正确的是（）A．只要有电荷存在，电荷四周就肯定存在电场B．电场是一种物质，它与其他物质一样，是不依靠我们的感觉而客观存在的东西C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的特征是对处在它里面的电荷有力的作用D．电场线是客观存在的【考点】电场线；电场．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】带电体四周存在着一种特殊物质，这种物质叫电场，其基本性质是对放入电荷有电场力的作用，而电荷间的相互作用就是通过电场发生的．【解答】解：A、带电体四周存在着一种特殊物质，只要有电荷存在，电荷四周就肯定存在电场，故A正确；B、电场是一种物质，只要有电荷存在，电荷四周就肯定存在电场，是不依靠我们的感觉而客观存在的，故B 正确；C、电场的最基本性质是对放入电荷有电场力的作用，故C正确；D、电场线是假想的曲线，不是客观存在，故D错误．本题选不正确的，故选：D【点评】电场是特殊形态的物质，看不见，摸不着，但又是客观存在的物质，电荷四周就存在电场，已被大量试验证明．9．关于电场线的以下说法中，正确的是（）A．电场线是闭合曲线B．沿电场线的方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方同一摸索电荷所受的电场力就越大D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小肯定不变【考点】电场线．【分析】电场线是不闭合的曲线．电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．【解答】解：A、电场线从正电荷或无穷远动身到负电荷或无穷远终止，故电场线是不闭合的曲线，故A错误．B、沿电场线的方向，电场线不肯定越来越疏，则电场强度不肯定越来越小，故B错误．C、电场线越密的地方场强越大，由F=qE知同一摸索电荷所受的电场力越大，故C正确．D、顺着电场线移动电荷，电场线的疏密状况未知，则电荷受电场力大小不肯定不变，故D错误．故选：C【点评】电场线虽然不实际存在，但可形象描述电场的大小与方向分布．电场线是从正电荷动身，终至于负电荷．同时电场线不相交，静电场的电场线也不闭合．10．如图所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是（）A．这个电场可能是负点电荷的电场B．点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大C．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小（不计重力）D．负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向【考点】电场线；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，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．电场力F=qE，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大．【解答】解：A、孤立的负点电荷形成的电场电场线是会聚型的射线，则知这个电场不行能是孤立的负点电荷形成的电场，所以A错误；B、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E A＞E B，依据F=qE=ma知B正确C 错误；D、电场线的切线方向为该点场强的方向，由F=qE知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，D错误．故选B【点评】本题关键要理解并把握点电荷、匀强电场的电场线的分布状况，理解电场线的物理意义，就能轻松选择．二、作图11．（30分）（2021秋•成都校级期中）请画出以下电场的电场线分布【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】解决本题要依据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远动身，终止于无限远或负电荷，不闭合，不相交．【解答】解：依据各类电场线的特点，画出以下电场的电场线分布如图．答：如图【点评】本题考察了关于常见的电场线的基础学问，常见的电场线是特点是处于电场线问题的关键，要牢记．三、计算题（每小题10分）12．（10分）（2022秋•曲靖校级期末）如图所示，放在光滑绝缘水平面上的两个小球，相距0.18m，已知Q1电量为+1.8×10﹣12C，此时两个点电荷间的静电斥力F=1.0×10﹣12N，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2．求：①Q2带正电还是带负电，所带的电量是多少？②当它们的距离为0.36m时，它们之间的静电力是多大？【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】依据“同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引”推断带电的性质．依据库仑定律F=计算小球的带电量和静电力．【解答】解：（1）两个小球之间是静电斥力，则两球带同种电荷，由于一小球带正电，故另一球Q2也带正电；依据库仑定律有：F=，则有：C=2×10﹣12C（2）由F==9.0×109×N=2.5×10﹣13N答：（1）Q2小球带正电；小球所带的电量大小为2×10﹣12C；（2）当它们的距离为0.36m时，则它们之间的静电力大小为2.5×10﹣13N．【点评】本题要知道“同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引”，记得库仑定律的公式，理解公式中各个量的含义．13．（10分）（2021秋•成都校级期中）场源电荷Q=2×10﹣4C，是正点电荷；摸索电荷q=﹣2×10﹣5C，是负点电荷，它们相距r=2m时而静止，且都在真空中，如图所示，求：（1）q受的电场力（2）q所在的B点的场强E（3）只将q换为q′=4×10﹣5C的正点电荷，再求q´受力及B点的场强．【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）依据库仑定律求出q所受的电场力．（2）结合电场强度的定义式求出B点的场强E．（3）场强的大小与放入电场中电荷无关．由F=qE求解电场力大小．【解答】解：（1）依据库仑定律得，q所受的电场力F=k=9.0×109×N=9N．（2）依据电场强度的定义式知，B点的场强E===4.5×105N/C．（3）只将q换为q′=4×10﹣5C的正点电荷，B点的电场强度不变，仍旧为4.5×105N/C．q′所受的电场力大小F′=q′E=2F=18N．答：（1）q受的电场力为9N．（2）q所在的B点的场强E B为4.5×105N/C．（3）只将q换为4×10﹣5C的正点电荷，电场力为18N，B点的场强为4.5×105N/C．【点评】解决本题的关键把握库仑定律和电场强度的定义式，知道场强的大小由电场本身性质打算，与放入电场中的检验电荷无关．。
四川省成都七中2015-2016学年高二上学期段考物理试卷(10月份) 带解析
2015-2016学年四川省成都七中高二（上）段考物理试卷（10月份）一、不定项选择题（共7小题，每小题6分，选对不全得3分）1．关于静电场，下列结论普遍成立的是( )A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功一定为零考点：电场．专题：电场力与电势的性质专题．分析：场强与电势没有直接关系．在匀强电场中场强与电势差的关系为：U=Ed．场强方向都指向电势降低最快的方向．电场力做功为W=qU，U是电势差．由这些知识分析即可．解答：解：A、电场强度与电势没有直接的关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故A错误．B、由U=Ed知电场中任意两点之间的电势差与这两点间的场强和沿场强方向的距离均有关．故B错误．C、在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向，故C正确．D、场强均为零的两点间电势差不一定为零，由电场力做功公式W=qU知，将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功不一定为零，故D错误．故选：C．点评：对于电势与场强的大小关系：两者没有关系，可根据电势高低看电场线的方向，场强大小看电场线疏密来理解．电场力做功与电势差有直接关系，而与场强没有直接关系．2．如图是表示在同一点电荷电场中a，b，c，d四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是( )A．这个电场是匀强电场B．a，b，c，d四点的场强大小关系是E a＞E b＞E c＞E dC．a、b、c，d四点的场强方向相同D．a，b，c，d四点一定在同一直线上考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由电荷在电场力中受到的电场力F=Eq可知，F﹣q图象的斜率大小等于场强的大小．直线的斜率越大，场强越大．矢量的正负表示矢量的方向．根据斜率的正负判断场强的方向是否相同．解答：解：A、B、由F﹣q图象的斜率大小等于场强的大小得知，四点的场强大小关系是E a＞E c＞E b＞E d．所以此电场是非匀强电场．故AB错误C、由F﹣q图象的斜率正负反映场强的方向得知，a、b、d三条直线的斜率均为正值，说明三点的场强方向均为正方向，方向相同，而c图线的斜率是负值，说明c点的场强方向为负方向．故C错误；D、因力分别沿正方向和反方向，则说明四点一定在同一直线上；故D正确；故选：D点评：本题抓住图线斜率的物理意义是关键，寻找到物理公式与数学图象之间的关系是基本能力；要注意明确F﹣t图象中F只有正反两个方向，故这些点只能在同一直线上．3．如图所示，a、b分别是带电体A周围的两点，下列说法正确的是( )A．若把一点电荷从a点沿不同路径移到b点，则电场力做功相等，电势能的变化也相等B．虽然a点位置没有电荷q，但电场所具有的电势能客观存在C．虽然a点位置没有电荷q，但该点电势客观存在，并且大小也是确定的D．若a点的电势高于b点电势，则某一点电荷放在口处时电势能一定大于放在b处时电势能考点：电势能．分析：在电场中，某点的电荷所具的电势能跟它的所带的电荷量之比是一个常数，它是一个与电荷本身无关的物理量，它与电荷存在与否无关，是由电场本身的性质决定的物理量．解答：解：A、电势能的变化量等于克服电场力做的功，电场力做的功与路径无关，故若把一点电荷从a点沿不同的路径移到b点，则电场力做功相等，电势能变化也相等，A正确；B、电势能E p=qφ，故在该点所具有的电势能与试探电荷的电荷量有关，B错误；C、虽然a点位置没有试探电荷q，但该点电势是客观存在的，并且大小也是唯一确定的，C 正确；D、若a点的电势高于b点的电势，E p=qφ，若q为负电荷，则点电荷放在a点的电势能小于放在b点处的电势能，D错误；故选：AC．点评：电势也是只有大小，没有方向，也是标量．和地势一样，电势也具有相对意义，在具体应用中，常取标准位置的电势能为零，所以标准位置的电势也为零．4．A、B两个点电荷在真空中产生电场的电场线（方向未标出）如图所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．下列说法中正确的是( )A．这两个点电荷一定是等量同种电荷B．这两个点电荷一定是等量异种电荷C．把某正点电荷q从C点移到D点，电场力做正功D．D点的电场强度可能比C点的电场强度大考点：电场线；电势．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止．在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断场强的大小．解答：解：AB、根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止，可知A、B是一定两个等量异种电荷．故A错误，B正确；C、由图可知，CD两点电势相等，正点电荷q从C点移到D点，电场力不做功，故C错误；D、根据电场线的疏密可知，D点的电场强度比C点电场强度小，故D错误，故选：B．点评：常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．5．如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极接地．一带负电的油滴位于容器中的P 点且处于静止状态．现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则( )A．带电油滴将竖直向下运动B．带电油滴的机械能将增加C．P点的电势将升高D．通过灵敏电流计有从b往a的电流考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：根据平行板电容器的电容决定式C=，分析电容的变化情况，抓住电容器的电压不变，由E=分析板间场强的变化情况，由C=分析电容器所带电量的变化，即可判断电路中电流方向．根据P点与上极板间电势差的变化，判断P点电势的变化．解答：解：A、将下极板竖直向下缓慢移动时，d增大，电容减小；电容器的电压U不变；故Q=UC可知电量减小；由E=分析得知，板间场强减小，则油滴所受电场力减小，油滴将沿竖直向下运动．故A正确．B、C，P点到上极板的距离不变，而E减小，由U=Ed知，P点与上极板间电势差减小，P点的电势小于零，则P点的电势升高，由于油滴带负电，因向下运动，电场力做负功，则带电油滴的电势能将增加，则机械能减小．故B错误，C正确．D、因电量减小，故电容器放电，由电流计中由a到b的电流；故D错误；故选：AC．点评：本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由C=，C=和E=结合进行分析．6．电荷量q=1×10﹣4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示．重力加速度g=10m/s2．则( )A．物块在4s内位移是8mB．物块的质量是1kgC．物块与水平面间动摩擦因数是0.4D．物块在4s内电势能减少了14J考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据v﹣t图象的“面积”求位移．前2s内物块做匀加速直线运动，2s后物块做匀速运动，处于平衡状态，分别使用牛顿第二定律和物体的平衡条件即可解出质量；匀速运动时电场力与滑动摩擦力平衡；物体电势能的该变量等于电场力做的功．解答：解：A、物块在4s内位移为：x=×2×（2+4）m=6m，故A错误．BC、由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：qE1﹣μmg=ma，由图线知加速度为：a=1m/s21s后物块做匀速运动，由平衡条件有：qE2=μmg联立解得：q（E1﹣E2）=ma由图可得：E1=3×104N/C，E2=2×104N/C，代入数据解得：m=1kg由qE2=μmg可得：μ=0.2，故B正确，C错误．D、物块在前2s的位移 S1=×2×2m=2m物块在第2s的位移为 S2=vt2=4m电场力做正功 W=qE1S1+qE2S2=3×2+2×4=14J则电势能减少了14J，故D正确．故选：BD．点评：能根据题目提供的E﹣t图和v﹣t图得到相关的信息是解题的关键．明确v﹣t图象的斜率等于加速度，“面积”大小等于位移．7．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t=0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为V0，t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则( )A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B．在t=时刻，该粒子的速度大小为2V0C．若该粒子在时刻以速度V0进入电场，则粒子会打在板上D．若该粒子的入射速度变为2V0，则该粒子仍在t=T时刻射出电场考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：将粒子的运动分解垂直电场方向和沿电场方向，结合竖直方向上的运动规律，通过平行四边形定则分析判断．解答：解：A、粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向．故A正确．B、在t=时刻，粒子在水平方向上的分速度为v0，因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，则有：，解得v y=2v0，根据平行四边形定则知，粒子的速度为v=，故B错误．C、若该粒子在时刻以速度V0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的方向相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上．故C错误．D、若该粒子的入射速度变为2V0，则粒子射出电场的时间t=，故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握处理带电粒子在电场中偏转的方法，知道粒子的两个分运动的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解．二．实验题（共2小题，每空3分，共18分，本题须将答案填写在答题卷上相应位置）8．某研究性学习小组在探究电荷间的相互作用与哪些因素有关时，设计了以下实验：（1）该组同学首先将一个带正电的球体A固定在水平绝缘支座上．把系在绝缘细线上的带正电的小球B（图1中未画出）先后挂在图中P1、P2、P3位置，比较小球在不同位置所受带电体的作用力的大小．同学们根据力学知识分析得出细线偏离竖直方向的角度越小，小球B 所受带电球体A的作用力越小（填“越大”或“越小”或“不变”），实验发现小球B在位置P l细线偏离竖直方向的角度最大（填“P l或P2或P3”）（2）接着该组同学使小球处于同一位置，增大或减少小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化．如图（2），悬挂在P，点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B．在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A．当A球到达悬点P，的正下方并与B在同一水平线上B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ．若两次实验中A的电量分别为q l和q2，θ分别为45°和30°，则为1：2或：6．考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．分析：（1）同种电荷相互排斥，A处固定，带电的小球挂在丝线上，通过图中细线偏转的角度，可以判断带电小球带有正电荷，偏转角度越大，受到的磁力作用越大．（2）小球A受力平衡，在两种情况下，对小球A受力分析，根据受力平衡的条件列方程既可以求得q1和q2的关系．解答：解：（1）小球远离带正电的A球，说明细线悬挂的小球带正电，悬挂的小球离带正电的A球越远，受到的作用力越小，同种电荷越近排斥作用越强，所以，电荷之间的相互作用跟距离有关．（2）A球电量不变，设为q0．两种情况下A球均受三个力作用下平衡．库仑力F=k．A球质量设为m，对A球应用共点力平衡条件得 F=k=mgtanθ，两球之间的距离 r=Lsinθ，其中L为线长，r为两球球心之间的距离．由以上两式得到 q=tanθsin2θ所以==1：2．故答案为：（1）越小，P1 （2）1：2或：6．点评：掌握电荷间的作用，通过悬挂小球是靠近带正电的A球，还是远离靠近带正电的A 球，判断悬挂小球带什么电荷，这是本题的关键．根据库仑定律，找出两种情况下AB之间的库仑力的大小，就可以求得q1和q2的关系，本题主要还是考查对库仑定律的理解．9．用如图所示装置可以研究影响平等板电容器电容的因素，设两极板正对面积为S，两极板间的距离为d，板间电介质的介电常数为ɛ，静电计指针偏角为θ，实验中，极板所带电荷量不变，①若保持d，ɛ不变，减小S，则θ变大；②若保持S，ɛ不变，增大d，则θ变大；③若保持d，S不变，在板间插入介电常数ɛ更大的电介质，则θ变小．考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．解答：解：①根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大．②根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；③保持S、d均不变，插入电介质，电容C质大，因电量不变，则U减小，故偏角将减小；故答案为：①变大，②变大，③变小．点评：本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和C=．三．计算题（共3小题，50分，要求写出必要的解答过程和文字说明，仅写答案不给分）10．如图，在匀强电场中，一电荷量为q=﹣5.0×10﹣10C的负电荷由a点移到b点克服电场力做的功是3.0×10﹣8J，将该电荷由b点移动到c点与从b点移到无穷远处电场力做功相同，都是1.5×10﹣8J：己知a、b、c三点的连线组成直角三角形，ac=20cm，θ=30°．取无穷远处电势为零．求：（l）a、c两点间的电势差U ac；（2）该匀强电场的场强．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据U ac=求解a、c两点间的电势差．（2）根据电场力做功公式W=qEd，d为沿电场方向两点间的距离分析求解电场强度．或先求电势差，再根据公式E=求解E．解答：解：（1）a、c两点间的电势差 U ac=（2）ab两点的电势差 U ab==由于C点电势为零，故取ab的中点为d，连接cd为等势线，电场强度为 E=方向与ac成60°斜向右上答：（l）a、c两点间的电势差U ac为30V（2）该匀强电场的场强为300V/m，方向与ac成60°斜向右上点评：解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，再运用W=qU计算时，注意q的正负和U的正负都要代入计算，掌握匀强电场的场强公式E=注意d是沿电场线方向上的距离11．（16分）如图（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为U AB=1125V，板中央有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1=4×10﹣2m，板间距离d=4×10﹣3m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压u1，在t=0时刻，M板电势低于N板．已知电子质量为kg，电量为e=1.6×10﹣19C．（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？（2）打在荧光屏上的电子范围是多少？（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）电场力对电子做功，电子的动能增加；（2）打在荧光屏上的电子在y方向的位移是电场中的偏转与电场外y方向的运动两部分组成的，要分别计算出；（3）计算电子的动能要计算电子的合速度．解答：解：（1）电子经A、B两块金属板加速，有得（2）当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为Y1＜d，说明所有的电子都可以飞出M、N．此时电子在竖直方向的速度大小为电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为电子打在荧光屏P上的总偏移量为y=y1+y2=0.012m，方向竖直向下；y的计算方法Ⅱ：由三角形相似，有即解得y=0.012m（3）当u=22.5V时，电子飞出电场的动能最大，==1.82×10﹣16J答：（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度是2×107m/s（2）打在荧光屏上的电子范围是y=0.012m；（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是1.82×10﹣16J．点评：电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，是常见的问题，本题的难点是加速电压是周期性变化的，推导出偏转距离与两个电压的关系是关键，同时要挖掘隐含的临界状态．12．（19分）在动摩擦因数μ=0.2的粗糙绝缘足够长的水平滑漕中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图（槽两侧光滑）．A球的电荷量为+2q，B球的电荷量为﹣3q（均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）．现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP恰位于细杆的中垂线，MP和NQ 的距离为3L，匀强电场的场强大小为E=1.2mg/q，方向水平向右．释放带电系统，让A、B 从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）．求：（1）小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；（2）小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值．考点：功能关系；牛顿第二定律；电势能．分析：（1）B进入电场前的过程中，系统做匀加速运动，使用牛顿第二定律，先求出加速度，再求出运动的时间；（2）B进入电场后前的过程中，系统做匀减速运动，使用牛顿第二定律，先求出加速度，再求出运动的时间最后求出速度．也可以使用动能定理求解；（3）带电系统速度第一次为零，此时A已经到达右边界NQ外，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，据此列公式求出即可．解答：解：（1）带电系统开始运动后，先向右加速运动；当B进入电场区时，开始做减速运动．设B 进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq﹣μ2mg=2ma1即：a1=gB刚进入电场时，由：可得：（2）当A刚滑到右边界时，电场力对系统做功为：W1=2Eq•2L+（﹣3Eq•L）=EqL摩擦力对系统做功为：W2=﹣μ•2mg•2l=﹣0.8mgLW总=EqL﹣0.8mgL=0.4mgL 故A球从右端滑出．设B从静止到刚进入电场的速度为v 1，设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：2Eq﹣3Eq﹣2μmg=2ma2a2=﹣0.8g系统做匀减速运动，设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为v2；由：，可得：（3）当带电系统速度第一次为零，此时A已经到达右边界NQ外，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，设此时A离右边界NQ的距离为x由动能定理：2Eq•2L﹣3Eq×（L+x）﹣μ2mg（2L+x）=0可得：x=0.1L所以B电势能增加的最大值△W1=3Eq×1.1L=3.3EqL=3.96mgL答：（1）小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；（2）小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小；（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值3.96mgL．点评：该题情景新颖，针对同一过程的问题精致，要求我们需要对该过程减小细致的分析，才能找出正确的解题思路和方法．。
四川省成都市第七中学2023-2024学年高一上学期期中考试物理试题
成都七中 2023—2024学年度上期高2026届半期考试物理试卷考试时间:75 分钟 满分: 100分注意事项：答题前，用蓝色或黑色签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上的指定位置，并用2B 铅笔把准考证号对应的标号涂黑；选择题的作答：用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题的作答：用蓝色或黑色签字笔直接答在答题卡上对应的区域内。
一、选择题(16小题，每题只有一个选项符合题意，每题4分；710小题，每题有两个或两个以上的选项符合题意，选对得4分，选对不全得2分，选错或不选得0分，共40分)1.2023年10月27日，成都七中第44届田径运动会顺利开幕，运动员们拼搏奋进夺取佳绩，同学们在观看运动会的同时，也在思考运动中的物理，下列说法正确的是( )A. 塑胶跑道粗糙不平是为了增加运动员的静摩擦力B. 已知运动员 100米赛跑从静止加速到 10m/s 需要6s ，可算出它在起跑瞬间的加速度大小C. 实心球在空中下降的运动是自由落体运动D. 运动员跳高采取背越式比跨越式更容易取得好成绩，是因为背越式过杆时重心更低2. 如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P 连接，P 与斜放的固定挡板 MN 接触且处于静止状态，弹簧处于竖直方向，则斜面体P 此刻受到外力的个数可能为 ( )A. 2个或3个B. 2个或4个C.2 个或5个D. 3个或4个3.成都七中小胡同学的国庆假期物理选修作业——实验设计荣获一等奖，他用Phyphox 软件记录了电梯从静止开始运动的加速度a 与时间t 的图像，如图1所示，可以将该图像理想化如图2所示，以竖直向上为正方向，下列说法中错误的是( )A.t =8s,电梯的速度大小为0B. 根据图2可以求出电梯运动的最大速度C. 根据图2可以求出电梯在该过程中的位移大小D. 电梯是从高楼层下行至低楼层4. 质量分布均匀的杆，其重力为G ，一端放在粗糙的水平面上，另一端系在一条水平轻绳上，杆与水平面成α角，如图所示，已知水平轻绳上的弹力为F ，则地面对杆下端的作用力大小为 ( )A.G sinαB.F cosαC.√G 2+F 2D. Fcosα + Gsinα5. 如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，图中1、2、3、4所示为小球运动过程中每次曝光的位置，连续两次曝光的时间间隔均为 T ，每块砖的厚度为d ，不计空气阻力，根据图中的信息，下列判断正确的是( ) A. 小球下落的加速度大小为 2d T 2 B. 小球在位置“3”的速度为 7d 2T C. 从静止下落到“4”位置时间为5T D. 初始位置距“2”位置的距离为 49d 86.如图所示，某同学将白纸固定在木板上，橡皮筋一端固定在O点，另一端A系一小段轻绳(带绳结)，将木板竖直固定在铁架台上，把一个质量为m的钩码挂在绳结上，静止时描下橡皮筋下端点的位置A₀；用水平力拉A点，使A点在新的位置静止，描下此时橡皮筋下端点的位置A₀；逐渐增大水平力，重复实验。
初中物理：四川省成都七中物理试题(中学自主招生)(含参考答案)
成都七中-物理试卷A卷（共100分）第I卷（选择题，共30分）一.选择题（每小题2分，共分30分）1.关于粒子和宇宙，下列认识中正确的是（）A.分子间只存在引力不存在斥力B.面包可以被捏扁说明分子间有空隙C.美味佳肴香气扑鼻说明分子不停地做无规则运动D.银河系、地球、原子核、分子是按照尺度由大到小的顺序排列的2.关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（）A.0℃的物体没有内能B.物体的机械能越多，内能就越多C.物体内能增加，一定是从外界吸收了热量D.物体温度升高，内能增大3.四冲程柴油机在工作过程中，将内能转化为机械能的冲程是（）A.吸气冲程B.压缩冲程C.做功冲程D.排气冲程4.如图所示，两个相同的验电器A和B，A带正电，B不带电，用带有绝缘柄的金属棒把A和B连接起来，下列说法不正确的是（）A.A金属箔张角变小，说明它得到电子B.B金属箔张角变大，说明两金属箔带上同种电荷C.自由电子从B向A定向移动，形成瞬间电流D.正电荷从A向B定向移动，形成瞬间电流5.下列说法中完全正确的是（）A.电路中只要有电源，一定有电流B.在电源内部，电流的方向也是从电源正极流向负极的C.当给手机电池充电时，手机电池是用电器D.发光二极管接入电路中时，如果不发光，一定发光二极管坏了6.关于电现象，下列说法正确的是（）A.摩擦起电是创造了新的电荷B.只有正电荷定向移动才能形成电流C.与丝绸摩擦过的玻璃棒带正电是因为它得到电子D.验电器的工作原理是同种电荷相互排斥7.下列数据符合实际的是（）A.家庭电路的工作电压为36VB.家用小挂式空调的电流约为5AC.水的比热容为4.2J/（kg•℃）D.新型火箭发动机的效率可以达到100%8.下列电路正确的是（）A. B. C. D.9.有一款“空调扇”既能送常温风，又能送凉风。
小明了解到其内部有两个电动机，其中电动机M1，驱动扇叶送风，M2驱动机内水循环使所送的风成为“凉风”，此款风扇不会只有水循环而不送风。
四川省成都七中2020-2021学年上学期高二10月阶段性考试物理试卷 (含答案)
物理试题考试时间：100分钟 满分：110分 一、单项选择题（本题包括8个小题，每小题3分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
）1．下列说法正确的是( )A ．根据电场强度的定义式E ＝F q，可知电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 B ．根据电容的定义式C ＝Q U，可知电容器的电容与极板所带电荷量成正比 C ．根据真空中点电荷的电场强度公式E ＝k Q r 2，可知电场中某点的电场强度与场源点电荷所带电荷量成正比D ．根据电势差的定义式U AB ＝W AB q，可知电场中A 、B 两点间的电势差与将试探电荷从A 点移动到B 点电场力做的功成正比 2．某电场的电场线分布如图中实线所示，以下说法正确的是() A ．b 点场强大于c 点场强B ．b 、c 两点电势相等C ．电子在b 点的电势能大于在c 点的电势能D ．若某点电荷只在电场力作用下沿虚线由 a 点运动到d 点，则该电荷必带正电3．如图所示，在粗糙绝缘的水平地面上放置一带正电的物体甲，现将另一个也带正电的物体乙沿着以甲为圆心的竖直平面内的圆弧由M 点缓慢移动到N 点，若此过程中甲始终保持静止，甲、乙两物体可视为质点，则下列说法正确的是( )A ．乙的电势能先增大后减小B ．甲对地面的压力先增大后减小C ．甲受到地面的摩擦力不变D ．甲受到地面的摩擦力先增大后减小4．如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N 与静电计相接，极板M 接地。
用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U 。
在两板相距一定距离d 时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。
在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q 不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小( ) A ．将M 板向下平移B ．将N 板向上平移C ．在M 、N 之间插入云母板（介电常数ε>1）D ．将M 板沿水平向左方向远离N 板5．空间P 、Q 两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q 点处为正电荷，P 、Q 两点附近电场的等势线分布如图所示，a 、b 、c 、d 、e 为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则() A ．e 点的电势大于0 B ．a 点和b 点的电场强度相同C ．b 点的电势等于c 点的电势D ．负电荷从a 点移动到d 点时电势能增加N 静电计四川成都七中2020-2021学年度上学期高二10月阶段性考试11．如图所示，两块水平放置的平行正对金属板a 、b 与电池相连，在距离两板等远的M 点有一个带电液滴处于静止状态。
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2015-2016学年四川省成都七中高二上学期期中考试物理试题【满分110分考试时间100分钟】第Ⅰ卷选择题（共42分）一．单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共18分）1 .在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。
他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法。
下列叙述不．正．确．的是（）A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法B．库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值C．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想化物理模型的方法D．电场强度的表达式和电势差的表达式都是利用比值法得到的定义式2．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是( )3. 在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示．有一带负电的微粒，从上边区域沿平行电场线方向以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度—时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v0方向为正方向)( )4.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10 V、20 V、30 V。
实线是一带负电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，下列说法中正确的是（）A．带电粒子一定是先过a，再到b，然后到cB．带电粒子在三点所受电场力的大小： Fb>Fa>FcC．带电粒子在三点动能的大小： Ekb> Eka>EkcD．带电粒子在三点电势能的大小： Epb>Epa>Epc5．如图为多用表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为 Ig=300μA，内阻Rg＝100Ω，调零电阻最大阻值R＝50kΩ，串联的固定电阻R0＝50Ω，电池电动势 E＝1.5V，用它测量电阻Rx，能准确测量的阻值范围是（）A．30 kΩ～80 kΩB．3 kΩ～8 kΩC．300 kΩ～800 kΩD．3000 kΩ～8000 kΩ6．如图所示，为一比较两个电源输出功率的实验电路图，两个电源的电动势分别为E1和E2，内阻分别为r1和r2.单刀双掷开关置1或2时，调节电阻箱的阻值相同，两电源可能有相同的输出功率的是( )A．E1>E2、r1>r2B．E1＝E2、r1>r2C．E1>E2、r1＝r2D．E1>E2、r1<r2二.不定项选择题(共24分）（每小题至．少．有一个选项正确，每小题4分，选不全得2分）7.如图所示，A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的电荷感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E.则以下说法正确的是( )A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg＋qEB．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg－qEC．剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE/3D．剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE/68．用电场线能直观、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于O点对称的两点，B、C和A、D也相对于O点对称．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9.如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A极板用绝缘线悬挂，B极板固定且接地，P点为两极板的中间位置．下列结论正确的是( )A．若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B两极板所带电荷量会增大B．A、B两极板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C．若将A极板竖直向上平移一小段距离，两极板间的电场强度将增大D．若将A极板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将不变10. 在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略。
闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是( )A. 电压表和电流表的示数都增大B. B. 灯L2变暗，电流表的示数减小C. 灯L1变亮，电压表的示数减小D. 电源的效率增大，电容器C所带电荷量增加11.如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V，0.4W”，开关S接1，当变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。
则( )A. 电源内阻为1 ΩB. 电动机的内阻为4 ΩC. 电动机正常工作电压为1 VD. 电源效率约为93.3%12．有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点的横坐标分别为1 mm、4 mm.则下列说法正确的是( )A．粒子将沿x轴正方向一直向前运动B．粒子经过P点与Q点时，加速度大小相等、方向相反C．粒子经过P点与Q点时，动能相等D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等第Ⅱ卷（非选择题共68分）实验题（每空2分，共20分）13.(1)实验室进了一批金属电阻丝，某同学想通过实验测定该材料的电阻率，他设计了如图甲所示的原理图，根据图甲将实物图乙连接好．(2)其主要实验步骤如下：①用螺旋测微器测金属丝的直径，测量结果如图丙所示，则金属丝的直径大小为D＝________mm.②适当取出一段样品材料，然后按原理图甲连接好实验器材．③用毫米刻度尺测量出接入实验电路中的金属丝的长度，某次测量中刻度尺的示数如图丁所示，则金属丝长度为L＝________cm.④改变接入实验电路中金属丝的长度，重复实验多次．(3)根据实验中的数据，最后得到了如右图所示的R－L图象，R为R0与金属丝的总电阻，由图象可求得金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m.14.在一次实验技能比赛中，一同学设计了如图甲所示电路来测电源的电动势和内阻．该同学选好器材后，用导线将各器材连接成如图乙所示实物连线电路(图甲是其电路原理图)，其中R0是保护电阻．(1)该同学在闭合电键后，发现电压表无示数，电流表有示数，在选用器材时，除了导线外，其他器材经检测都是完好的，则出现故障的原因是______________(请用接线柱处的字母去表达)．(2)该同学测量时记录了6组数据，并根据这些数据画出了U－I图线如图所示．根据图线求出电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(3)若保护电阻R0的阻值未知，该电源的电动势E、内电阻r已经测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出R0的阻值．该条线是________，需改接为________．改接好后，调节滑动变阻器，读出电压表的示数为U、电流表示数为I，电源的电动势用E表示，内电阻用r表示，则R0＝________.计算题（共48分）15．（16分）如图所示，空间存在着场强为E＝2.5×102 N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m＝0.5 kg、电荷量为q＝4×10－2C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取g＝10 m/s2.求：(1)细线能承受的最大拉力；(2)当细线断裂后，小球继续运动到与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度．16.（16分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L=80cm，两板间的距离d=40cm。
电源电动势E=40V，内电阻r=lΩ，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度vo=4m／s水平向右射入两板间，该小球可视为质点。
若小球带电量q=l×10-2C，质量为m=2×10-2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表。
若小球恰好从A板右边缘射出（g取10 m／s2）。
求：(1)滑动变阻器接入电路的阻值为多少？(2)此时电流表、电压表的示数分别为多少？(3)此时电源的输出功率是多少？17．（16分）两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)．求：(1) 画出电子在t＝0时和t＝t0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的v y－t图象；(2) 这些电子通过两板之间后，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少?(3)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少?高二年级物理半期考试参考答案及评分标准一、单项选择题1-6（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共18分）二、不定项选择题7-12（每小题至少．．有一个选项正确，每小题4分，选不全得2分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B D C D B A A C ACD B C AD C 实验题（20分，每空2分）13、（8分，每空2分）(1) 在右图连线(2).①d= 0.252(0.250～0.254均对) mm；③60.49(60.48～60.50均对)cm；(3)ρ＝1.250×10－6(1.225×10－6～1.275×10－6均对)Ω·m.14、（12分，每空2分）(1) jd部分断路(2). 1.48 、0.50(3)jd、je(或jf)、E－UI－r15（16分）(1)15 N (2)0.625 m解析 (1)设小球运动到最高点时速度为v ，对该过程由动能定理有， (qE －mg )L ＝12m v 2① （ 3分）在最高点对小球进行受力分析，由圆周运动和牛顿第二定律得， F T ＋mg －qE ＝mv2L② （ 3分） 由①②式解得，F T ＝15 N （ 2分） (2)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a ， 则a ＝qE －mg m③ （ 2分）设小球在水平方向运动位移为L 的过程中，所经历的时间为t ，则L ＝v t ④（ 1分） 设竖直方向上的位移为x ，则x ＝12at 2⑤ （ 1分）由①③④⑤解得x ＝0.125 m （ 2分） 所以小球距O 点的高度为x ＋L ＝0.625 m （2分）16（16分）解：（1）对小球受力分析有：沿电场方向：-mg=ma ，d=at 2 （ 2分）垂直电场方向：L=v 0t （ 2分）联立解得t ＝0.2s ，a=20m/s 2，U=24V （ 2分）由=，得＝24Ω（ 2分）（2）I=1A ，U 路＝39V （ 4分） （3）η＝39/40＝97.5% （ 4分）17.（16分）(1)t026eU0m t046eU0m (2)1613解析 (1)（4分）以电场力的方向为y 轴正方向，画出电子在t ＝0时和t ＝t 0时进入电场后沿电场力方向的速度v y 随时间t 变化的v y －t 图象分别如图a 和图b 所示，设两平行板之间的距离为d .(2) （6分）图中，v 1y ＝eU0md t 0，v 2y ＝eU0md 2t 0＝2eU0t0md由图a 可得电子的最大侧向位移为x y max ＝2(12v 1y t 0＋v 1y t 0)＝3v 1y t 0＝3eU0t 20md而x y max ＝d2，解得d ＝t 06eU0m由图b 可得电子的最小侧向位移为x y min ＝12v 1y t 0＋v 1y t 0＝32v 1y t 0＝3eU0t 202md ＝d 4所以x y max ＝d 2＝t026eU0m ，x y min ＝d 4＝t04 6eU0m (3) （6分）v 21y ＝(eU0md t 0)2＝eU06m ，v 22y ＝(eU0md 2t 0)2＝2eU03m电子经电压U 0加速，由动能定理知，12mv 20＝eU 0所以Ekmax Ekmin ＝12mv 2212mv 21＝12m v 20＋v 22y 12m v 20＋v 21y ＝eU0＋eU03eU0＋eU012＝1613.。