2017-2018学年四川省成都七中高二(上)期中物理试卷

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高考圆锥曲线中的定点与定值问题(题型总结超全)

专题08 解锁圆锥曲线中的定点与定值问题一、解答题1．【陕西省榆林市第二中学2018届高三上学期期中】已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为；圆过椭圆的三个顶点.过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）证明：在轴上存在定点，使得为定值；并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）设圆过椭圆的上、下、右三个顶点，可求得，再根据椭圆的离心率求得，可得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，将方程与椭圆方程联立求得两点的坐标，计算得。

设x轴上的定点为，可得，由定值可得需满足，解得可得定点坐标。

解得。

∴椭圆的标准方程为.（Ⅱ）证明：由题意设直线的方程为，由消去y整理得，设，，要使其为定值，需满足，解得.故定点的坐标为.点睛：解析几何中定点问题的常见解法(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．2．【四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考】已知斜率为k 的直线l 经过点()1,0-与抛物线2:2C y px =（0,p p >为常数）交于不同的两点,M N ，当12k =时，弦MN的长为. （1）求抛物线C 的标准方程；（2）过点M 的直线交抛物线于另一点Q ，且直线MQ 经过点()1,1B -，判断直线NQ 是否过定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1）24y x =;（2）直线NQ 过定点()1,4- 【解析】试题分析：（1）根据弦长公式即可求出答案；（2）由（1）可设()()()2221122,2,,2,,2M t t N t t Q t t ，则12MN k t t =+，则()11:220MN x t t y tt -++=；同理： ()22:220MQ x t t y tt -++=()1212:220NQ x t t y t t -++=.由()1,0-在直线MN 上11t t ⇒=（1）；由()1,1-在直线MQ 上22220t t tt ⇒+++=将（1）代入()121221t t t t ⇒=-+- （2）将（2）代入NQ 方程()()12122420x t t y t t ⇒-+-+-=，即可得出直线NQ 过定点．（2）设()()()2221122,2,,2,,2M t t N t t Q t t ，则12211222=MN t t k t t t t -=-+，则()212:2MN y t x t t t -=-+即()11220x t t y tt -++=；同理： ()22:220MQ x t t y tt -++=；()1212:220NQ x t t y t t -++=.由()1,0-在直线MN 上11tt ⇒=，即11t t =（1）；由()1,1-在直线MQ 上22220t t tt ⇒+++=将（1）代入()121221t t t t ⇒=-+- （2）将（2）代入NQ 方程()()12122420x t t y t t ⇒-+-+-=，易得直线NQ 过定点()1,4-3．【四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考】已知抛物线()2:0C y mx m =>过点()1,2-， P 是C 上一点，斜率为1-的直线l 交C 于不同两点,A B （l 不过P 点），且PAB ∆的重心的纵坐标为23-. （1）求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标；（2）记直线,PA PB 的斜率分别为12,k k ，求12k k +的值. 【答案】（1）方程为24y x =;其焦点坐标为()1,0（2）120k k +=【解析】试题分析;（1）将()1,2-代入2y mx =，得4m =，可得抛物线C 的方程及其焦点坐标；（2）设直线l 的方程为y x b =-+，将它代入24y x =得22220x b x b -++=（），利用韦达定理，结合斜率公式以及PAB ∆的重心的纵坐标23-，化简可12k k + 的值；因为PAB ∆的重心的纵坐标为23-，所以122p y y y ++=-，所以2p y =，所以1p x =，所以()()()()()()1221121212122121221111y x y x y y k k x x x x ------+=+=----，又()()()()12212121y x y x --+--()()()()12212121x b x x b x ⎡⎤⎡⎤=-+--+-+--⎣⎦⎣⎦()()()12122122x x b x x b =-+-+-- ()()()22212220b b b b =-+-+--=.所以120k k +=.4．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的短轴端点到右焦点()10F ，的距离为2．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过点F 的直线交椭圆C 于A B ，两点，交直线4l x =：于点P ，若1PA AF λ=，2PB BF λ=，求证： 12λλ-为定值．【答案】(1) 22143x y +=;(2)详见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆的几何要素间的关系进行求解；（Ⅱ）联立直线和椭圆的方程，得到关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系和平面向量的线性运算进行证明.（Ⅱ）由题意直线AB 过点()1,0F ，且斜率存在，设方程为()1y k x =-, 将4x =代人得P 点坐标为()4,3k ，由()221{ 143y k x x y =-+=，消元得()22223484120k xk x k +-+-=，设()11,A x y ， ()22,B x y ，则0∆>且21222122834{ 41234k x x kk x x k +=+-⋅=+，方法一：因为1PA AF λ=，所以11141PA x AF x λ-==-. 同理22241PB x BFx λ-==-，且1141x x --与2241x x --异号，所以12121212443321111x x x x x x λλ⎛⎫---=+=--+ ⎪----⎝⎭()()1212123221x x x x x x +-=-+-++()2222238682412834k k k k k --=-+--++0=. 所以， 12λλ-为定值0.当121x x <<时，同理可得120λλ-=. 所以， 12λλ-为定值0.同理2223PB my BFmy λ-==，且113my my -与223my my -异号，所以()12121212123332y y my my my my my y λλ+---=+=-()()36209m m ⨯-=-=⨯-.又当直线AB 与x 轴重合时， 120λλ-=，所以， 12λλ-为定值0.【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系，其主要思路是联立直线和椭圆的方程，整理成关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系进行求解，因为直线AB 过点()1,0F ，在设方程时，往往设为1x my =+()0m ≠，可减少讨论该直线是否存在斜率.5．【四川省绵阳南山中学2017-2018学年高二上学期期中考】设抛物线C ： 24y x =， F 为C 的焦点，过F 的直线l 与C 相交于,A B 两点. （1）设l 的斜率为1，求AB ；（2）求证： OA OB ⋅是一个定值. 【答案】(1) 8AB =（2）见解析【解析】试题分析：（1）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系及抛物线的定义、弦长公式即可得出；（2）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系、向量的数量积即可得出；（2）证明：设直线l 的方程为1x ky =+，由21{4x ky y x=+-得2440y ky --= ∴124y y k +=， 124y y =-()()1122,,,OA x y OB x y ==，∵()()1212121211OA OB x x y y kx ky y y ⋅=+=+++，()212121222144143k y y k y y y y k k =++++=-++-=-，∴OA OB ⋅是一个定值.点睛：熟练掌握直线与抛物线的相交问题的解题模式、根与系数的关系及抛物线的定义、过焦点的弦长公式、向量的数量积是解题的关键，考查计算能力,直线方程设成1x ky =+也给解题带来了方便.6．【内蒙古包头市第三十三中2016-2017学年高一下学期期末】已知椭圆C : 22221(0,0)x y a b a b+=>>的,右焦点为求椭圆C 的方程; (2)若过原点作两条互相垂直的射线,与椭圆交于A ,B 两点,求证:点O 到直线AB 的距离为定值.【答案】(1) 2213x y += ,(2) O 到直线AB 的距离为定值2. 【解析】试题分析：（1）根据焦点和离心率列方程解出a ，b ，c ；（2）对于AB 有无斜率进行讨论，设出A ，B 坐标和直线方程，利用根与系数的关系和距离公式计算；有OA⊥OB知x1x2+y1y2=x1x2+(k x1+m) (k x2+m)=(1+k2) x1x2+k m(x1+x2)=0 代入,得4 m2=3 k2+3原点到直线AB的距离d==，当AB的斜率不存在时, 11x y= ,可得,1x d==依然成立.所以点O 到直线点睛：本题考查了椭圆的性质，直线与圆锥曲线的位置关系，分类讨论思想，对于这类题目要掌握解题方法．设而不求，套用公式解决．7．【四川省成都市石室中学2017-2018学年高二10月月考】已知双曲线()222210x yb aa b-=>>渐近线方程为y=，O为坐标原点，点(M在双曲线上．（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）已知,P Q为双曲线上不同两点，点O在以PQ为直径的圆上，求2211OP OQ+的值．【答案】（Ⅰ）22126x y-=；（Ⅱ）221113OP OQ+=.【解析】试题分析：（1）根据渐近线方程得到设出双曲线的标准方程，代入点M的坐标求得参数即可；（2）由条件可得OP OQ⊥，可设出直线,OP OQ的方程，代入双曲线方程求得点,P Q的坐标可求得221113OP OQ+=。

四川省成都市双流县棠湖中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试卷 Word版含解析

2017-2018学年四川省成都市双流县棠湖中学高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（本题共6个小题，每题3分，共18分）1．下列说法不正确的是（）A．电场强的地方电势不一定高B．电场中某点电场强度的方向与负点电荷在该点所受电场力的方向相同C．磁场中某点磁感应强度的方向与小磁针北极所受磁场力的方向相同D．磁感线和电场线一样，是人为设想出来的，实际上并不存在2．下列说法正确的是（）A．同一电场线上的各点，电势一定不相等B．带电粒子沿电场线方向移动时，电势能一定增加C．电源两端的电压一定等于电源电动势D．欧姆定律适用于正常工作的电动机3．如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U﹣I图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（）A．电源电动势为3.0 V，内阻为0.5ΩB．R的阻值为1ΩC．R消耗的功率1.5 WD．电源消耗的总功率为2.5 W4．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图，可以判定（）A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．电场中A点的电势低于B点的电势D．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能5．已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大．为探测有无磁场和磁场强弱变化，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L发光．若某次探测装置从无磁场区进入磁场区，则（）A．电容器C的电量减小B．电灯L变暗C．电流表的示数减小 D．电流表的示数增大6．如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为﹣Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为﹣q的小金属块（可视为质点），从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为v m．小金属块最后停止在C点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ、AB间距离为L、静电力常量为k，则（）A．在点电荷﹣Q形成的电场中，A、B两点间的电势差为B．在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小C．OB间的距离为D．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能二、多项选择题（本题共6个小题，每题4分，共24分．全对得4分，有错误选项得0分，没选全得2分）7．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果电子打在荧光屏上，在P点出现一个稳定的亮斑，那么示波管中的（）A．极板Y应带正电B．极板Y′应带正电C．极板X应带正电D．极板X′应带正电8．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小9．在水平地面上空中有竖直方向的匀强电场，一带电小球以某一初速度由M点沿如图所示的轨迹运动到N点．由此可知（）A．小球所受的电场力一定大于重力B．小球的动能一定减小C．小球的机械能保持不变D．小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变10．在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是（）A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R4短路11．如图所示，已知E=6V，r=4Ω，R1=2Ω，R2的变化范围是0﹣﹣10Ω．则（）A．R1上消耗的最小功率为0.5 WB．电源的最大输出功率为2.25 WC．R2上消耗的最大功率为2 WD．R2上消耗的功率最大时，电源的效率为66.7%12．一个质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同C．若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同三、实验题（每个空2分，实物连线2分，共18分）13．（6分）（1）螺旋测微器是重要的测量仪器，如图1所示的读数是mm．（2）用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十kΩ的电阻R x，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮．把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1kd．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔根据图2所示指针位置，此被测电阻的阻值为Ω．14．（12分）在研究性课题的研究中，小刚和小明所在的小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容器、电感线圈等电子器件．现从这些材料中选取两个待测元件进行研究，一是电阻R X（阻值约2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势E的标称值为3.4V）．在操作台上还准备了如下实验器材：A．电压表V（量程4V，内阻R V约10kΩ）B．电流表A1（量程100mA，内阻R A1约5Ω）C．电流表A2（量程2mA，内阻R A2约50Ω）D．滑动变阻器R，（0～40Ω．额定电流1A）E．电阻箱R（0～999.9Ω）F．开关S一只、导线若干（1）小刚采用伏安法测定R x的阻值，他使用的电源是待测的锂电池．图1是他连接的部分实验器材，请你完成实物连接．小刚应该选用的电流表是（填“A1”或“A2”）；他用电压表的读数除以电流表的读数作为R x的测量值，则测量值真实值（填“大于”或“小于”）；（2）小明设计了如图2甲所示的电路图测量锂电池的电动势E和内阻r．小明认为用线性图象处理数据便于分析，他在实验中多次改变电阻箱阻值，获取了多组数据，画出的﹣图象为一条直线（见图乙）．则该图象的函数表达式为= ，由图乙可知该电池的电动势E= V，内阻r= Ω．四、计算题（共40分，计算时要求写出必要的文字叙述、公式、重要的步骤等．）15．（8分）如图所示电路中，电源电动势E=12V，内电阻r=1Ω，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，理想电流表A的示数为0.4A，求：（1）通过R1的电流（2）电阻R3的阻值．16．（10分）如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机正常工作，电动机的线圈电阻R=1.5Ω．求：（1）电源的输出功率（2）电动机的输出功率．17．（10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=10cm，两板间的距离d=5cm．电源的电动势E=12V，内阻未知，R0=3Ω，R=8Ω．闭合开关S，电路稳定后，一带负电的粒子从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=10m/s水平向右射入，并恰好从A板右边缘飞出．已知粒子的电量q=2.0×10﹣8C，质量m=1.2×10﹣9kg（不计空气阻力和粒子重力）．求：（1）两极板间的电势差U；（2）电源的内阻r．18．（12分）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时，受到轨道的作用力大小？（2）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小？（3）在（2）问中，求s的大小？2016-2017学年四川省成都市双流县棠湖中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共6个小题，每题3分，共18分）1．下列说法不正确的是（）A．电场强的地方电势不一定高B．电场中某点电场强度的方向与负点电荷在该点所受电场力的方向相同C．磁场中某点磁感应强度的方向与小磁针北极所受磁场力的方向相同D．磁感线和电场线一样，是人为设想出来的，实际上并不存在【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场强度．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】在静电场中场强方向就是电势降低最快的方向；两点之间的电势差与场强及两点间沿电场线方向的距离有关；电场强度与电势无关；根据电场力做功公式W=qU分析电场力做功情况．磁场中磁感应强度的方向与小磁针N极受力方向相同；电场线和磁感线均是人为引入的虚拟线．【解答】解：A、电势与电场强度没有直接关系，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正确．B、电场中某点电场强度的方向与正点电荷在该点所受电场力的方向相同，与负电荷在该点受力方向相反，故B不正确；C、磁场中某点磁感应强度的方向与小磁针北极所受磁场力的方向相同，故C正确；D、磁感线和电场线一样，是人为设想出来的，实际上并不存在，故D正确．本题选不正确的，故选：B【点评】解决本题关键要理解电场和磁场的性质，明确它们的区别和联系，注意电场线和磁感线均是人为引入来描述电场和磁场的虚拟线，它们的疏密表示场的强弱，而切线方向表示场的方向．2．下列说法正确的是（）A．同一电场线上的各点，电势一定不相等B．带电粒子沿电场线方向移动时，电势能一定增加C．电源两端的电压一定等于电源电动势D．欧姆定律适用于正常工作的电动机【考点】欧姆定律；电场线．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】明确电场线的性质，知道沿电场的方向电势降低，同时注意正负电荷在电场中的受力方向不同；明确电源电动势的定义，知道路端电压要小于电动势；欧姆定律只能适用于金属导体和电解质溶液．【解答】解：A、沿电场线的方向电势降落，故同一电场线上的各点，电势一定不相等，故A正确；B、正电荷沿电场线方向移动时，电场力做正功，电势能减小，而负电荷沿电场线运动时，电场力做负功，电势能增大，故B错误；C、电源两端的电压为路端电压，一般要小于电源电动势，故C错误；D、欧姆定律只能适用于纯电阻电路，不能用于正常工作时的电动机，故D错误．故选：A．【点评】本题考查了欧姆定律、电动势以及电场的性质，要注意明确电场线的性质，明确沿电场线的方向电势是降落的．3．如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U﹣I图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（）A．电源电动势为3.0 V，内阻为0.5ΩB．R的阻值为1ΩC．R消耗的功率1.5 WD．电源消耗的总功率为2.5 W【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题．【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率，由P=EI求电源消耗的总功率；【解答】解：A、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势 E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则 r=||=Ω=1.5Ω．故A错误．B、电阻R的阻值为 R==Ω=1.5Ω．故B错误；C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有 U=1.5V，I=1.0A，电源的输出功率为P=UI=1.5×1.0W=1.5W．故C正确．D、电源消耗的总功率，故D错误；故选：C【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压．4．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图，可以判定（）A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．电场中A点的电势低于B点的电势D．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能【考点】电场线；电势能．【分析】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．根据带电粒子轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功正负，判断动能和电势能的变化；沿电场线的方向，电势降低．【解答】解：A、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，故A错误；B、D、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线斜向下的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做负功，电荷的电势能增加，动能减小，所以粒子在A点的动能大于它在B点的动能，粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，故B 错误，D正确．C、沿电场线方向电势逐渐降低，A点的电势高于B点的电势，所以C错误；故选：D．【点评】本题要根据轨迹的弯曲方向判断电场力的方向，根据电场力的做功情况，判断动能和电势能的大小．用电场线可以形象地描述电场的强弱和方向，电场线的方向反映了电势的高低．5．已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大．为探测有无磁场和磁场强弱变化，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L发光．若某次探测装置从无磁场区进入磁场区，则（）A．电容器C的电量减小B．电灯L变暗C．电流表的示数减小 D．电流表的示数增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】探测装置从无磁场区进入强磁场区时，电阻变大，则总电流变小，根据闭合电路欧姆定律即可分析．根据Q=CU分析电容器电量的变化情况．【解答】解：探测装置从无磁场区进入强磁场区时，电阻变大，则电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流变小，所以电流表的示数减小；根据U=E﹣Ir，可知I减小，U增大，所以灯泡两段的电压增大，所以电灯L变亮，电容器两端的电压等于灯泡两端的电压，根据Q=CU知电容器C的电量增大，故ABD错误，C正确．故选：C【点评】本题是电路的动态分析问题，知道电路中有一个电阻变大，总电阻就变大，总电流就变小，再结合闭合电路欧姆定律分析即可，难度不大，属于基础题．6．如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为﹣Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为﹣q的小金属块（可视为质点），从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为v m．小金属块最后停止在C点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ、AB间距离为L、静电力常量为k，则（）A．在点电荷﹣Q形成的电场中，A、B两点间的电势差为B．在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小C．OB间的距离为D．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】金属块B点时速度最大，说明A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡．电场力做正功，电势能减小．根据库仑定律知，距离增大，库仑力减小，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况．根据动能定理求解A、B两点的电势差【解答】解：A、滑块从A到B过程，由动能定理得：﹣qU AB﹣μmgL=mv2﹣0，得A、B两点间的电势差 U AB=﹣．故A错误．B、小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小．故B错误C、由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg=k，得r=．故C正确．D、从B到C的过程中，小金属块的动能和电势能全部转化为内能，故D错误；故选：C【点评】本题的突破口是“B点速度最大”，分析金属块的运动情况，来分析其受力情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况，根据动能定理求解电势差．二、多项选择题（本题共6个小题，每题4分，共24分．全对得4分，有错误选项得0分，没选全得2分）7．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果电子打在荧光屏上，在P点出现一个稳定的亮斑，那么示波管中的（）A．极板Y应带正电B．极板Y′应带正电C．极板X应带正电D．极板X′应带正电【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】由亮斑位置可知电子偏转后打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性．【解答】解：电子受力方向与电场方向相反，电子打在荧光屏上，在P点出现一个稳定的亮斑，电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电，同理可知Y带正电，故AC 正确，BD错误．故选：AC．【点评】本题考查电子的偏转，要知道电子的受力与电场的方向相反，会分析两个方向上所加不同电压对应的不同偏转情况．8．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小【考点】欧姆定律．【专题】实验题．【分析】根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大．对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数．【解答】解：A、图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故A错误．B、对应P点，小灯泡的电阻为R=；故B正确；C、D对应P点，小灯泡的电阻为R=．故C错误；D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．故选：BD．【点评】注意U﹣I图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因．9．在水平地面上空中有竖直方向的匀强电场，一带电小球以某一初速度由M点沿如图所示的轨迹运动到N点．由此可知（）A．小球所受的电场力一定大于重力B．小球的动能一定减小C．小球的机械能保持不变D．小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】小球在重力和电场力的作用下做曲线运动，根据曲线运动的条件可得出小球受合力的方向，即可得出两力的大小关系；分析各力做功情况根据功能关系可知能量间的关系．【解答】解：A、小球向上偏转，故小球所受合力应偏向上方；而粒子只受重力和电场力，故电场力方向向上，且应大于重力．故A正确；B、因合力竖直向上，故合力与物体的运动方向夹角小于90°，物体受到的合力做正功，故动能增加；故B错误；C、小球向上运动的过程中，电场力做正功，所以小球的机械能增大，故C错误；D、电场力和重力均为保守力，小球增加的机械能是由电场力做功转化来的，而电场力做功消耗电势能，由能量守恒定律可知，小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变，故D正确；故选：AD．【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动以及曲线运动的规律应用，要注意小球做曲线运动，根据弯曲的方向可以判断出受到的合外力的范围，而本题中明确了电场力沿竖直方向，故合力只能沿竖直方向．同时注意当除重力之外的其他力做功时，物体的机械能改变，而改变量等量外力所做的功．10．在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是（）A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R4短路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】A灯变暗，说明外电阻总电阻变大了；B灯变亮，说明其分得的电压变大了；根据传并联电路的特点和闭合电路欧姆定律列式求解．【解答】解：A、R1短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故A错误；B、R2断路，B灯泡分得的电流变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故B正确；C、R3断路，B灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故C正确；D、R4短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故D错误；故选BC．【点评】本题是电路的动态分析问题，关键理清电路结构，然后根据串并联电路的特点分析，不难．11．如图所示，已知E=6V，r=4Ω，R1=2Ω，R2的变化范围是0﹣﹣10Ω．则（）A．R1上消耗的最小功率为0.5 WB．电源的最大输出功率为2.25 WC．R2上消耗的最大功率为2 WD．R2上消耗的功率最大时，电源的效率为66.7%【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题．【分析】当电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大．当电路中电流最大时，R1消耗的功率最大．将R1看成电源的内阻，当等效电源的内阻与R2相等时R2消耗的功率最大．根据功率公式和欧姆定律求解．【解答】解：A、当时，上消耗的功率最小，电路最小电流，上消耗的最小功率，故A错误；B、当时，电源的输出功率最大，，故B正确；C、将R1看成电源的内阻，当R2=R1+r=6Ω时，R2消耗的功率最大，R2消耗的最大功率为：，故C 错误；D、将R1看成电源的内阻，当R2=R1+r=6Ω时，R2消耗的功率最大，电源的效率为η==，故D正确；故选：BD【点评】解决本题的关键要掌握一个结论并能灵活运用：当电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大．要能运用等效法分析可变电阻功率的最大值．12．一个质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同C．若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同【考点】运动的合成和分解．【分析】将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，其水平方向不受外力，做匀速直线运动，竖直方向在无电场区做匀加速运动，有电场区也做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式分析，可以得到小球在竖直方向的运动规律．【解答】解：A、将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解水平方向不受外力，以v0做匀速直线运动，故A正确；B、竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不相等，故B错误；C、当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式，有经过第一个无电场区y=gt12v1=gt1经过第一个电场区y=v1t﹣gt22v2=v1﹣gt2由①②③④联立解得t1=t2v2=0接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动故C正确；D、通过前面的分析可知，物体通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以，通过电场的时间不同；故D错误；。

四川成都七中18-19高二上学期年中考试--物理

四川成都七中18-19高二上学期年中考试-- 物理考试时间：100 分钟总分： 100 分一、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，选对得漏选得 2 分，错选或不选得零分〕4 分，1. 一根粗细均匀的导线，两头加上电压U 时，经过导线中的电流强度为I ，导线中自由电子定向挪动的均匀速率为v，假定将导线均匀拉长，使它的横截面半径变成本来的1/2，再给它两头加上电压U，那么()A、经过导线的电流为I /4B、经过导线的电流为I /16C、导线中自由电子定向挪动的均匀速率为v/4D、导线中自由电子定向挪动的均匀速率为v/22.. 以下列图为静电除尘器的表示图，以下说法哪些是正确的〔〕A、金属管 A 和悬在管中的金属丝 B 应接在高压沟通电源上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，常常用假定干基本门电路构成复合门电路，以下列图，为两个基本A 门电路组合的逻辑电路，依据真值表，判断虚线框内门电路种类及真值表内1x 的值Z〔〕BA. “与门”， 1B. “与门”， 0C. “或门”， 1D. “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翔，最后离开电场，粒子只受静电力作用，那么粒子在电场中()A.做直线运动，电势能先变小后变大B.做直线运动，加快度先变大后变小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〕固定在度，φ 表示负极板的电势，P 点，以下列图，以ε 表示正点电荷在E 表示两极板间电场强P 点的电势能，将正极板移到图中虚线所示的地点，那么〔〕A、 E 变大、φ降低 B.E 不变、φ高升C.E 变小、ε变小D. φ高升、ε变大6.以下列图，长为 L、倾角为θ的圆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v0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 v0，那么〔〕A. 、B 两点间的电势差必定等于θA mgLsin /qB. 小球在B点的电势能必定大于 A 点的电势能C. 假定电场是匀强电场，那么该电场的强度的最大值必定为mg/qD. 假定该电场是斜面中点正上方某点C的点电荷 Q产生的，那么Q必定是负电荷7. 一个用绝缘资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、带正电荷q的小球相连，静止在圆滑绝缘水平面上，当加入mSMA RU以下列图的场强为E 的匀强电场后，小球开始运动，以下说法正确的选项是〔〕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互相转变8. 以下列图，电阻R=20Ω，电动机的绕组电阻R′＝10Ω、当开关翻开时，电流表的示数是I ，电路耗费的电功率为P。

四川省成都市彭州市2017-2018学年高二下学期期中物理试卷 Word版含解析

四川省成都市彭州市2017-2018学年高二下学期期中物理试卷一、单项选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共6小题，共18分．）1．（3分）关于振动和波的关系，下列说法正确的是（）A．有机械波必有振动B．有机械振动必有波C．离波源远的质点振动较慢D．波源停止振动时，介质中的波立即停止传播2．（3分）如图所示，下列说法正确的是（）A．只要有磁铁就一定有电流B．若磁铁向上运动，则a、b两点电势高低是φa＜φbC．若磁铁向下运动，则电阻中电流的方向时从b到aD．若磁铁向下运动，则a、b两点电势高低是φa＞φb3．（3分）作简谐运动物体，在每次通过同一位置时，振幅、势能、动能、速度、加速度、位移、回复力七个量中，总是相同的量是（）A．速度、位移与回复力B．加速度与位移、势能与动能、振幅C．速度、回复力和加速度D．回复力、动能、速度、加速度、振幅4．（3分）如图所示为置于成都地区的某单摆的共振曲线，则（）A．该单摆做受迫振动的周期一定等于2sB．该单摆的摆长约为1mC．单摆做简谐运动时的回复力一定不等于合外力D．单摆悬挂在静止的电梯中自由振动时，若电梯突然自由下落，则单摆必相对于电梯静止5．（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除变阻器R以外其余电阻均不计．在原线圈c、d两端加u1=220sin100πt（V）的交变电压．则（）A．若单刀双掷开关接b，则电压表示数为22VB．若将单刀双掷开关由a拨向b，cd端输入的功率变小C．若将单刀双掷开关由a拨向b，则两电流表的示数均变小D．若单刀双掷开关接a，将滑动变阻器触片P向上移时，电压表示数保持不变6．（3分）如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（）A．B．C．D．二、不定项选择题（每小题4分，共6个小题，共24分．每小题有一个或多个正确选项，选对不全得2份，错选或不选不得分）7．（4分）一简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻其波形如图所示．下列说法正确的是（）A．由波形图可知该波的波长B．由波形图可知该波的周期C．经周期后质点P运动到Q点D．经周期后质点R的速度变为零8．（4分）如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，则（）A．开关S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮B．开关S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗直至熄灭，B灯变亮C．断开开关S的瞬间，A、B灯同时熄灭D．断开开关S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭9．（4分）下列各图中交流电的有效值为的图是（）A．B．C．D．10．（4分）某变电站用11kV的交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R．现若用变压器将电压升高到220kV送电，下面选项正确的是（）A．因I=，所以输电线上的电流增为原来的20倍B．因I=，所以输电线上的电流减为原来的C．因P=，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的11．（4分）一列简谐波某时刻的波形图如图（甲）所示，从该时刻开始计时，横波上A质点的振动图象如图（乙）所示，则（）A．图（甲）中B质点的振动方程是y=l0sinB．这列波沿x轴正方向传播C．这列波的波速是20 m/sD．从该时刻起经0.6 s，A质点通过的路程是12 m12．（4分）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（）A．P=3mgvsinθB．P=2mgvsinθC．当导体棒速度达到时加速度大小为sinθD．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功三、填空题（每空2分共14分）13．（8分）在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时，摆球的密度应选得些（填“大”或“小”），如果已知摆球直径为2.00cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图1所示，那么单摆摆长是m．如果测定了40次全振动的时间如图2中秒表所示，那么秒表读数是s，单摆的摆动周期是s．14．（2分）在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大，可能的原因是（）A．摆球质量过大B．单摆振动时振幅较小C．测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径D．测量周期时，把n个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小15．（4分）在演示简谐运动图象的沙摆实验中，使木板沿直线OO′做匀加速直线运动，摆动着的漏斗中漏出的沙在木板上显示出如图乙所示曲线，A．B．C．D均为直线OO′上的点，测出=16cm，=48cm，摆长为90cm，摆角小于5°，则该沙摆的周期为s，木板的加速度大小约为m/s2（g取10m/s2）（结果保留二位有效数字）四、计算题（要求写出必要的步骤和文字说明．共44分）16．（13分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=T，边长L=10cm的正方形线圈共100匝，线圈总电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO'匀速转动，角速度ω=2rad/s，外电路中的电阻R=4Ω，求：（1）感应电动势的最大值．（2）由图示位置转过60°时的瞬时感应电动势．（3）交流电压表的示数．（4）线圈转动一周产生的总热量．（5）在周期内通过电阻R的电荷量为多少？17．（13分）一列横波沿x轴方向传播，在t1=0时刻的波形图如图中实线所示，在t2=1s时刻的波形如图中的虚线所示，求：（1）该波的波速是多少？（2）若该波的波速是25cm/s，则波向什么方向传播？18．（18分）如图所示，质量为M=20g的导体棒ab，垂直放在相距为l=0.1m的平行光滑金属轨道上．导轨平面与水平面的夹角为θ=30°，并处于磁感应强度大小为B=2T、方向垂直与导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d=10cm的平行金属板，R和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．（1）调节R x=R=1Ω，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v．（2）若金属棒从静止开始至匀速运动的某一时刻，下落的高度为2m，求这一过程中电阻R 上产生的热量．（3）改变R x，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m=1g、带电量为+q=10﹣3C的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x．四川省成都市彭州市2017-2018学年高二下学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共6小题，共18分．）1．（3分）关于振动和波的关系，下列说法正确的是（）A．有机械波必有振动B．有机械振动必有波C．离波源远的质点振动较慢D．波源停止振动时，介质中的波立即停止传播考点：波的形成和传播．分析：机械波形成要有两个条件：一是机械振动，二是传播振动的介质．有机械振动才有可能有机械波，波的传播速度与质点振动速度没有直接关系．解答：解：A、机械波是机械振动在介质中传播的过程，所以有机械波必有机械振动．故A正确．B、有机械波一定有机械振动，有机械振动不一定有机械波，还需要传播振动的介质．故B 错误．C、介质中各质点振动的频率等于波源的振动频率，各点振动快慢相同．故C错误．D、波源停振时，由于惯性，介质中各质点还要振动一会儿，不会立即停止．故D错误．故选：A．点评：机械波产生的条件要有振源与介质，两者缺一不可．振源振动的速度与波的速度大小、方向有本质的区别，要善于鉴别．2．（3分）如图所示，下列说法正确的是（）A．只要有磁铁就一定有电流B．若磁铁向上运动，则a、b两点电势高低是φa＜φbC．若磁铁向下运动，则电阻中电流的方向时从b到aD．若磁铁向下运动，则a、b两点电势高低是φa＞φb考点：楞次定律．分析：当磁铁向下或向上运动时，穿过线圈的磁通量增大或减小，根据楞次定律分析感应电流方向．解答：解：A、只有磁铁相对线圈运动，导致穿过线圈的磁通量变化，才一定有电流．故A错误．B、当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，流过电阻的电流是由a经R到b，则φa＞φb．故B错误．CD、当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，流过电阻的电流是由b 经R到a，即φa＜φb．故C正确，D错误；故选：C．点评：楞次定律判断感应电流的方向往往按“三步走”：1、明确原磁场方向及磁通量的变化情况．2、根据楞次定律确定感应电流的磁场方向．3、由安培定则判断感应电流方向，同时注意电源内部电流方向由负极流向正极．3．（3分）作简谐运动物体，在每次通过同一位置时，振幅、势能、动能、速度、加速度、位移、回复力七个量中，总是相同的量是（）A．速度、位移与回复力B．加速度与位移、势能与动能、振幅C．速度、回复力和加速度D．回复力、动能、速度、加速度、振幅考点：简谐运动的回复力和能量．专题：简谐运动专题．分析：简谐运动（1）定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动．（2）简谐运动的特征①动力学特征：F=﹣kx．②运动学特征：x、v、a均按正弦或余弦规律发生周期性变化（注意v、a的变化趋势相反）．③能量特征：系统的机械能守恒，振幅A不变．解答：解：简谐运动具有对称性和周期性，振幅不变；经过同一位置时势能相同，由于机械能守恒，故经过同一位置时动能也相同；经过同一位置时速度有两个可能的方向，不一定相同；经过同一位置时，位移相同，回复力F=﹣kx相同，加速度a=﹣也相同；故ACD错误，B正确；故选：B．点评：本题关键是简谐运动具有对称性和周期性，注意经过同一位置时速度有两个可能的方向，明确矢量相同要求大小和方向全部相同．4．（3分）如图所示为置于成都地区的某单摆的共振曲线，则（）A．该单摆做受迫振动的周期一定等于2sB．该单摆的摆长约为1mC．单摆做简谐运动时的回复力一定不等于合外力D．单摆悬挂在静止的电梯中自由振动时，若电梯突然自由下落，则单摆必相对于电梯静止考点：产生共振的条件及其应用．分析：当驱动力频率等于单摆的固有频率时，产生共振现象．由单摆的共振曲线可知，当驱动力频率为0.5Hz时单摆产生了共振现象，则单摆的固有频率即为0.5Hz，固有周期为T=2s，根据单摆的周期公式求出摆长．解答：解：A、受迫振动的频率等于驱动力的频率；单摆做受迫振动的周期等于驱动力的周期，不一定等于2s．故A错误；B、由单摆的共振曲线可知，当驱动力频率为0.5Hz时单摆产生了共振现象，则单摆的固有频率即为0.5Hz，固有周期为T=2s，摆长，故B正确；C、单摆做简谐运动时的回复力在最大位移处等于合外力．故C错误；D、单摆悬挂在静止的电梯中自由振动时，若电梯突然自由下落，则单摆可能相对于电梯静止，也可能相对于电梯做匀速圆周运动．故D错误；故选：B．点评：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象．5．（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除变阻器R以外其余电阻均不计．在原线圈c、d两端加u1=220sin100πt（V）的交变电压．则（）A．若单刀双掷开关接b，则电压表示数为22VB．若将单刀双掷开关由a拨向b，cd端输入的功率变小C．若将单刀双掷开关由a拨向b，则两电流表的示数均变小D．若单刀双掷开关接a，将滑动变阻器触片P向上移时，电压表示数保持不变考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析．解答：解：A、当单刀双掷开关与b连接时，匝数之比为5：1，原线圈两端有效值为220V，所以副线圈电压有效值为44V，故A错误；B、若单刀双掷开关接a，滑动变阻器触头向上移动的过程中，电阻增大，电压不变，电流减小，功率减小；故B错误；C、当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比为5：1，输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，故C错误；D、若单刀双掷开关接a，只将滑动变阻器触片P向上移时，变压器匝数之比不变；故电压表示数保持不变；故D正确；故选：D．点评：做好本题要理解变压器中心抽头的作用：改变了匝数之比，从而改变了电压之比，也改变了两表的示数．6．（3分）如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（）A．B．C．D．考点：楞次定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：感应电流沿顺时针方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；然后由楞次定律判断出原磁场如何变化，直线电流如何变化；由楞次定律判断导线框受到合力的方向．解答：解：线框中感应电流沿顺时针方向，由安培定则可知，感应电流的磁场垂直于纸面向里；由楞次定律可得：如果原磁场增强时，原磁场方向应垂直于纸面向外，由安培定则可知，导线电流方向应该向下，为负的，且电流越来越大；由楞次定律可知：如果原磁场方向垂直于纸面向里，则原磁场减弱，直线电流变小，由安培定则可知，直线电流应竖直向上，是正的；A、由图示可知，直线电流按A所示变化，感应电流始终沿顺时针方向，由楞次定律可知，在i大于零时，为阻碍磁通量的减小，线框受到的合力水平向左，在i小于零时，为阻碍磁通量的增加，线框受到的合力水平向右，故A正确；B、图示电流不能使线框中的感应电流始终沿顺时针方向，故B错误；C、图示电流使线框中的感应电流沿顺时针方向，但线框在水平方向受到的合力始终水平向左，故C错误；D、图示电流使线框中产生的感应电流沿逆时针方向，故D错误；故选：A．点评：正确理解楞次定律中“阻碍”的含义是正确解题的关键，熟练应用楞次定律、安培定则即可正确解题．二、不定项选择题（每小题4分，共6个小题，共24分．每小题有一个或多个正确选项，选对不全得2份，错选或不选不得分）7．（4分）一简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻其波形如图所示．下列说法正确的是（）A．由波形图可知该波的波长B．由波形图可知该波的周期C．经周期后质点P运动到Q点D．经周期后质点R的速度变为零考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长．波动图象反映介质中质点在空间的分布情况，不能读出周期．机械波传播时，介质中质点不向前迁移．图示时刻质元R处于平衡位置向下振动，经周期后到达波谷，速度变为零．解答：解：A、相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长，由波形图可知该波的波长λ=4cm．故A正确．B、波动图象反映介质中质点在空间的分布情况，不能读出周期．如知道波速，可求出周期．故B错误．C、简谐横波沿x轴正方向传播，质元P上下振动，并不向前移动．故C错误．D、简谐横波沿x轴正方向传播，则可判断出图示时刻质元R向下振动，经周期后到达波谷，速度变为零．故D正确．故选：AD点评：本题考查对波动图象的理解能力．由波动图象可读出波长、振幅，根据波的传播方向可判断质点的振动方向．8．（4分）如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，则（）A．开关S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮B．开关S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗直至熄灭，B灯变亮C．断开开关S的瞬间，A、B灯同时熄灭D．断开开关S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭考点：自感现象和自感系数．分析：开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮．断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭．解答：解：A、开关K闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故A错误B正确；C、断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误，D正确．故选：BD点评：对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路．9．（4分）下列各图中交流电的有效值为的图是（）A．B．C．D．考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．解答：解：AC、AC均为正弦式交流电，交流电的有效值均为；B、根据（）2R =I2RT得，交流电的有效值I=．故B正确；D、由电流的热效应可知，（I m）2R=I2RT；解得：I=；故D错误；故选：B．点评：求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解．10．（4分）某变电站用11kV的交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R．现若用变压器将电压升高到220kV送电，下面选项正确的是（）A．因I=，所以输电线上的电流增为原来的20倍B．因I=，所以输电线上的电流减为原来的C．因P=，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的考点：远距离输电；交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：根据P=UI，结合输送电压的变化求出输电线上电流的变化．根据P损=I2R求出损失功率的变化．解答：解：A、根据P=UI得，I=．输送功率一定，输送电压变为原来的20倍，则输送电流变为原来的．故A错误，B正确．C、根据P损=I2R得，输送电流变为原来的．则损失的功率变为原来的．故C错误．D、根据P损=I2R得，输送电流变为原来的．要使输电线上的功率不变，电阻变为原来的400倍，根据R=，直径变为原来的．故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，知道损失的功率P损=I2R11．（4分）一列简谐波某时刻的波形图如图（甲）所示，从该时刻开始计时，横波上A质点的振动图象如图（乙）所示，则（）A．图（甲）中B质点的振动方程是y=l0sinB．这列波沿x轴正方向传播C．这列波的波速是20 m/sD．从该时刻起经0.6 s，A质点通过的路程是12 m考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：从图甲得到质点A的振动情况，x﹣t图象的斜率表示速度；从图乙得到波形平移情况和各个质点的振动图象．解答：解：A、从图乙得到周期为T=0.8s，振幅为A=10cm；故图甲中B质点的振动方程是：y=Acos t=10cos（πt）（cm），故A错误；B、x﹣t图象的斜率表示速度，从图乙得到图示时刻质点A向上运动；结合波形平移可知甲图中波形向左平移，故B错误；C、从图甲得到波长为16m，图乙得到周期为0.8s，故波速为：v==m/s=20m/s，故C正确；D、从乙图可以看出，从该时刻起经0.6s，A质点通过的路程是：S=3A=30cm，故D错误；故选：C．点评：本题关键是明确明确振动图象和波动图象的联系，通过波形平移判断振动和波形平移的关系．12．（4分）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（）A．P=3mgvsinθB．P=2mgvsinθC．当导体棒速度达到时加速度大小为sinθD．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；焦耳定律．专题：电磁感应——功能问题．分析：导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化．解答：解：AB、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则有：mgsinθ=BIl=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则有：F+mgsinθ=BIl=2×，故有：F=mgsinθ，拉力的功率为：P=Fv=2mgvsinθ，故A错误，B正确；C、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣×=ma，解得：a=，故C正确；D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故D错误．故选：AC点评：考查了电磁感应定律结合闭合电路的知识，注意平衡条件得应用，结合能量守恒进行解答，属于难题．三、填空题（每空2分共14分）13．（8分）在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时，摆球的密度应选得大些（填“大”或“小”），如果已知摆球直径为2.00cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图1所示，那么单摆摆长是0.8740m．如果测定了40次全振动的时间如图2中秒表所示，那么秒表读数是75.2s，单摆的摆动周期是1.88s．考点：用单摆测定重力加速度．专题：实验题；单摆问题．分析：摆球尽量选择质量大些、体积小些的摆球振动稳定后；摆长等于线长加球的半径；由图示刻度尺读出其示数，然后求出摆长；秒表分针与秒针示数之和是秒表示数．解答：解：为减小空气阻力对实验的影响，实验时应选择体积比较小质量比较大的球作为摆球，即选择密度较大的球做摆球．由图1所示可知，摆球下端随对应刻度尺示数为88.40cm，单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长为：88.40﹣1.00=87.40cm=0.8740m；由图2所示秒表可知，分针示数为1min=60s，秒针示数为15.2s，则秒表示数为60s+15.2s=75．s，则单摆周期T==1.88s故答案为：大；0.8740；75.2；1.88．点评：本题考查了实验注意事项、刻度尺与秒表读数、求单摆摆长与周期问题；单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和．14．（2分）在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大，可能的原因是（）A．摆球质量过大B．单摆振动时振幅较小C．测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径D．测量周期时，把n个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小考点：用单摆测定重力加速度．专题：实验题；单摆问题．分析：根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g=，再分析g值偏大可能的原因．解答：解：根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g=，AB、从上面的表达式可得，重力加速度与小球的质量、摆的振幅都无关，故AB错误；C、将摆线的长误为摆长，即测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小．故C错误；。

四川省成都七中实验学校2017-2018学年高一上学期期中物理试卷 Word版含解析

四川省成都七中实验学校2017-2018学年高一上学期期中物理试卷一、选择题，本题共12题，每题4分，共48分．1．（4分）下列物理量中，属于矢量的是（）A．弹力B．路程C．速率D．时间2．（4分）下列有关物理量的描述，其中说法正确的是（）A．平均速度的大小等于平均速率B．速度时间图象的斜率表示加速度C．加速度单位是m/sD．滑动摩擦力的方向总是与物体运动方向相反3．（4分）由x=﹣6t+2t2表达式能够得出的正确的结论是（）A．物体在1s末速度为2m/s B．物体在1s末加速度为4m/s2C．物体在1s内平均速度为4m/s D．物体在1s内位移为﹣8m4．（4分）下列有关于运动学方面的说法中正确的是（）A．匀速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．由于所研究的问题不同，同一物体有时可以看作质点，有时不可以看作质点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一定不等5．（4分）如图所示在同一直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．（4分）足球以1.0m/s的速度水平飞向墙壁，碰到墙壁经0.1s后以0.8m/s的速度沿同一直线反弹回来，足球在与墙壁碰撞的过程中的平均加速度为（）A．2m/s2，方向垂直墙壁向里B．2m/s2，方向垂直墙壁向外C．18m/s2，方向垂直墙壁向里D．18m/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．（4分）汽车从静止开始以加速度a做匀加速直线运动．当速度达到v后立即以大小为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．（4分）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的高度应该为（）A．H＜90m B．H＞180m C．H＞90m D．90m＜H＜180m9．（4分）如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s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．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车不可能通过停车线C．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速D．如果距停车线10m处减速，汽车一定不能停在停车线以内10．（4分）某同学做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用刻度尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上砝码后测量弹簧伸长后的长度L，把L﹣L0作为弹簧的伸长量x．这样操作，由于弹簧自身重力影响，最后画出的图线可能是（）A．B．C．D．11．（4分）水平的皮带传输装置如图所示，皮带的速度保持不变，物体被轻轻地放在A端皮带上，开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置C后滑动停止，随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，该物体受摩擦力情况是（）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段不受静摩擦力D．在CB段受水平向右的静摩擦力12．（4分）如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀减速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e．已知ab=bd=6m，bc=1m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则（）A．v b=4m/s B．v c=3m/sC．从d到e所用时间为4s D．d e=3m二．实验题（12分）13．（6分）打点计时器使用的电源为（选填交流或直流）电源，打点的时间间隔为0.02s．如果当时电网中交变电流的频率稍有增大，打点时间间隔为0.019s，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比（选填：偏大、偏小或不变）．14．（6分）某同学在“用打点计时器测速度”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出0、1、2、3、4、5、6共7个计数点，打点计时器打点频率为50Hz，每两个相邻的计数点之间还有四个点没标出，其部分相邻点间的距离如图所示，完成下列问题．（1）关于打点计时器的时间间隔，下列是四位同学各自发表的看法，其中正确的是．A．电源电压越高，每打两个点的时间间隔就越短B．纸带速度越大，每打两个点的时间间隔就越短C．打点计时器连续打两个点的时间间隔由电源的频率决定D．如果将交流电源改为直流电源，打点计时器连续打两个点的时间间隔保持不变（2）计算出打下点4时小车的瞬时速度为m/s，求出小车的加速度为m/s2．（要求计算结果保留三位有效数字）三．计算题共40分（本题含4个小题，15题8分，16题10分•，17题10分，18题12分）15．（8分）一物体正以6m/s的速度在水平地面上运动，现对物体施加与速度同向的大小恒为2m/s2的加速度，求：（1）当物体的速度增大到12m/s时，经历的时间是多少？（2）施加加速度后10s内物体的位移是多少？16．（10分）一个氢气球以10m/s的速度从地面匀速上升，7.5s末从气球上面掉下一重物，此重物最高可上升到距地面多高处？此重物从氢气球上掉下后，经多长时间落回到地面？（忽略空气阻力，g取10m/s2）17．（10分）随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．某城市道路上一货车以72km/h的速率超速行驶．货车刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为4m/s2．求：（1）刹车后此货车最多前进多远？（2）司机突然发现前方30m处的路口有一人骑自行车驶进货车行驶的车道，并以6m/s速度同向匀速前进，司机开始制动，但司机的反应时间为0.5s，问骑自行车的人是否有危险？18．（12分）如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始匀加速下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），在水平面上做匀减速直线运动，最后停在C点．每隔0.2s通过速度传感器测量物体的瞬时速度，如表给出了部分测量数据．t（s）0.0 0.2 0.4 … 1.2 1.4 1.6 …v（m/s）0.0 1.0 2.0 … 1.1 0.7 0.3 …求：（1）物体在斜面和水平面上滑行的加速度大小；（2）物体在斜面上匀加速下滑的时间；（3）t=0.6s时的瞬时速度．四川省成都七中实验学校2017-2018学年高一上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题，本题共12题，每题4分，共48分．1．（4分）下列物理量中，属于矢量的是（）A．弹力B．路程C．速率D．时间考点：矢量和标量．分析：矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．根据有无方向确定．解答：解：A、矢量是既有大小又有方向的物理量，弹力是矢量，故A正确．BCD、标量是只有大小没有方向的物理量，路程、速率和时间都是标量．故BCD错误．故选：A．点评：矢量与标量明显的区别是：矢量有方向，标量没有方向．基础题．2．（4分）下列有关物理量的描述，其中说法正确的是（）A．平均速度的大小等于平均速率B．速度时间图象的斜率表示加速度C．加速度单位是m/sD．滑动摩擦力的方向总是与物体运动方向相反考点：加速度；平均速度．专题：直线运动规律专题．分析：平均速率等于路程除以时间，平均速度等于位移除以时间，速度时间图象的斜率表示加速度，知道加速度的单位．解答：解：A、平均速率等于路程除以时间，平均速度等于位移除以时间，平均速率不一定等于平均速度的大小，故A错误；B、速度时间图象的斜率表示加速度，故B正确；C、加速度单位是m/s2，故C错误；D、滑动摩擦力可以是动力，也可以是阻力，所以方向可以与运动方向相同，也可以相反，故D错误．故选：B点评：本题要知道平均速度和平均速率的区别，知道速度时间图象的斜率的含义，难度不大，属于基础题．3．（4分）由x=﹣6t+2t2表达式能够得出的正确的结论是（）A．物体在1s末速度为2m/s B．物体在1s末加速度为4m/s2C．物体在1s内平均速度为4m/s D．物体在1s内位移为﹣8m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：位移时间的关系式为：x=v0t，由此对应到题目中可以知道，v0和加速度a，根据平均速度公式求平均速度．解答：解：AB、位移时间的关系式为：：x=v0t，由此对应到题目中可以知道，v0=﹣6m/s，a=2m/s2，解得加速度a=4m/s2，故A错误，B正确；CD、又由X=﹣6t+2t2知1s内位移为：x=﹣6×1+2×11=﹣4m，有：===﹣4m/s，故CD错误故选：B点评：公式的对应，这类题目就是要写出原始表达式，然后去和给出的表达式对应，可以得到对应物理量．4．（4分）下列有关于运动学方面的说法中正确的是（）A．匀速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．由于所研究的问题不同，同一物体有时可以看作质点，有时不可以看作质点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一定不等考点：质点的认识；速度；加速度．分析：匀速运动是速度不变的运动，加速度表示物体速度变化快慢的物理量，当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，位移是初末位置的有向线段，路程是运动轨迹的长度，当物体做单向直线运动时，物体的路程等于位移大小．解答：解：A、匀速运动是指速度的大小和方向都不变的运动，故A错误；B、加速度表示物体速度变化快慢的物理量，故B错误；C、在研究地球自转的时候，地球不能看做质点，在研究地球的公转时，地球可以看做质点，故C正确；D、当物体做单向直线运动时，物体的路程等于位移大小，故D错误．故选：C点评：考查了对匀速直线运动，加速度，质点，位移和路程的理解，关键是对这些概念深入理解，特别匀速直线运动，是指速度恒定，速度包括大小和方向．5．（4分）如图所示在同一直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考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：解答本题应抓住：速度图象中速度的正负表示物体的速度方向；斜率等于物体的加速度，斜率为正值，加速度沿正方向，斜率为负值，加速度沿负方向．图象与坐标轴围成的面积表示位移．解答：解：A、B、甲的速度沿正方向，加速度也沿正方向；而乙的速度沿正方向，加速度负方向，它们速度方向相同，加速度方向相反，故A正确，B错误．C、由图象可以看出在t1时刻速度相同，没有相遇，故C错误；D、根据速度﹣时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由几何知识得知在0～t2时间内它们的位移相同．故D错误．故选：A．点评：本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．6．（4分）足球以1.0m/s的速度水平飞向墙壁，碰到墙壁经0.1s后以0.8m/s的速度沿同一直线反弹回来，足球在与墙壁碰撞的过程中的平均加速度为（）A．2m/s2，方向垂直墙壁向里B．2m/s2，方向垂直墙壁向外C．18m/s2，方向垂直墙壁向里D．18m/s2，方向垂直墙壁向外考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：根据加速度的定义即可求解，但要规定正方向．解答：解：规定以垂直墙壁向里为正，则：a==m/s2=﹣18m/s2所以球在与墙碰撞的过程中的平均加速度的大小为18m/s2，方向垂直墙壁向外故选：D点评：对于矢量的加减，我们要考虑方向，应该规定正方向．（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．（4分）汽车从静止开始以加速度a做匀加速直线运动．当速度达到v后立即以大小为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．平均速度考点：匀变速直线运动的公式．专题：直线运动规律专题．分析：由速度和时间的关系，位移和时间关系列出方程可得出所求的物理量．解答：解：设物体运动方向为正方向，已知初速度v0=0，加速过程加速度为a，时间为t，减速过程加速度为﹣a物体匀加速过程：v=at设减速到末速度为零所用时间为t2，而末速度v2=0，由v2=v﹣at2得：t2=t 故B相同．A、加速过程位移x1=at2，减速过程位移x2=vt﹣at2=at2，所以x1=x2，故A相同．C、两个过程加速度大小相等，方向相反，所以加速度不同．故C不同．D、因为两过程位移相同，时间相等，所以平均速度相同．故D相同．本题选不同的故选：C点评：在解决末速度为零的匀减速直线运动过程中，我们可以用逆过程来处理，比如：此题第二过程相当于反方向，初速度为零的匀加速直线运动．8．（4分）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的高度应该为（）A．H＜90m B．H＞180m C．H＞90m D．90m＜H＜180m考点：竖直上抛运动．专题：直线运动规律专题．分析：为保证A在上升过程中相遇，则只要求出AB恰巧在A的最高点相遇时的高度即可，只要高度小于这个数值即可．解答：解：若b球正好运动到最高点时相遇，则有：B速度减为零所用的时间t=…①s b=gt2…②，s a=…③由s a+s b=H…④，由①②③④解得H=90m所以，只要H＜90m就能保证A在上升过程中与B相遇．故选：A点评：解决本题的关键知道两物体在上升过程中相碰，两物体的位移之和等于H，结合物体运动时间的范围，求出初始度的范围．9．（4分）如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s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．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车不可能通过停车线C．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速D．如果距停车线10m处减速，汽车一定不能停在停车线以内考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：本题中汽车有两种选择方案方案一、加速通过按照AB选项提示，汽车立即以最大加速度匀加速运动，分别计算出匀加速2s的位移和速度，与实际要求相比较，得出结论；方案二、减速停止按照CD选项提示，汽车立即以最大加速度匀减速运动，分别计算出减速到停止的时间和位移，与实际要求相比较，即可得出结论；解答：解：A、如果立即做匀加速直线运动，速度减为零需要时间是s，t1=2s内汽车已经停止运动，汽车的位移m＜18m，故A项正确；B、如果立即做匀加速运动，在通过停车线的时间t2：代入数据得：t2≈1.9s＜2s所以在绿灯熄灭前汽车能通过停车线．故B错误；C、如果立即做匀加速运动，在通过停车线的速度：v t=v0+a2t2=8+2×1.9=11.8m/s＜12.5m/s，在绿灯熄灭前通过停车线汽车不超速．故C错误；D、由A的分析可知，汽车停止的位移是6.4m＜10m，如果距停车线10m处减速，汽车一定能停在停车线以内．故D错误．故选：A点评：熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符．10．（4分）某同学做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用刻度尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上砝码后测量弹簧伸长后的长度L，把L﹣L0作为弹簧的伸长量x．这样操作，由于弹簧自身重力影响，最后画出的图线可能是（）A．B．C．D．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题．分析：首先弄清横轴和纵轴代表的含义，在这里x代表的是弹簧的伸长量，即L﹣L0，最后综合判断选取答案．解答：解：（1）实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力F（即所挂重物的重力大小）（2）弹簧平放时测量自然长度，此时弹簧伸长量为0cm；（3）当竖直悬挂时，由于自身重力的影响弹簧会有一段伸长量，但此时所挂重物的重力为0N（即：F=0N）（4）因为在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与其所受的拉力成正比，综合上述分析四个图象中只有C符合．故选C．点评：此题考查学生运用图象来处理数据的能力，关键是弄清坐标轴代表的意义，并能综合分析拉力F与伸长量△L的关系．需要注意弹簧的平放与竖直放对横纵坐标的影响．11．（4分）水平的皮带传输装置如图所示，皮带的速度保持不变，物体被轻轻地放在A端皮带上，开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置C后滑动停止，随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，该物体受摩擦力情况是（）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段不受静摩擦力D．在CB段受水平向右的静摩擦力考点：静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：滑块先向右加速运动，然后向右匀速运动，分两段受力分析即可．解答：解：A、B、在AC段滑块向右加速运动，加速度向右，故合力向右；滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力向右，故A错误，B正确；C、D、在CB段滑块匀速直线运动，加速度为零，故合力为零；滑块受到重力和支持力，若有摩擦力，合力不为零，矛盾，故C正确，D错误；故选BC．点评：本题关键是明确小滑块的运动情况和受力情况，要结合运动情况分析受力情况．12．（4分）如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀减速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e．已知ab=bd=6m，bc=1m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则（）A．v b=4m/s B．v c=3m/sC．从d到e所用时间为4s D．d e=3m考点：匀变速直线运动规律的综合运用．专题：直线运动规律专题．分析：本题的突破口是ab=bd=6m，bc=1m，小球从a到c的时间是2s，从a到d的时间是4s，根据x=v0t+即可求出v a和a；再根据速度公式v t=v0+at求出v c和v d，然后根据v t2﹣v02=2ax求出de的距离，最后根据v t=v0+at求出从d到e的时间．解答：解：物体在a点时的速度大小为v0，加速度为a，则从a到c有x ac=v0t1+即7=v0×2+7=2v0+2a物体从a到d有x ad=v0t2+即12=v0×4+3=v0+2a故a=m/s2，v0=4m/s根据速度公式v t=v0+at可得v c=4﹣=3m/s，故B正确．从a到b有v b2﹣v a2=2ax ab解得v b=m/s，故A错误．根据速度公式v t=v0+at可得v d=v0+at2=4﹣m/s=2m/s则从d到e有﹣v d2=2ax de则x de==4m故D错误．v t=v0+at可得从d到e的时间t de=﹣=4s．故C正确．故选：BC．点评：本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解．二．实验题（12分）13．（6分）打点计时器使用的电源为交流（选填交流或直流）电源，打点的时间间隔为0.02s．如果当时电网中交变电流的频率稍有增大，打点时间间隔为0.019s，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比偏小（选填：偏大、偏小或不变）．考点：电火花计时器、电磁打点计时器．专题：实验题．分析：了解电磁打点计时器和电火花打点计时器的工作电压、工作原理即可正确解答；同时要熟练使用打点计时器进行有关的操作．明确周期和频率之间的关系，了解真实值和测量值之间的关系，即可分析误差情况，正确解答该题．解答：解：打点计时器使用的电源为交流电源，打点的时间间隔为0.02s．如果当时电网中交变电流的频率稍有增大，打点时间间隔为0.019s，那么实际打点周期变小，根据运动学公式△x=at2得：真实位移差偏小，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏小．故答案为：交流；偏小点评：对于基本仪器的使用和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做，以加强基本仪器的了解和使用．14．（6分）某同学在“用打点计时器测速度”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出0、1、2、3、4、5、6共7个计数点，打点计时器打点频率为50Hz，每两个相邻的计数点之间还有四个点没标出，其部分相邻点间的距离如图所示，完成下列问题．（1）关于打点计时器的时间间隔，下列是四位同学各自发表的看法，其中正确的是C．A．电源电压越高，每打两个点的时间间隔就越短B．纸带速度越大，每打两个点的时间间隔就越短C．打点计时器连续打两个点的时间间隔由电源的频率决定D．如果将交流电源改为直流电源，打点计时器连续打两个点的时间间隔保持不变（2）计算出打下点4时小车的瞬时速度为0.314m/s，求出小车的加速度为0.510 m/s2．（要求计算结果保留三位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：（1）根据对打点计时器的掌握分析答题．（2）应用匀变速直线运动的推论求出受到与加速度．解答：解：（1）A、打点计时器的打点时间间隔是由电源频率决定的，与电源电压无关，电源电压越高，每打两个点的时间间隔不变，故A错误；B、打点计时器的打点时间间隔由电源的频率决定，与纸带速度无关，故B错误；C、打点计时器连续打两个点的时间间隔由电源的频率决定，故C正确；D、打点计时器应该使用交流电源，使用直流电源将无法工作，故D错误；故选C．（2）由匀变速直线运动的推论可知，打下点4时小车的瞬时速度v4=，代入数据解得：v4=0.314m/s，出小车的加速度为a=，代入数据解得：a=0.510m/s2．故答案为：（1）C；（2）0.314；0.510．点评：本题考查了打点计时器的使用、求瞬时速度与加速度，应用匀变速直线运动的推论即可正确解题．三．计算题共40分（本题含4个小题，15题8分，16题10分•，17题10分，18题12分）15．（8分）一物体正以6m/s的速度在水平地面上运动，现对物体施加与速度同向的大小恒为2m/s2的加速度，求：（1）当物体的速度增大到12m/s时，经历的时间是多少？（2）施加加速度后10s内物体的位移是多少？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：物体原来做匀速直线运动，对物体施加与速度同向的大小恒为2m/s2的加速度后物体做匀加速直线运动，应用匀加速直线运动的规律求解即可．解答：解：（1）由：v=v0+at得：12=6+2×t，解得：t=3s（2）由：x=得：x=6×10+，解得：x=160m答：（1）当物体的速度增大到12m/s时，经历的时间是3s．（2）施加加速度后10s内物体的位移是160m．点评：分清楚运动过程，掌握匀变速直线运动的规律，能熟练的应用即可，这是一个很基础的题目．16．（10分）一个氢气球以10m/s的速度从地面匀速上升，7.5s末从气球上面掉下一重物，此重物最高可上升到距地面多高处？此重物从氢气球上掉下后，经多长时间落回到地面？（忽略空气阻力，g取10m/s2）考点：竖直上抛运动．分析：先求出7.5s末重物的速度，重物脱离气球后加速度为g，根据速度位移公式求可以上升的高度，距地面的高度为匀加速上升的高度与匀减速上升的高度之和；所求时间为重物匀减速上升的时间与匀加速下降的时间之和．解答：解：（1）7.5s末重物的速度为：v=10m/s；7.5s内上升的高度为：h=v0t=10×7.5=75m；从气球脱离后上升的高度为：；则距离地面的最大高度为：H=75m+5m=80m；（2）物体从气球上脱落后上升所用时间：；设从最高点下落到地面的时间为t″，则：，解得：t″=4s；则t总=1s+4s=5s；答：此重物最高可上升到距地面80m处；此重物从氢气球上掉下后，经5s落回地面．点评：分阶段分析物体的运动过程，做到有条不紊，熟练掌握运动学公式是解决此类问题的基础．17．（10分）随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．某城市道路上一货车以72km/h的速率超速行驶．货车刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为4m/s2．求：（1）刹车后此货车最多前进多远？（2）司机突然发现前方30m处的路口有一人骑自行车驶进货车行驶的车道，并以6m/s速度同向匀速前进，司机开始制动，但司机的反应时间为0.5s，问骑自行车的人是否有危险？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：（1）根据速度位移关系由初速度、末速度和加速度求货车的位移；。

四川省成都七中实验学校最新高二物理上学期期中试题含解析

四川省成都七中实验学校2019—２０2０学年高二物理上学期期中试题含解析一.选择题1.关于物理学史和力学单位,下列说法正确的是A.　卡文迪许利用扭秤实验测出了静电力常量 k 的数值,结果为 k =9.0×10９N.m ／C 2B ．　电场强度的单位可以是 N/C 和　Ｖ/mC 。

　电功率 P=UI 中　P 的单位可以为 W ，A V ⋅还可以为N s/m ⋅D 。

密立根油滴实验测量了电子电荷量，e =１.６0×１01９C答案Ｂ解析详解A. 卡文迪许利用扭秤巧妙地测得引力常量G 的数值，而不是静电力常量k 的数值，故A 错误。

B.　根据电场强度的定义式F E q =可知，力的单位是N,电荷的单位是C ，所以电场强度的单位是N/C,根据电场强度的公式U E d =可知，电势差的单位为V,距离的单位为m ，所以V/m 是电场强度的单位,故Ｂ正确。

C.根据功率P Fv =　可知,功率单位可以为N m/s ⋅ ，故C 错误。

Ｄ．　密立根油滴实验测量了电子电荷量，e =1。

60×１０—19C ，故D 错误.2．将两个分别带有电荷量—２Ｑ和+５Q 的相同金属小球　A 、B 分别固定在相距为r 的两处均可视为点电荷，它们之间库仑力的大小为 F 。

现将第三个与　A 、B 两小球完全相同的不带电小球 C 先后与 A 、B 两小球相互接触后拿走，A 、Ｂ　两小球间距离保持不变，则两小球间库仑力的大小为A. 14F ﻩB 。

　910F ﻩC. 15 ＦﻩＤ. 25Ｆ答案Ｃ解析详解开始时由库仑定律得：225Q QF k r ⨯=当小球和A 接触后，Ａ球带电为-Q ,再和B 球接触时，先中和后总电量为4Ｑ，故平分后B 球带电为２Ｑ，因此此时：122Q Q F kr ⨯=所以15F F =Ａ.　14F 与计算不符，故A 错误.Ｂ。

910Ｆ与计算不符，故B 错误。

C 。

15Ｆ与计算相符,故C 正确。

四川省成都七中实验学校2018-2019学年高二上学期入学考试物理试题含解析

2018-2019学年四川省成都七中高二（上）入学物理试卷一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.甲、乙两个同学对挑乒乓球，设甲同学持拍的拍面与水平方向成α角，乙同学持拍的拍面与水平方向成β角，如图所示，设乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前与击打后速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度与乒乓球击打乙的球拍的速度之比为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：v x=v1sinα；在乙处：v x=v2sinβ；所以：．故A正确，BCD错误；故选A。

【点睛】解答该题，关键是理解斜上抛运动的对称性，明确甲、乙两处的速度沿水平方向的分速度是相等的。

2.如图，表面光滑的固定斜面其中顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮不计滑轮的质量和摩擦初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块A. 速率的变化量不同B. 机械能的变化量不同C. 重力势能的变化量相同D. 重力做功的平均功率相同【答案】D【解析】对两个滑块分别受力分析，然后根据平衡条件列方程判断两滑块质量的关系；根据机械能守恒定律比较到达底端的速度大小，结合重力和速度的方向，结合瞬时功率的表达式求出瞬时功率的大小，从而进行比较；【详解】滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：；A、滑块下滑过程机械能守恒，有：，则，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度大小相等，即速率变化量相同，故A错误；B、在光滑的斜面上物体下滑时只有重力对物体做功，故对于每个物体而言其机械能均保持不变，故两物块的机械能变化量均为0，故B错误；C、滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：；由于，故，在同一高度下落，质量大的物体重力势能变化量大，故C错误；D、令下落高度为h，则A沿斜面下滑的位移，物体下滑的加速度，据，可得A下滑的时间，所以重力对A做功的平均功率，同理可得，因为所以可得，故D正确。

四川省成都市第七中学实验学校高二物理上学期期中试卷(含解析)

2013-2014学年四川省成都七中实验学校高二（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）（2014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），它们在相距一定距离时相互作用力为F1，如果让它们接触后再放回各F=F1=F2=，则F2=，则F=E=E=是真空中是真空中点电荷3．（3分）（2013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（）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，它的电阻随温度升高而减小，a、b接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，电流表的电流I和a、b两端电压U与出现火情前相比（）5．（3分）（2013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（）6．（3分）（2013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（=）=U=8．（3分）（2014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，静电计指针张开一定角度．在与外界绝缘的情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（）C=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故C=得C=得知，板C=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故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）（2014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Uab=Ubc，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（）10．（2分）（2013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（）大于电压表的示数，所以数也越大，即电压表的内阻大于电压11．（2分）（2013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（）解：由题意知电子在加速电场中加速运动，电子获得的速度粒子在电场中运动时间：，的匀加速直线运动，加速度转的位移位移速度12．（2分）（2012•武汉校级模拟）如图1，A板的电势UA=0，B板的电势UB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（）t=t=t=从到当到，电子回头运动，当到又向三、实验题（本题共4小题，共20分）13．（4分）（2014秋•金山区校级期中）请按照（a）图中的电路图完成（b）图中的实物图连接，若图中电流表为理想电表，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）．15．（2分）（2013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32kΩ；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．16．（8分）（2013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实验中，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）为了方便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、丁四个实验电路图，其中最合理的是乙．（3）四位同学讨论后，根据最合理的实验方案正确操作，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）．I1=k=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，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17．（12分）（2013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？=r==20Ωη==50%18．（12分）（2013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）画出小球受力图并判断小球带何种电荷（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．=N/C=1.0×105N/C a=t=10×19．（12分）（2013秋•武侯区校级期中）2009年国庆的群众游行队伍中有不少电动彩车（如图）．假设某辆电动彩车（包括所载的人和物）总质量m=8×103kg，它匀速通过天安门前x=300m 的检阅区域用时t=300s，此过程中，驱动电机的输入电流I=10A，输入电压U=220V，彩车所受阻力为车重的0.02倍．若彩车内部只考虑驱动电机内阻发热损耗的能量，g取10m/s2，则在彩车通过检阅区域的过程中，求：（1）彩车的速度大小；（2）彩车驱动电机的输入功率；（3）牵引彩车前进的机械功率；（4）彩车驱动电机的内阻．求解速度；v=20．（12分）（2008•启东市模拟）在竖直平面内建立xoy直角坐标系，oy表示竖直向上方向．如图所示．已知该平面内存在沿x轴正向的区域足够大的匀强电场．一带电小球从坐标原点o沿oy方向以4J的初动能竖直向上抛出．不计空气阻力，它到达的最高位置如图中M点所示．求：（1）小球在M点时的动能EkM．（2）设小球落回跟抛出点在同一水平面时的位置为N，求小球到达N点时的动能EkN．所以EkNx=。

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2017-2018学年四川省成都七中高二（上）期中物理试卷一、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．（4分）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．（4分）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．（4分）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，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为（）A．1：4B．1：8C．1：16D．16：14．（4分）右图所示，电阻R1、R2、R3、R4满足R1：R2：R3：R4=1：2：3：4，则当A、B间接上直流电压时，流过R1、R2、R3、R4的电流I1：I2：I3：I4为（）A．1：2：3：4B．6：3：2：11C．3：2：1：6D．3：2：1：45．（4分）匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1m，D为AB的中点，如图所示．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1×10﹣6 C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则（）A．W=8×10﹣6J，E＞8v/m B．W=6×10﹣6J，E＞6v/mC．W=8×10﹣6J，E≤8v/m D．W=6×10﹣6J，E≤6v/m6．（4分）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R1和R2的U﹣I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2；电源的效率分别为η1、η2，则（）A．P1＞P2B．P1＜P2C．η1＞η2D．η1＜η27．（4分）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D．小球B落地的速度大于8．（4分）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．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，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）如图所示，电源电动势E=6V，小灯泡L的规格为“4V，0.8W”，开关S 接1，当滑动变阻器调到R=8Ω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1ΩB．电动机的内阻为8ΩC．电动机正常工作电压为1.6V D．电源的输出功率为1.12 W 10．（4分）A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）。

两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的强大3而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。

当R2的滑片P在中间时闭合开关S，此时电流表和电压的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ，电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表。

下列说法中正确的是（）A．若将B板向右移动少许，小球重新达到稳定后θ会变大B．无论将R2的滑动触头P向a端移动还是向b端移动，θ均不会变化C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变11．（4分）如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力。

下列说法正确的是（）A．M带负电荷，N带正电荷B．M在b点的动能大于它在a点的动能C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功12．（4分）如图所示，电阻R1=R2=4Ω，R3=3Ω，R4=5Ω电容C=10μF，电源电动势E=9V，内阻r=1Ω，下列说法中正确的是（）A．电容器带电量为9×10﹣6CB．若电阻R2突然发生断路，通过电流计的电流方向N﹣G﹣bC．若电阻R2突然发生断路，电路稳定时R3电功率减小D．若电阻R2突然发生断路，从电阻断开到电路稳定的过程中，流过电流计的电荷量Q=3×10﹣5C13．（4分）在光滑的绝缘水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随坐标x的变化而变化，变化的图线如图所示（图中φ0已知）．有一质量为m，带电量为q的带负电小球（可视为质点）从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到点x4．则下列叙述正确的是（）A．带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大C．若小球的初速度v0=2，则运动过程中的最大速度为D．要使小球能运动到x4处，则初速度v0至少为214．（4分）质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。

不计空气阻力且小球从未落地，则（）A．整个过程中小球电势能变换了mg2t2B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC．从加电场开始到小球运动到最低点过程小球动能变化了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2三、实验题（本题包括2个小题，共16分）15．（7分）某同学为了将一量程为3V的电压表改装成可测量电阻的仪表﹣﹣欧姆表。

（1）先用如图a所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关，将电阻箱阻值调到3kΩ时，电压表恰好满偏；将电阻箱阻值调到12kΩ时，电压表指针指在如图b所示位置，则电压表的读数为V；由以上数据可得电压表的内阻R V=kΩ。

（2）将图a的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图c所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“3.0V”处，此处刻度应标阻值为（填“0”或“∞”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电压刻度，则“1V”处对应的电阻刻度为kΩ。

16．（9分）待测电阻R x的阻值约为（90～100Ω），为了准确测量其电阻，实验中准备如下器材：电源E：具有一定内阻，电动势约为15V；电压表V1：量程为5V，内阻R v1约10kΩ；电压表V2：量程为12V，内阻R v2约25kΩ；电流表A1：量程为100mA，内阻R A1为20Ω电流表A2：量程为0.6A，内阻R A2约为0.5Ω滑动变阻器R1：最大阻值10Ω，额定电流1.5A滑动变阻器R2：最大阻值500Ω，额定电流1A单刀开关S，导线若干。

（1）为了准确测量未知电阻，要求多组测量数据，电流表选，电压表选，滑动变阻器选。

（填写电学元件符号）（2）在方框内画出测量电阻R x的实验原理图（3）写出用所测物理量表示的待测电阻的表达式R x=。

四、计算题（本题包括4个小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17．（8分）如图所示，匀强电场中的A、B、C，三点连线组成一个直角三角形，其中A角为直角，B角等于30°，边长AB=20cm，现将一电量为2×10﹣8 C的负点电荷从A点移到B点，电场力做功6×10﹣6J；将另一个电量为1.5×10﹣8C的负点电荷从C点移到A点，克服电场力做功4.5×10﹣6J．设B点的电势为零，求：（1）A、C两点的电势；（2）匀强电场的电场强度（大小和方向）．18．（8分）如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端时，电流表示数为1A灯L恰能正常发光，安培表为理想电表。

（1）求电源的电动势；（2）若把灯泡换成一个阻值R=6Ω的电阻器，当滑动阻器的Pb段电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？19．（10分）一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，轨道半径为R．整个空间存在水平向右的匀强电场，场强大小E=，一带正电小球质量为m，电荷量为q，从距B为R/3处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C．（重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8）则（1）带电小球从A点开始运动时的初速度v0多大？（2）带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点（图中未标记），B点与D点的水平距离多大？20．（12分）在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1（未知），该电荷量为﹣Q，且只考虑该点电荷在第一象限内产生电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2（未知）；第四象限内有大小为，方向按图乙周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期T=，一质量为m，电荷量为+q的离子从（﹣x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动。

以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力。

求：（1）离子在第一象限运动时速度大小和第二象限电场E2的大小；（2）当t=时，离子的速度；（3）当t=nT时，离子的坐标。

（n=1、2、3…）2017-2018学年四川省成都七中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、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．（4分）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【分析】电势降落最快的方向就是电场方向．匀强电场中各点的场强均相等，而电势不一定相等．匀强电场中任意两点间的电势差等于场强与这两点间沿电场线方向距离的乘积．电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领．【解答】解：A、匀强电场中任意两点间的电势差等于场强与这两点间沿电场线方向距离的乘积。