成都七中高2021届高二理科物理上学期半期试题及答案

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。

物理试题参考答案 单项选择题1．D 2．3． 【题4】4．C 5． 【题6】6．D 二、不定项选择题 7． 【题8】8．C 9．B 10．A 【题11】11．A 【题12】12．BD三、实验题 13．(1)A D(2)如下图；(3) 1.9(1.9±0.2均) 14．(1)9.4(2)①如图②作图10.0 (10.0±1.0均) 四、计算题 15．解：(1) 设A、B两极板间电压为U，小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，根据动能定理－qU－mgd＝0－mv解得U＝200 V (2)设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R滑，根据闭合电路欧姆定律可 I＝ 根据部分电路欧姆定律可U＝IR滑 解得R滑＝2.0×103 Ω 滑动变阻器消耗的电功率P滑＝＝20 W (3)P总＝P出＝电源的效率η＝×100%＝99.5%. 16．解：(1) 以速度v0射入l＝v0t，d＝at2得a＝ 以速度v0射入因为带电粒子在电场中运动受到的， 由l＝2v0t′，t′＝l2v0 沿电场方向的速度 离开电场时 (2) 离开电场时y＝at′2＝··＝d 如上图所示，将速度反向延长交上板的中点，由相似三角形可得＝则x′＝1.5 l 所以x x＝l＋x′＝2.5 l 17．解：(1)A至B，2mgR－2E1qR＝mv－mv 解得：vB＝4 m/s 设能到达B点的最小速度为v0 则E1q－mg＝mv/R 解得：v0＝2 m/s vB>v0，所以球能到达B点． (2)当从B至C， qE2L－μmgL＝Ek－mv 解得Ek＝24 J(3)当传送带顺时针转动时，若从B至C，摩擦力一直 qE2L＋μmqL＝－mv 解得v＝8 m/s m/s的速度顺时针转动，qE2＋μmg＝ma 解得a＝ m/s2 由速度公式 vc=vB+at 得运动的时间 传送带的位移 物块的位移 物块与传送带间因摩擦而产生的热量 【题17】18．解：（1）对D进入电场受力分析可得： 所以N=0，所以D在OB段不受摩擦力 设C物块到A点速度为v0 ，由题知释放后C物将沿斜面下滑，C物从P到A过程，对C、D系统由功能关系： 解得：v0=2m/s 重力的功率 （2）由题意，C经过A点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设其加速度大小为a1，向下运动的时间为t1，发生的位移为x1，对物体C： 对物体D： D从开始运动到最左端过程中： 所以电势能变化量的最大值为50J （3）设物体C后再加速上滑到A的过程中，加速度大小为a2，时间t2，有： 对物体C： 对物体D： 联解③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩并代入数据得：。

2021-2022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，电场力做功肯定为零2．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四点肯定在同始终线上3．如图所示，a、b分别是带电体A四周的两点，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肯定大于放在b处时电势能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．这两个点电荷肯定是等量同种电荷B．这两个点电荷肯定是等量异种电荷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点的电势将上升D．通过灵敏电流计有从b往a的电流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内电势能削减了14J7．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肯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时刻射出电场二．试验题（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．某争辩性学习小组在探究电荷间的相互作用与哪些因素有关时，设计了以下试验：（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．同学们依据力学学问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__________（填“越大”或“越小”或“不变”），试验发觉小球B在位置__________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，增大或削减小球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，点的不行伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B．在两次试验中，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．若两次试验中A的电量分别为q l和q2，θ分别为45°和30°，则为__________．9．用如图所示装置可以争辩影响公平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，试验中，极板所带电荷量不变，①若保持d，ɛ不变，减小S，则θ__________；②若保持S，ɛ不变，增大d，则θ__________；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__________．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．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，板中心有小孔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？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从静止开头运动（忽视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．2021-2022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，电场力做功肯定为零考点：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．由这些学问分析即可．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肯定高，电场强度小的地方电势不肯定低，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肯定为零，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，电场力做功不肯定为零，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，可依据电势凹凸看电场线的方向，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四点肯定在同始终线上考点：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．依据斜率的正负推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，则说明四点肯定在同始终线上；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，查找到物理公式与数学图象之间的关系是基本力量；要留意明确F﹣t图象中F只有正反两个方向，故这些点只能在同始终线上．3．如图所示，a、b分别是带电体A四周的两点，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肯定大于放在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打算的物理量．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摸索电荷的电荷量有关，B错误；C、虽然a点位置没有摸索电荷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．这两个点电荷肯定是等量同种电荷B．这两个点电荷肯定是等量异种电荷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动身出，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推断场强的大小．解答：解：AB、依据电场线的特点：电场线从正电荷动身到负电荷终止，可知A、B是肯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、依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娴熟把握，并要留意沿电场线的方向电势是降低的，同时留意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础学问的学习，把握住电场线的特点，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点的电势将上升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：依据平行板电容器的电容打算式C=，分析电容的变化状况，抓住电容器的电压不变，由E=分析板间场强的变化状况，由C=分析电容器所带电量的变化，即可推断电路中电流方向．依据P点与上极板间电势差的变化，推断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点的电势上升，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内电势能削减了14J考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：依据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，分别使用牛顿其次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，由牛顿其次定律有：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则电势能削减了14J，故D正确．故选：BD．点评：能依据题目供应的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肯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推断．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肯定沿垂直电场方向．故A正确．B、在t=时刻，粒子在水平方向上的分速度为v0，由于两平行金属板MN、PQ 的板长和板间距离相等，则有：，解得v y=2v0，依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状况与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：解决本题的关键把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，结合运动学公式机敏求解．二．试验题（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．某争辩性学习小组在探究电荷间的相互作用与哪些因素有关时，设计了以下试验：（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．同学们依据力学学问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”），试验发觉小球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，增大或削减小球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，点的不行伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B．在两次试验中，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．若两次试验中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，可以推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，在两种状况下，对小球A受力分析，依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q0．两种状况下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：把握电荷间的作用，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，推断悬挂小球带什么电荷，这是本题的关键．依据库仑定律，找出两种状况下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争辩影响公平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，试验中，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．依据电容的打算式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化状况，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状况．解答：解：①依据电容的打算式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依据电容的打算式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；二是把握电容的两个公式：电容的打算式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）依据U ac=求解a、c两点间的电势差．（2）依据电场力做功公式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，再依据公式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：解决本题的关键把握电场力做功与电势差的关系，再运用W=qU计算时，留意q的正负和U的正负都要代入计算，把握匀强电场的场强公式E=留意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，板中心有小孔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，说明全部的电子都可以飞出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：由三角形相像，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。

2021-2022学年四川省成都七中高二（上）段考物理试卷（一）一、单项选择题（本题包括6小题，每小题4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意的。

）A．任何两点的电场强度大小都不相同B．可以找到很多电场强度相同的点C．任何两点的电势都不相等D．可以找到很多电势相等的点A．a小球带正电，电荷量一定为2QB．a小球带负电，电荷量一定为4QC．c小球带正电，电荷量一定为2QD．c小球带正电，电荷量一定为4Q3．（4分）如图所示，在真空中有两个等量正电荷Q，分别置于A、B两点，DC为A、B连线的中垂线，D 为无限远处，现将一正电荷q由C点沿CD移动到D点的过程中，下述结论中正确的是（）A．q的电势能逐渐减小B．q的电势能逐渐增大C．q受到的电场力逐渐减小D．q受到的电场力先减小后增大A．电子一定从A向B运动B．B点电势可能高于A点电势C．若a A＞a B，则Q靠近M端且为负电荷D．无论Q为正电荷还是负电荷一定有E PA＜E PB5．（4分）如图所示，一价氢离子（）和二价氦离子（）的混合体，经同一加速电场U1同时加速后，垂直射入同一偏转U2电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（）A．同时到达屏上同一点B．先后到达屏上同一点C．同时到达屏上不同点D．先后到达屏上不同点A ．小球受到的电场力F=12mg B ．小球经过A 点时速度为v A =√5gRC ．小球经过B 点时速度为v B =√gRD ．小球经过C 点时轨道对它的作用力大小为12mg二、多项选择（本题共5个小题，每小题6分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，其中符合题意的选项均多于一个。

每小题全选对的得6分，选对但不全的得3分，含有错误选项均不得分。

）A ．沿MN 边，从M 点到N 点，电场强度的大小逐渐增大B ．沿MN 边，从M 点到N 点，电势先增大后减小C ．正电荷在M 点的电势能比其在N 点的电势能大D ．将正电荷从M 点移动到N 点，电场力所做的总功为负是（）A．P点处的电场强度为0B．a和b一定是等量同种电荷C．质子在运动过程中速率先增大后减小D．质子在运动过程中加速度先增大后减小9．（6分）如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地。

四川省成都七中2021届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题（本题包括7小题．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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）下列说法正确的是（）A．在国际单位制中，力是基本物理量之一，其测量工具是测力计B．小杨同学乘坐某商场的直达电梯从一楼到七楼时，在刚上升的初期和刚要到达七楼的末段时间内．小杨同学都处于超重状态C．2022年奥运会上詹姆斯﹣基拉尼以43.94s的成果获得男子400米冠军，则基拉尼跑完全程的平均速度约为9.1m/sD．在真空中带有绝缘底座的、不带电的甲、乙两导体球相互摩擦后，若因摩擦，甲带上q的电量，则二者球心相距为r时，静电引力将大于k考点：力学单位制；库仑定律．专题：常规题型．分析：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，依据物理量来确定测量的仪器即可．当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；假如没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．依据平均速度定义求解．解答：解：A、长度、时间、质量是三个力学基本物理量，刻度尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器，秒表是测量时间的仪器，弹簧秤是测量力的仪器，力不是基本物理量，故A错误；B、小杨同学乘坐某商场的直达电梯从一楼到七楼时，在刚上升的初期处于超重状态，到达七楼的末段时间内做减速运动，处于失重状态，故B错误；C、2022年奥运会上詹姆斯﹣基拉尼以43.94s的成果获得男子400米冠军，则基拉尼跑完全程的平均速度约为0，故C错误；D、在真空中带有绝缘底座的、不带电的甲、乙两导体球相互摩擦后，若因摩擦，甲带上q的电量，则二者球心相距为r时，由于引力作用，电荷之间的距离小于r，所以静电引力将大于k．故D正确；故选：D．点评：知道力学的三个基本物理量以及对应的基本单位，需识记．人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．知道平均速度等于位移比上时间．2．（6分）将一电荷量为Q的小球甲放在一个事先不带电的金属球乙四周，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，依据图中信息，可推断（）A．a点的场强比b点的大，同时a点的电势也比b点的高甲B．甲球带正电，乙球带Q的负电C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做正功考点：电场线；电势．分析：电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从甲动身到不带电的金属球终止，所以甲带正电，a 点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b 点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．解答：解：A、电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，a点所在的电场线从Q动身到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高，故A正确；B、电场线从正电荷动身终止于负电荷，由图可知，甲球带正电，乙球带Q的负电，故B错误；C、电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做负功．故CD错误；故选：A．点评：该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．3．（6分）迄今发觉的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“G1﹣58lc”却很值得我们期盼．该行星的温度在0℃到40℃之间、质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍、公转周期为13个地球日．“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍．设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则（）A．在该行星和地球上放射卫星的第一宇宙速度的大小相同B．要在地球上放射一颗探测该行星信息的探测器，其放射速度的大小只需大于11.2km/sC．假如人到了该行星，其体重是地球上的倍D．该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的倍考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：依据依据万有引力供应向心力，列出等式表示出所要求解的第一宇宙速度和该行星与“Gliese581”的距离．依据万有引力近似等于重力，求出该行星表面与地球表面重力加速度之比，即可求出体重关系；依据相对论分析米尺长度的关系．解答：解：A、当卫星绕任一行星表面四周做匀速圆周运动时的速度即为行星的第一宇宙速度，由G =m，得v=，M是行星的质量，R是行星的半径．设地球的质量为M，半径为R．则得该行星与地球的第一宇宙速度之比为v行：v地=2：1．故A错误；B、要在地球上放射一颗探测该行星信息的探测器，必需要离开太阳的束缚，故放射速度必大于16.7km/s，故B错误；C、由万有引力近似等于重力，得G=mg，得行星表面的重力加速度为g=，则得该行星表面与地球表面重力加速度之比为g行：g地=8：3所以假如人到了该行星，其体重是地球上的倍．故C正确；D 、依据万有引力供应向心力，列出等式，=m得r=行星“G1﹣58lc”公转周期为13个地球日．将已知条件代入解得：行星“G1﹣58lc”的轨道半径与地球轨道半径r行G：r日地=，故D错误；故选：C．点评：依据依据万有引力供应向心力，列出等式表示出所要求解的第一宇宙速度和该行星与“Gliese581”的距离．依据万有引力近似等于重力，求出该行星表面与地球表面重力加速度之比，即可求出体重关系；依据相对论分析米尺长度的关系．4．（6分）一玩具小车放在水平地面上，如图（甲）所示，当小车启动后，小车的水平牵引力F随时间t的变化状况如图（乙）所示，相应的小车速度v随时间t的变化关系如图（丙）所示，则依据图上信息可得（）A．小车在0﹣6s内的平均速度与8﹣10s的平均速度都为1.5m/sB．小车在2﹣6s内阻力的平均功率与8﹣10s内阻力的平均功率都为3WC．小车启动过程为恒定功率的启动过程，其额定功率为6WD．因小车在2﹣6s与2﹣8s内动能的变化量相同都为6J，因此两阶段牵引力F做的功相同考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：依据v﹣t图象推断物体运动特征，进而分析物体的受力状况，依据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移求出0﹣6s内的位移，依据平均速度等于位移除以时间求解平均速度，在匀变速直线运动中，还可以依据求解平均速度，依据求解平均功率，依据小车的受力状况推断属于哪种启动方式．解答：解：A、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，则0﹣6s 内的位移，则0﹣6s 内的平均速度，故A错误；B、依据速度时间图象可知，6﹣8s内小车做匀速直线运动，受力平衡，则f=F=2N，2﹣6s内的平均速度，则2﹣6s 内阻力的平均功率，8﹣10s内的平均速度，则8﹣10s 内阻力的平均功率，故B正确；C、依据图象可知，小车先做匀加速直线运动，加速度不变，则牵引力不变，所以小车启动过程为恒定牵引力的启动过程，故C错误；D、6﹣8s内，小车做匀速运动，牵引力等于阻力，此过程中牵引力做正功，所以2﹣8s内牵引力做的功，大于2﹣6s内牵引力做的功，故D错误．故选：B点评：此题考查了同学对图象问题的分析力量，能从图象中得出相关的信息，然后结合功和功率的计算公式进行计算求解，是高考的热点考题．5．（6分）轻质弹簧吊着小球静止在如图所示的A位置，现用水平外力F将小球缓慢拉到B位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，在这一过程中，下列说法正确的是（）A．弹簧对小球的弹力在水平方向的分力大小渐渐减小B．小球的重力势能不变C．水平外力F做的功等于弹簧的弹性势能增加D．水平外力F做的功数值上等于弹簧和小球机械能的增加量考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：小球缓慢上升，处于平衡状态，依据平衡条件推断弹力状况；依据功能关系，克服弹簧弹力做的功等于弹性势能的增加量，克服重力做功等于重力势能的增加量．解答：解：A、小球B受重力、拉力F和弹力T，三力平衡，故：T x=F=TsinθT y=mg=Tcosθ解得：T=故弹簧对小球的弹力在水平方向的分力大小渐渐增大；故A错误；B、小球上升，故重力势能增加，故B错误；C、D、依据动能定理，拉力做的功等于克服重力和弹簧拉力做功的代数和，故水平外力F做的功等于弹簧的弹性势能和重力势能的增加量之和，即水平外力F做的功数值上等于弹簧和小球机械能的增加量，故C错误，D正确；故选：D．点评：本题涉及力平衡和功能关系，要结合平衡条件和功能关系列式分析，不难．6．（6分）如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R，A点与圆心O等高，AD为水平面，B点在O的正下方，质量为m的小球自A点正上方h处由静止释放，自由下落至A点时进入管道，则（）A．为使小球能到达管道的最高点，那么h与R的关系应满足h≥RB．若小球通过管道最高点刚好对管道无作用力，则OC间的水平距离恰好为RC．若小球通过最高点后又刚好能落到圆管的A 点，则小球在最高点对内侧轨道产生是的压力D．若小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，则h=4R考点：动能定理的应用；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，在最低点和最高点，合力供应向心力，依据牛顿其次定律列式分析．解答：解：A、小球运动过程中机械能守恒，依据机械能守恒，为使小球能到达管道的最高点，么h与R的关系应满足h≥R，故A正确；B、若小球通过管道最高点刚好对管道无作用力，则重力供应向心力，依据牛顿其次定律，有：mg=m解得：v=此后的平抛运动：x=vtR=解得：x=v =故OC=（）R故B错误；C、若小球通过最高点后又刚好能落到圆管的A点，依据平抛运动的分运动公式，有：R=vtR=联立解得：v=小球在最高点时合力供应向心力，设受到的弹力向上，为N，则：mg﹣N=m解得：N=依据牛顿第三定律，小球在最高点对内侧轨道产生是的压力，故C正确；D、若小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，依据牛顿其次定律，有：9mg﹣mg=m解得：从释放到B过程，依据动能定理，有：mg（h+2R）=解得：h=2R故D错误；故选：AC．点评：分析清楚小球的运动过程，应用牛顿其次定律、动能定理或机械能守恒定律、平抛运动规律即可正确解题．7．（6分）在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以肯定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同始终线上，且AB=2BC，如图所示．由此可见（）A．小球在水平方向上的分运动是匀速运动B．小球从A到C的过程中，重力和电场力做功相同C．小球从A到B与从B到C的速度变化量相同D．小球从A到B的时间是小球从B到C的运动时间的2倍考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：恒定电流专题．分析：小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动．两个过程都运用的分解法争辩，水平方向都做匀速直线运动，依据位移公式x=vt，可分析时间关系；再争辩竖直方向，由牛顿其次定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小．依据△v=at争辩速度变化量的关系．解答：解：A、小球受力为竖直方向，故水平方向的分运动为匀速运动，A正确；CD、带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经受的时间为分别为t1和t2．在电场中的加速度为a．则：从A到B过程小球做平抛运动则有：x1=v0t1；从B到C过程，有：x2=v0t2；由题意有：x1=2x2；则得：t1=2t2；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍．又y1=gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：y2=at22依据几何学问有：y1：y2=x1：x2；解得：a=2g；依据牛顿其次定律得：F﹣mg=ma=2mg，解得：F=3mg由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电．依据速度变化量△v=at，则得：AB过程速度变化量大小为△v1=gt1=2gt2；BC过程速度变化量大小为△v2=at2=2gt2；所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等．故CD正确；B、由前面分析知F=3mg，而AB=2BC，则电场力做功与重力做功不相同，故B错误；故选：ACD．点评：本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维争辩小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿其次定律和运动学公式列式分析．二、试验题（8题4分，9题13分，共17分）8．（4分）某同学做“验证力的平行四边形定则”的试验，如图是在白纸上依据试验结果画出的图．（1）假如没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向肯定沿图甲中AO 方向的是F′（2）本试验接受的科学方法是BA．抱负试验法B．等效替代法C．把握变量法D．建立物理模型法．考点：验证力的平行四边形定则．专题：试验题；恒定电流专题．分析：明确试验原理，了解试验误差的存在，知道该试验中“理论值”和“试验值”的区分．解答：解：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向肯定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合；（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本试验接受的等效替代法．故选：B．故答案为：（1）F′（2）B点评：本试验接受的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以相互替代，明确“理论值”和“试验值”的区分．9．（13分）用滑块、一端带滑轮的木板、打点计时器、细沙和小桶等主要试验器材，甲乙两组同学分别完成了以下两个试验．试验一、甲试验小组设计了如图（a）所示的试验装置，争辩加速度和力的关系：在长木板不带定滑轮的一端下面垫一木块，通过转变小桶内细沙的质量，多次重复测量，可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．在长木板水平和倾斜的两种状况下分别做了试验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．（1）图线①（选填“①”或“②”）是在长木板左侧抬得过高的状况下得到的．（2）由a﹣F图线可得，滑块的总质量m=0.5kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=0.2（g取10m/s2）．试验二、乙试验小组设计了如图（c）所示的试验装置，争辩合外力做功和动能变化的关系．其步骤如下：a．小桶内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在滑块上，滑块连接纸带．合理调整长木板倾角，让滑块沿木板匀速下滑．b．取下轻绳和小桶，测出小桶和细沙的质量m及滑块质量M．c．取下细绳和小桶后，换一条纸带，让滑块由静止释放，打出的纸带如图（d），O为打下的第一点．O与A 之间省略了一些点，已知沟通电的频率为f，重力加速度为g．（1）步骤c中滑块所受的合外力为mg．（2）为验证从O→C过程中滑块合外力做功与滑块动能变化的关系，则C点的速度为．需要验证的关系式为mg（x0+x1+x2+x3）=（用所测物理量的符号表示）．考点：伏安法测电阻．专题：试验题；恒定电流专题．分析： 1、依据图象①可知，当拉力为零时，物体已经具有加速度，②图象，有拉力时，加速度为零，由此可知，一个是由于木板倾斜的太厉害，一个没有倾斜或者倾斜的角度太小．依据a﹣F图象的特点结合牛顿其次定律求解，明确图象斜率的含义．2、小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力；依据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度求C点速度，再确定动能增量；需要验证动能增加量等于合力做的功．解答：解：试验一、（1）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学试验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面状况下得到的．（2）依据F=ma得a﹣F图象的斜率k=，由a﹣F图象得图象斜率k=2，所以m=0.5kg．由a﹣F图象②得，当F=1N时，物体即将要滑动，此时有F=f，因此滑动摩擦力等于1N，所以滑块和轨道间的动摩擦因数μ==0.2．试验二、（1）小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力；故答案为：mg．（2）匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故v C =，动能增量为：△E k =M =合力的功为：W=mg（x0+x1+x2+x3）需要验证的关系式为：mg（x0+x1+x2+x3）=故答案为：试验一、（1）①（2）0.5；0.2试验二①mg ②；mg（x0+x1+x2+x3）=点评：对于试验我们要明确试验原理、具体试验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有把握好了基本学问和基本方法才能顺当解决试验题目，所以要重视基本学问和基本方法的学习和训练．留意小车的拉力能等于重力的前提条件，并把握图象斜率的含义．三、计算题（写出必要的文字和依据，满分51分）10．（15分）如图甲所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于平行于斜面对上的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．（1）求出匀强电场的场强大小E；（2）若将电场的场强大小保持不变，方向改为水平向右，如图乙所示，试求：①物块对斜面的压力；②物块下滑距离L时的动能．考点：牛顿运动定律的综合应用；牛顿第三定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）由共点力的平衡条件可求得电场强度的大；（2）由共点力的平衡条中求得支持力N；再由牛顿第三定律可求得压力；（3）对全解答：解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，则有：mgsin 37°=qE可得：E=（2）若电场强度大小保持不变，方向改为水平向右，即：E′=由牛顿其次定律得：mg cos 37°﹣qE′sin 37°=N．可得：N=1.16mg由牛顿第三定律可得，物块对斜面的压力为N1=1.16mg，方向垂直于斜面对下．（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得：mgLsin 37°﹣qE′Lcos 37°=E k﹣0得：E k=0.12mgL答：（1）求出匀强电场的场强大小E 为（2）①物块对斜面的压力为1.16mg；②物块下滑距离L时的动能为0.12mgL点评：本题考查带电粒子在电场中的运动，要留意明确动能定理及共点力的平衡关系的应用．11．（17分）如图所示，劲度系数k=25N/m轻质弹簧的一端与竖直板P拴接（竖直板P固定在木板B的左端），另一端与质量m1=1kg的小物块A相连，物体A静止于木板B上，P和B的总质量为M=4kg且B足够长，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与质量m2=3kg物体C相连．木板B的上表面光滑，下表面与地面的动摩擦因数μ=0.3，开头时用手托住C，让细线恰好伸直但没拉力，然后由静止释放C，直至B开头运动．全过程物体C没有触地，弹簧在弹性限度内，g=10m/s2．求：（1）刚释放瞬间物体C的加速度；（2）从刚释放C到B开头运动的过程中，弹簧弹力对物体A所做的功；（3）B刚开头运动时，弹簧弹力对物体A做功的功率．考点：功能关系；牛顿其次定律．分析：本题（1）分别对物体C与A列出牛顿其次定律表达式即可求解；题（2）的关键是明确当B开头运动时应满足弹簧弹力等于地面对B的摩擦力，然后再依据弹簧弹力做功的公式即可求解；题（3）分别对A与C列出动能定理表达式求出A开头运动时的速度，然后再依据瞬时功率公式即可求解．解答：解：（1）释放瞬间，对物体C应有：m2g﹣T=m2a对物体A应有：T=m1a联立以上两式可得a=7.5m/s2，方向竖直向下；（2）水平面对B的摩擦力f=μN=μ（m1+M）g=15N当B开头运动时应有kx=μ（M+）g，解得x=0.6m，依据弹簧弹力做功的公式=可得，弹簧弹力对物体A 所做的功=﹣kx2=﹣4.5J；（3）B开头运动时，设物体A的速度为v，对物体A 由动能定理可得：=﹣0对物体B 由动能定理可得：=其中x=0.6m ，=﹣4.5J，代入以上两式解得v=m/s，所以B开头运动时弹簧弹力对物体A做功的功率大小为P=kxv=25×W=；答：（1）刚释放瞬间物体C的加速度为7.5m/（2）从刚释放C到B开头运动的过程中，弹簧弹力对物体A所做的功为﹣4.5J（3）B刚开头运动时，弹簧弹力对物体A 做功的功率为W点评：应明确：①涉及到加速度问题时应用牛顿其次定律求解；②涉及到“功”的有关问题，应用动能定理求解．12．（19分）如图所示，半径R=2.1m的光滑圆弧与光滑平台相切于O1，O1与圆心O在同一竖直线上，在OO1连线的右侧有场强E=3×108V/m的匀强电场，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0=2m/s，方向如图所示，长为L=4.84m．质量m=2kg，电量q=2.0×10﹣8C的滑块从A点（A点与圆心O点等高）无初速度释放，经过平台到达传送带上，平台宽度O1B=S=1m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.1．不考虑电场的边缘影响，全过程滑块电量不变，g=10m/s2，求：（1）滑块刚到B点时的速度大小；（2）滑块在传送带上运动时间；（3）滑块在传送带上运动产生的热量Q．考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．分析：（1）对由A到B过程直接依据动能定理列式求解即可；（2）先加速皮带足够长，对减速前进过程分速度快于传送带和小于传送带过程，依据牛顿其次定律列式求解加速度，依据运动学公式列式求解运动参量；（3）依据公式Q=f•△S列式求解滑块在传送带上运动过程系统产生的热量Q．解答：解：（1）由A到B，依据动能定理，有：mgR﹣Eqs=mv B2代入数据解得：v B=6m/s（2）由于v B＞v0，所以a1==μg+=0.1×10+=4m/s2，方向水平向左当物体的速度与传送带速度相等时所用时间为t1，t1===1s物体位移为：x1===4m＜4.84m，物体以a2减速运动的加速度为：a2==2m/s2，方向水平向左假如物体速度减为0，物体位移为：x2===1m＞L﹣x1=0.84m所以物体到C点时速度不为0，则有：L﹣x1=v0．t2﹣a 2解得：t2=0.6s；t2=1.4s＞1s（舍去）t=t1+t2=1+0.6=1.6s（3）滑块速度减小到等于传送带速度过程，相对位移：△X1=x1﹣v0．t1=4﹣2×1=2m；此后直到离开传送带过程，相对位移：△X2=v0．t2﹣x2=2×0.6﹣0.84=0.36m故系统产生的热量为：Q=µmgx（△X1+△X2）=0.1×2×10×（2+0.36）=4.72J答：（1）滑块刚到B点时的速度大小为6m/s；（2）滑块在传送带上运动时间为1.6s；（3）滑块在传送带上运动产生的热量Q为4.72J．点评：本题关键是明确滑块的受力状况，依据牛顿其次定律列式求解加速度，依据运动学公式列式求解运动学参量，依据Q=f•△S列式求解系统因摩擦产生的热量．。

共4页 第1页 成都七中高2022届10月阶段性考试物理试题考试时间：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()F A ．根据电场强度的定义式E ＝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Q B ．根据电容的定义式C ＝ ，可知电容器的电容与极板所带电荷量成正比 U Q 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点电荷所 带电荷量成正比D ．根据电势差的定义式U AB ＝ r 2 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 Q 不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小() M N 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 板静电计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0B ．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 点时电势能增加共4页 第3页 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。

成都七中2020—2021学年度上期高2022届高二半期考试物理试卷第Ⅰ卷一、单选择题（共8个小题）1．关于电流的说法中正确的是A．根据qIt=，可知I与q成正比B．自由电子定向移动的速率为真空中的光速cC．电流有方向，电流是矢量D．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位2．下面说法中不正确的是A．关系式URI=表明使导体通过一定的电流所需的电压越高，则导体的电阻越大B．关系式URI=表明导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体的电流强度成反比C．关系式UIR=表明导体中的电流强度跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比D．关系式U＝IR表明对于一个确定的导体，通过的电流越大，那么导体两端的电压也越大3．电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的本领，下列说法正确的是A．电动势是一种非静电力B．电动势越大，表明电源储存的电能越多C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压4．如图所示，用一根电阻为6R的粗细均匀的镍铬合金线做成一个环，在环上6个对称的点上，焊接6个不计电阻的导线，并与接线柱连接，利用这种方法，可以在任意两个接线柱之间获得的不同电阻值的总个数、最大电阻值以及最小电阻值分别是A．2种，最大为1.5R，最小为12R B．3种，最大为1.5R，最小为56RC．2种，最大为3R，最小为65R D．3种，最大为3R，最小为15R5．一电流表由小量程电流计G与电阻R并联而成，如图所示，若在使用中发现此电流表的计数总比准确值稍小一些，用下列哪种措施可能加以改进A．在R上并联一比R小得多的电阻B．在R上并联一比R大得多的电阻C．在R上串联一比R小得多的电阻D．在R上串联一比R大得多的电阻6．如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B 为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态．现将A球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是A．A、B两小球间的库仑力变大B．A、B两小球间的库仑力变小C．A球对MO杆的压力变大D．A球对MO杆的压力变小7．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的13，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的A．3倍B．9倍C．19倍D．13倍8．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一带正电粒子以速度v A经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度v B经过B点，且v B与v A方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是A．A点的场强一定大于B点的场强B．A点的电势一定高于B点的电势C．粒子在A点的速度一定小于在B点的速度D．粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能二．多选题（共6个小题）9．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是A．b点场强比d点场强小B．b点电势比d点电势低C．a、b两点间的电势差大于b、c两点间的电势差D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能10．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定A．该粒子一定带正电B．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力C．带电粒子经过M点的速度大于经过N点的速度D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能11．如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则A．B点的电场强度大小为零B．A点的电场强度强度方向向左C．两点电荷的电荷量的大小关系为q1＞q2D．将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做负功12．在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A．则此时A．L1的电压为L2电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L1、L2消耗的电功率的比值大于4︰1D．L2的电阻为12 Ω13．一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻及电源连接成如图所示的电路．今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动，要使油滴上升，可采用办法是A．增大R1B．增大R2C．增大R3D．减小R214．如图所示，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为定值电阻（R1＞r），R2为可变电阻，以下说法中正确的是A．当R1＝R2＋r时，R1上获得最大功率B．当R2＝R1＋r时，R2上获得最大功率C．当R2＝0时，电源的效率最低D．当R2＝0时，电源的输出功率最大第Ⅱ卷二、实验题15．某同学用伏安法测量金属丝的电阻率．现有器材为：螺旋测微器，待测电阻R（阻值约为5 Ω），电源（电动势3 V），滑动变阻器（阻值范围0～10 Ω）电流表（量程0.6 A，3 A），电压表（量程3 V，15 V），开关，导线若干．实验要求在测量电路中将电流表外接，滑动变阻器起限流作用．回答下列问题：（1）某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是________mm．（2）按照实验要求在图（a）中画出实物连线图．（3）若已按实验要求接线，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3 V，电流表的示数始终接近0．写出产生这种现象的一个原因：________________．（4）在连线正确后，闭合开关．电压表和电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示．由图可知，电压表读数为________V，电流表读数为________A．由此可得待测电阻的阻值为________Ω（结果保留3位有效数字）．16．为测量一电源的电动势及内阻（1）在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表A．量程为1 V、内阻大约为1 kΩ的电压V1B．量程为2 V、内阻大约为2 kΩ的电压V2C．量程为3 V、内阻为3 kΩ的电压V3选择电压表________（填仪器前字母序号）串联________kΩ的电阻可以改转成量程为9 V 的电压表．（2）利用一个电阻箱、一只开关、若开关导线和改装好的电压表（此表用符号V1、V2、V3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表），在虚线框内画出电源电动势及内阻的实验原理电路图．三、计算题（要求写出必要的步骤．）17．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d＝40 cm．电源电动势E＝24 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R＝15 Ω．闭合S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0＝4 m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q＝1×10-2 C，质量为m ＝2×10-2 kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器滑片P在某位置时，小球恰能到达A板．（g 取10 m/s2）求：（1）两极板间的电场强度大小；（2）滑动变阻器接入电路的阻值．18．一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零，重力加速度为g．求：（1）匀强电场的场强大小；（2）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．19．如图所示，半径为R的光滑绝缘环形轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带电小球，另有质量为m的带电小球穿在圆环上，从A点（水平最右端）处无初速释放．若小球运动到C点时获得最大速度，其大小为v m，且∠AOC＝30°．重力加速度为g．求：（1）小球在C点时对轨道的压力；（2）小球在A时的加速度；（3）小球从A点运动到C点的过程中电场力所做的功．20．两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）电子进入两板之间后加速度的大小；（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；（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．成都七中2020—2021学年度上期高2022届高二半期考试（2）实物连线图（3）待测电阻R 断路 （4）2.20 V ，0.48 A ，5.58 Ω16．（1）V 3 6； （2）实验原理电路图17．解：（1）对小球恰能从B 到A ，由动能定理可得： 2AB 0102qU mgd mv -==-，解得U AB ＝8 V 又由AB U E d =可得：8V/m 20V/m 0.4E == （2）由闭合电路欧姆定律可得：E ＝I （R ＋r ）＋U AB计算得出：I ＝1 A 则有：AB8P U R I==Ω 18．解：（1）小球由静止释放至恰好到达B 点的过程，由动能定理有：mgLsin60°-qEL （1-cos60°）＝0-0 解得：E =（2）小球到达B 点时的受力分析如图所示，因为小球到达B 点时速度为零，所以沿绳方向（y 轴方向）的合力为零，即：T -mgsin60°-qEcos60°＝0 解得：T =19．（1）小球在C 点速度最大，即此时沿速度方向（切线方向）合力为零，设此时的库仑力为F c ，则有：切线方向：mgcos30°-F c cos30°＝0法线方向：2sin30sin30m N c v F mg F m R -︒-︒=解得：F c ＝mg ，2m N v F mg m R=+由牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为2mN N v F F mg m R'==+，方向沿OC 延长线．（2）由几何关系可知：r BC ＝R ，BA r =，设小球在A 点时库仑力大小为F A ，由122q q F kr =可知：12A C F F =，即12A F mg = 小球在A 点时速度为零，因此向心加速度为零即a n ＝0． 沿切线方向：mg -F A cos45°＝ma τ又小球在A 的加速度为A a = 解得：(1A a g =，方向竖直向下（3）设小球从A 点运动到C 点的过程中，电场力做功为W ，由动能定理可得： 21sin3002m mgR W mv ︒+=- 解得：21122m W mv mgR =-20．（1）综合题设条件，电子通过两板间的时间为3t 0，且所有电子均从两板间通过，结合两板间电压随时间的变化规律（U -t 图象），可知在0～2t 0之间，t ＝0时刻入射板间的粒子沿电场方向加速时间最长侧向位移最大，t ＝t 0时刻入射板间的粒子沿电场方向加速时间最短侧向位移最小．两种状态在两板间的v y -t 图象如图所示：电子进入两板间后，根据牛顿第二定律可得：0U ema d= 对于t ＝0时刻入射板间的粒子，其侧向位移为：22max 0000001122y at at t at t at =+⋅+⋅+此时电子恰好从板间通过，则有max 2dy =解得：a =d t =（2）由（1）可解得max y =对于t ＝t 0时刻入射板间的粒子，其侧向位移为：2max 00012y at at t =+⋅将a =min y = （3）电子经过加速电场时，由动能定理可得：20012eU mv =电子在两板间偏转时：v 1y 2＝（a·t 0）2，v 2y 2＝（a·2t 0）2，即：2016y eU v m =，20223y eU v m= 对于t ＝0时刻入射板间的粒子，其动能最大：22max 021122K y E mv mv =+对于t ＝t 0时刻入射板间的粒子，其动能最小：22min 011122K y E mv mv =+由此可得两电子刚穿出两板间的动能之比为：max min 1613K K E E =。

成都七中实验学校高二半期考试物理试题及答案考试时间：90分钟 总分：100分一．选择题（ 4分/题 共48分 说明：1-6题为单选题；7-12题为不定项选择题） (一)单选题1.如图是同一地点两个不同单摆甲、乙的振动图像，下列说法中不正确的是（ ）．A ．甲、乙两单摆的摆长相等B ．甲摆的振幅比乙摆大C ．甲摆的机械能比乙摆大D ．在t ＝0.5 s 时，乙摆有最大正向的加速度2.如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A 与驱动力的频率f 的关系，下列说法正确的是( )A ．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动B ．若改变摆长，共振曲线的“峰”将不会移动C ．该单摆的摆长约为1 mD ．若将该单摆移到月球上，其共振曲线的“峰”将向右移动3.如图所示，金属棒ab 置于水平放置的金属导体框架cdef 上，棒ab 与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab 棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，ab 棒受到的摩擦力，下列说法正确的是 ( )A ．感应电流I 的流向沿aedba ，大小均匀增大B ．ab 棒受到框架的支持力逐渐均匀减小C ．ab 棒受到的摩擦力大小不变，方向向右D ．ab 棒受到的摩擦力变大，方向向右4. 图中T 是绕有两组线圈的闭合铁心，线圈的绕向如图所示，D 是理想的二极管，金属棒ab 可在两条平行的金属导轨上沿导轨滑行，磁场方向垂直纸面向里。

若电流计G 中有电流通过，则ab 棒的运动可能是( )A ．向左匀速运动B ．向左匀减速运动C ．向右匀减速运动D ．向右匀速运动5.如图，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图像如图线b 所示。

以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是 ( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝5√2sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为5 V6. 如图为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n 。

成都七中 2021-2022 学年度上期高 2023届入学考试物理考试时间：100分钟；满分：110分一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

1．下面列举的三位大师，他们对世界天文学的发展影响极其深远，那么从左到右排列符合历史发展顺序的是（ ）A ．哥白尼 牛顿 开普勒B ．哥白尼 开普勒 牛顿C ．开普勒 哥白尼 牛顿D ．开普勒 牛顿 哥白尼2．如图所示，小船从河岸一侧出发，沿垂直河岸的方向划船，若已知河宽为d ，划船的速度船v 恒定。

河水的流速与到河岸的最短距离x 成正比，即水⎝⎭ ⎪=≤⎛⎫v kx x d 2，其中k 为常量，则下列说法正确的是（ ）A ．由于河中各处水速不同，因此不能求出渡河的时间B ．由于河中各处水速不同，因此不能求出小船在某一位置的速度大小C ．由于河中各处水速不同，因此小船渡河时应做曲线运动D ．由于河中各处水速不同，因此小船不能到达对岸 3．2018年6月2日，“高分六号”光学遥感卫星在酒泉卫星发射中心成功发射，这是我国第一颗实现精准农业观测的高分卫星。

其运行轨道为如图所示的绕地球E 运动的椭圆轨道，地球E 位于椭圆的一个焦点上。

轨道上标记了“高分六号”经过相等时间间隔（Δt ＝T 14，T 为“高分六号”沿椭圆轨道运行的周期）的有关位置。

则下列说法正确的是（ ）A ． 面积S 1>S 2B ．卫星在轨道A 点的速度小于B 点的速度C ．T 2＝Ca 3，其中C 为常数，a 为椭圆半长轴D ．T 2＝C ′b 3，其中C ′为常数，b 为椭圆半短轴4．如图，一物块用轻质弹簧悬挂在天花板上，用力F 竖直向上推物块，使弹簧处于压缩状态，保持物块静止不动。

现撤去推力F ，在物块向下运动的过程中，若弹簧一直处于弹性限度内，则（ ）A ．弹簧的弹性势能一直减小B ．物块的动能先减小后增大C ．物块的重力势能先增大后减小D ．物块的动能和弹簧的弹性势能之和不断增大 5．如图，两小球P 、Q 从同一高度分别以v 1和v 2的初速度水平抛出，都落在了倾角=θ53的斜面上的A 点，其中小球P 垂直打到斜面上，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。