重庆市第一中学2026-2027学年高三上学期周考七物理试题（11.10）

【考试时间：11月10日18：45-20：00】 重庆一中高2027届高三上期周考7 物理试题卷 注意事项： 1,答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。 2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题 目要求，选对得4分，选错得0分。 1.关于电源与电流的以下说法正确的是 A,电源的作用是在电源内部把电子由负极搬运到正极，保持两极之间有稳定的电势差 B.金属导体内的持续电流是自由电子在导体内的电场作用下定向移动形成的 C.金属导体内的自由电子定向移动时，它们的热运动就消失了 D.导体中的电流一定是由自由电子的定向移动形成的 2.弹性绳静止在光滑水平桌面上，手指捏住其中点在垂直绳方向作简谐运 动，起振方向如图所示，则一段时间后弹性绳的形状可能为 3.如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接 地，直流电源电动势E恒定，内阻不计。将开关$闭合，电路稳定后， 一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将B板向上 平移一小段距离，则 A.电容器的电容将减小 B.在B板上移过程中，电阻R中有向右的电流 C.M点电势能将增大 D.带电油滴将沿竖直方向向下运动 4.示波管的结构如图甲所示，如果在电极Y之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极X'之间 所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是 亮斑 电子枪Y? X 偏转电极 荧光屏 甲 第1页共5页 B 5.如图，质量分别为m、3m的可视为质点的滑块A、B通过轻质橡皮绳相连，放置于 3m 光滑水平面上，橡皮绳原来松弛。某时刻给B一水平向左的初速度o,A与B发生 B 弹性碰撞后相互远离，当橡皮绳中的张力超过其能承受的最大值时，橡皮绳断 裂.则橡皮绳断裂前瞬间A的速度大小可能为 A B.20 C.vo D.2vo 6.某传感器正常工作时需要用到恒流源！（输出的电流大小、方向均不变）。如 图所示，R为阻值不变的传感器，R为定值电阻，光敏电阻R阻值随光照强 度的增大而减小，C为电容器，电表均为理想电表。闭合开关S,在光照强度 匹 减小过程中 R A.R两端电压减小 B.电容器所带电荷量减小 R C.恒流源的输出功率不变 恒流源1S △UN D.V和A的示数变化量之比的绝对值 7.如图所示，xOy平面内充满沿y轴正方向的匀强电场，原点O处的粒子源以不同的初速度沿x轴发射 多个比荷均为k的正电粒子，将粒子在电场中运动速率相同的位置连接起来，得到一条平滑闭合曲线。 曲线a、b对应的速率分别为v、pv(P未知)，直线y=x与a、b交于M、N两点，M、N的电 为。若a与y轴交于(0，凸)，不考虑粒子重力及粒子间相互作用 电肠强度大小为登 电场方向 A. B.M点的坐标为 C.p=3.5 D.能到达曲线a最右端的粒子，到达该点时速度方向与x轴 夹角为30° 0 第2页共5页 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.中国天眼发现脉冲星J18560039所在的双中子星系统，其简化结构如图所示。 可视为质点的双星P、Q绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动。P、Q质 量分别为m、m2,两球心距离为”，万有引力常量为G,则 m A.Q的运动半径为_m m +m B.Q的运动半径为m m1+m2 C.若Q释放物质被P全部吸收，球心距离保持不变，则Q做圆周运动的周期不变 D.若Q释放物质被P全部吸收，球心距离保持不变，则Q做圆周运动的周期变大 9.如图所示，一正四面体置于匀强电场中，A、B、C、D分别是正四面体 的四个顶点，正四面体的棱长L=O.5m,E、F、G、H为棱AB、AC、 AD、BC的中点，电势分别为2V、4V、2V、6V。下列说法正确的是 A.A点电势为0 B.电场强度大小为16Vm C.BCD所在的平面为等势面 D.将一电子从A点移到C点，电势能增加8eV 10.如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线加速器序号为奇数和偶数的圆筒分别和交变 电源的两极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒 的电势差为正值，位于金属圆板（序号为0）中央的电子由静止开始加速，通过可视为匀强电场的圆 筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的A、B板水平放置，长度均为L,相距为d,极板间电压为U, 电子从直线加速器水平射出后，自M点射入电场，从N点射出电场。若电子的质量为m,电荷量为 ,不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是 8 12.5T -U. 甲 A电子在第3个与第6个金属简中的动能之比号 B.第2个金属圆筒的长度为} U. C.电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值am0=少 16dU。 D.若电子通过圆简间隙的时间不可忽略，且圆简间隙的距离均为d,在保持圆简长度、交变电压的变 规律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子在加速电场中获得的最大速度为。=织 第3页共5页 三、实验题：本题共2个小题，每空2分，共16分。第11题8分，第12题8分。 11.在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中： (1)为了减小测量误差，如图所示的电路中应该选择的是 (选填“甲”或“乙”)； (2)通过调节滑动变阻器，测得多组U、I数据，记录于下表。试在答题纸上的方格纸中建立合适的 标度，描点并作出U-I图像 ,由此求得电动势E= V,内阻r= 2。 (结果均保留到小数点后两位) 次数 1 2 3 4 5 UN 1.35 1.30 1.25 1.20 1.15 I/A 0.14 0.22 0.30 0.37 0.45 12. 某实验小组利用如图甲所示的电路图来探究额定电压为2.5V的小灯泡的伏安特性。 Ro A ↑G-4)/A 0.3 0.2 X P 0.1 出/mA Er S 10 图甲 图乙 除了额定电压为2.5V的小灯泡L,本实验还可能用到的器材有： A.电流表A,（量程为0~10mA,内阻为1002)B.电流表A2(量程为0~0.6A,内阻未知) C.滑动变阻器R(最大阻值为102)D.滑动变阻器R(最大阻值为2002) E.定值电阻RF.电源（电动势E=3.0V,内阻r=1.02)G.开关S、导线若干 (1)将电流表A与定值电阻R串联，改装成量程为0~2.5V的电压表，则R=_2:为了方 便准确地探究小灯泡的伏安特性，滑动变阻器R应选 (填写器材前的字母代号)。 (2)该实验小组通过实验得到多组I,和I2的实验数据，发现当L=10mA时，I2=0.25A,则小灯泡的 额定功率为W。(保留两位有效数字) (3)该实验小组以（12一1)为纵轴，以I为横轴，描点作出的图像如图乙所示，若将本实验的相同 规格的两个小灯泡与电动势为3.0V、内阻为1.02的电池直接串联，则每个小灯泡的实际功率为 W。(保留两位有效数字) 第4页共5页 四、计算题：本题共3小题，共41分。第13题10分，第14题13分，第15题18分。 13.“虚接”是常见的电路故障，如图所示，电阻A、B并联在电压为220V的 恒压电源两端。电路中的C处由于某种原因形成了虚接，造成该处接触电 阻在0~1202之间不稳定变化，可等效为电阻R。,A与B的电阻 R=R=12,求： (1)外电路总电阻的变化范围。 (2)当R=982,电阻B消耗的功率。 14.在竖直平面内，一带电荷量为9（q>0)的小球在重力作用下从P点由静止开始下落，运动过程中始 终受到与运动方向相反的空气阻力作用，其大小∫与速率v满足∫=加(k为常量)。小球第一次经 过P点正下方的M点时达到最大速率。，此时，施加竖直向上的恒定匀强电场，小球做变速运动。经 过一段时间后，小球在M点正上方的N点再次达到最大速率。，此后匀速上升。已知小球速率从第一 次到再次达到。的过程中，克服空气阻力做功为W,重力加速度大小为8。求： (1)小球的质量和电场强度大小： (2)小球的最大加速度大小： (3)施加电场后，M、N两点间的电势差。 15.如图所示，在真空中建立了x0y平面直角坐标系，在(c,0)处固定一带负电的点电荷（图中9未 知)。离O点很远的某处有若干个质量为m、电荷量为q(q《2)的正粒子A从第二象限以初速度% 瞄准O点射入（按射入先后依次编号为A,、A2、A…),它们只受点电荷的库仑力作用，沿双曲 线轨迹经过 （g,0处的P点。经过P点前瞬间的速度大小为3%，方向沿y轴负方向，点电荷所在 处为轨迹的一个焦点，初速度与O点的连线为轨迹的渐近线。在P点时每个A粒子受点电荷的库仑 力均为E,=20m,有一质量未知的不带电粒子B(图中未画出)用不可伸长的绝缘细线与点电荷相 连，初始时B静止于P处，此时细线恰好伸直。A,在P点与B碰撞后结为结合体C。不计重力，不 考虑除？以外其他电荷之间的库仑力。 % (1)求一个A粒子从无限远处到P点电势能的改变量△E。以及速度 方向改变量0的正弦值sin8。 (2)C绕点电荷做匀速圆周运动时细线拉力恰好为零，以后每一个 A粒子到达P点时正好与结合体发生正碰并结为新的结合体。求B 0 与A的质量之比，以及第n次碰撞后细线上的拉力F与E之比。 (3)若相邻A粒子射入的时间间隔不能小于△T=8C, ，细线拉力达到F时立即断裂（细线断裂不改 15vo 变结合体的能量)，为了让细线尽快断裂，且能保证断裂后结合体能飞向无限远处，求 F的取值范 围以及结合体做圆周运动的圈数。 第5页共5页 重庆一中高三上物理周考7参考答案 C正确；D.带电油滴受到竖直向下的重力和竖直向上 题 的电场力，由于场强变大，则电场力变大，故油滴将沿 2 3 6 9 10 号 竖直方向向上运动，D错误。 答 B D D C AC AB AC 案 4.D【详解】因电极X'之间所加的电压一直大于0， 1.B【详解】A.电源内部非静电力的作用是将电子由 所以屏上图形只存在右侧，又电极X'电压周期为电极 正极搬运到负极（或将正电荷由负极搬运到正极)，从 Y”方向电压周期的分，所以乙图中前号周期图样和后 而维持两极稳定电势差，选项描述的电子搬运方向错误， 周期图样重合出现在荧光屏上，故选工 故A错误；B.金属导体内的持续电流是自由电子在导 体内恒定电场的作用下定向移动形成的，符合金属导体 5.C【详解】A、B发生弹性碰撞，则3mv。=3my1+my2, 电流的形成机制，故B正确：C.自由电子的定向移动 1 1 3 3m听+与m哈，联立解得y-2。,-2 2 是叠加在无规则热运动之上的，只要温度不为绝对零度， 31 热运动就不会消失，故C错误：D.导体内的载流子不 即A、B碰后的速度分别为%，2，方向均向左， 若橡皮绳不断，则A、B共速时橡皮绳最长，橡皮绳中 一定是自由电子，例如电解质溶液中的电流是由正负离 子的定向移动共同形成的，并非一定由自由电子定向移 的张力最大，根据动量守恒定律可得3m%+m2=4my 动形成，故D错误。 3 解得共同速度为v=%,橡皮绳一定在被拉长到最长时 2.C【详解】AD.简谐横波的振动方向与传播方向垂 或之前断裂，则断裂时A的速度大小一定在%与》 直，可知波源上下振动，向两侧对称传播，即波源两侧 之间。 波形对称，故AD错误；BC.根据波源起振方向向上， 可知波源两侧，波刚传到的位置的质点振动方向均向上， 6.D【详解】A.由电路连接可知，流过传感器R的电 结合同侧法，可知B中的起振方向向下，C中的起振方 流等于恒流源的输出电流I,因此其两端电压U,=R保 向向上，故B错误，C正确。 持不变，A错误：B.电路稳定时，电容器所在支路无 3.C【详解】A.根据电容的决定式C= 4ra,可知， 电流，R与R并联。设电压表的示数为U,则 B板向上平移一小段距离，d变小，则电容值变大，A 0=18 ?+尺，光照强度减小时，R增大，并联部分的 错误：B.由于电容器与电源相连，U不变，C变大， 根据电容的定义式C=号，可知此时电容正在充电，即 等效电阻增大，故U增大。电容器两端电压等于U,其 所带电荷量？=CU增大，B错误：C.恒流源两端的电 电阻R中有向左的电流，B错误；C.因为B极板接地， 压等于U+U,其输出功率为P=I(U,+U),由于I和 电势不变，电容器上下极板电势差不变，故A极板电势 U,不变、U增大，恒流源的输出功率增大，C错误： 八变，根据E=,可知电场强度变大， D.设电流表的示数为I,电路稳定时，流过R的电流 P一PM=UM=EdM,可知Pw减小；带电油滴在重力 和电场力的作用下处于平衡状态，可知，油滴带负电， 为I-I,因此U=(I-I)R2,比较光照变化前后的状 负电荷在电势低的地方电势能大，故M点电势能将增大， 答案第1页，共4页 态，有△U=-R△I, △U 故 =R2,D正确。 它们的总质量不变（即m,+m2不变），球心距离r保持 不变，Q做圆周运动的周期不变，故C正确，D错误。 7.C【详解】A.正电粒子沿x轴发射，x方向不受力 9.AB【详解】AC.由于E、F、G、H为棱AB、AC、 做匀速直线运动x=t,y方向受电场力做初速度为0 AD、BC的中点，则=巴十，e=十 2 2 的匀加速直线运动，加速度a=华=也，由动能定理 m 。=十，=，联立解得4=0，%，=4V, 2 2 m-听+吗，代入比荷k=是，整理得同速率 m Pc=8V,Po=4V,由此可知，BDF所在的平面为等 v含的粒子满足v=+2ky,消去时间t可得同速率点 势面，故A正确，C错误；D.将一电子从A点移到C 2 )2 点，电势升高8V,则电势能减小8eV,故D错误；B.电 的轨迹为椭圆x2+4 曲线a对应 4kE 2kE 速率v,与y轴交于(O,L),代入轨迹得L= 2 '-二4=16Vm,故B正确。 场强度大小为E=日 2E’解得 2 10.AC【详解】A.设电子的质量为m,电子所带电荷 E= 2应，故A错误：B.将y=x代入曲线a的椭圆方 量的绝对值为e。电子进入第n个圆筒后的动能为Ea, 4L 程，解得非原点交点x=y=5,即M点坐标为 根据动能定理有E,=nU,电子在第3个和第6个金属 (告号)，放B错误。C,同理曲线对应速率， 圆简中的动能之比1：2，故A正确；B.设电子进入第n 与y=x交点N的坐标为x=y=4p。匀强电场沿y 1 个圆筒后的速度为vn,根据动能定理有nU。=一mv, 5 轴，MN电势差Uow=E(yw-yM),得 n= 2meU,第2个金属圆简的长度 m v2 4p'L 4L k 2kl 化简得p2=3.5,即p=√3.5 55 2=2t T4eU。=T, 故B错误；C.电子在 21 m m 故C正确。D.曲线a最右端点满足，=y万速度方 偏转电场中运动的加速度为a=F_eE-eU mmmd’电子在 向与x轴夹角如日=义=1，夹角为45，故D错误。 V 偏转电场中的运动时间为：一子，又因为⅓ 16evo m 8.AC【详解】AB.万有引力提供向心力，对于Q有 电子射出偏转电场时，垂直于板面的分速度 G=m,5@2,对于P有G=m02,联立以上 2 ysat=e边 ，电子射出偏转电场时，偏转角度的正切 mdvs 两式可得m22=m1=m,(r-2),则Q的运动半径为 5=m。r,故A正确，B错误：CD.对于Q有 值为tam0=上=UL 16dU。,故C正确：D.由题意，若电 m1+m2 .4π2 G=m5察，则Q的运动周期为 子通过圆筒间隙的时间不可忽略，则电子进入每级圆筒 r 的时间都要比忽略电子通过圆简间隙中对应时间延后 T= 42x2 4元r2.%-r=2π、 3 ，Gmm+m G(m +m2) 一些，为了保持电压极性始终正确，电子到达每个间隙 的时刻必须落在对应电压半周期的中间区域，而不是边 答案第2页，共4页 缘。严格分析表明：所有间隙的总时间之和∑必须小 1.02的电池直接串联时，流过电源的电流为，电源两 于等于子，当延后时间累计为子，最后一个间隙的电压 端的路端电压为2U,且2U=E-r,整理得I=6-2I, 将不再是最佳加速相位（甚至可能减速），此时的速度 当I=0时I,=6mA,作图如图所示，题图中图线的交 就是装置能够加速的最大速度，则有nd=二T 点为(5.62mA,0.19A),可知U=(0.25×5.62)V=1.405V, 24 根据动能定理得ae,=方m,联立解得 eU。 故每个小灯泡的实际功率P'=(1.405×0.19)W-0.27W 4md 故D错误。 ↑(G-)/A 0.3 11.（1)甲(2)见解析1.44/1.45/1.430.65/0.66/0.64 【详解】(1)因乙电路中电流表内阻对电源内阻的测量 0. 影响较大，则为了减小测量误差，如图所示的电路中应 用I/mA 该选择的是甲；(2)根据实验数据做出电源的1图像 10 如图，由U=E-r结合图像可知E=1.44V,内阻 13.(1)60~112 (2)48W =40-1.35-1.15 【详解】(I)由电路图可知，电阻A直接接在电源M、 △10.45-0.14 2≈0.652 N两端，电阻B与虚接处的等效电阻R串联后再接在 15 1.4 电源两端，故外电路是A支路与(R+R。)支路的并联。 13 12 外电路总电阻R=B(民+R) 该式随R的增大而增 R+Rc+Rp 1.1 1， 大，当R=0时R=6Q,当R=1202时R=11n,故 0.102030.405a 12.(1)150C(2)0.60 (3)0.23-0.27 外电路总电阻的变化范围为62~112。(2)当R=982 【详解】(1)[1]将电流表A与定值电阻R串联，改装 时，B所在支路的总电阻为R。+R。=982+122=1102 成量程为0~2.5V的电压表，则 电源为恒压电源，该支路两端电压恒为220V,故通过B R._U-R,=,010-100150.2]如果选最大 的电流SA=2A,电阻B消耗的功率 阻值为2002的滑动变阻器，即使滑动变阻器的滑片移 B=16R2=48W 动较大距离，小灯泡的电压变化也不明显，导致调节范 14.(1)m=,E=26 (2)a=2g6)U=2形 围受限，调节将会不方便，因此选最大阻值102的滑动 【详解】(1)小球第一次达到最大速率，时，受力平衡， 变阻器R,即选C。(2)小灯泡的额定功率 根据平衡条件有mg=,解得小球的质量为m=心 P=Um=1(R+R)×(L2-)=0.60W。(3)令 小球再次到达最大速率时，受力平衡，小球到达M点 I=12一I,根据串并联特点可知灯泡两端电压 上方N点，速度方向竖直向上，则空气阻力竖直向下， U=(Ru+R)H1,两个小灯泡与电动势为3.0V、内阻为 根据力的平衡条件有g+%。=gE,解得电场强度大小 答案第3页，共4页 为E=2(2)对小球从P点运动到M点的过程，由 q 360<些≤10，第n次碰后做圆周运动的周期为 41F。 牛顿第二定律有mg-w=ma,可知小球做加速度减小 Z=2πc-a_4n+5 30n vo ,结合体转一圈就碰到下一个 的加速运动，从M点运动到最低点的过程，由牛顿第二 定律有gE+w-mg=ma,可知小球做加速度减小的减 A粒子，则有了之△7，解得州5吕，表明每一个组合 速运动，小球从最低点运动到N点的过程，由牛顿第二 体都不止转一圈，若组合体转两圈就碰到下一个A粒子， 定律有gE-mg-av=ma,可知小球做加速度减小的加 则有272△7，解得m≤子，表明第1个组合体至少转 5 速运动，小球从静止释放时加速度为g,小球运动到M 动两圈，若组合体转动三圈碰到下一个A粒子，则有 点加恒定匀强电场时有qE+%-mg=mams，解得 3江2△T,解得n≤片，表明第2、3个组合体至少转动 a=2g>g,则小球的最大加速度大小为2g。 三图，若组合体转动四圈碰到下一个A粒子，则有 (3)对小球从M点运动到N点的过程，由动能定理有 4红，≥△T恒成立，表明第4到9个组合体至少转动四圈， qUow-mgh-W,=0,其中Uw=Eh,联立解得M、N 故细线断裂前总共至少转动的圈数为 2W N=1×2+2×3+6×4=32 两点间的电势差为Uow= 15.①4nm,专 (2) 55n(n-) 4’4n+5 (3) 360<=≤10,32 41E。 【详解】(1)A从无穷远运动到P点，根据动能定理可 得风=方B,-m,又因为%=-a,联立解 得△E。=4mw,初速度y,的方向为轨迹渐近线的方向， 由双黄绒的方程后云=1，且双黄线经过心学0) 解得4=号，则有血0=：-子2)从第一次磁前到 第n次碰后，根据动量守恒定律可得 nm3y。=(nm+m)y。,细线的拉力记为F。,结合体绕点 电荷做圆周运动，则有3+R=(m+m%)上，又因 c-a 为月=0，可得=，二-5mm-) m4'B4n+5.3)设m次础 后结合体C。从P点飞向无穷远处，根据动能定理可得 -n况-支m+%X,户-m+%水3，能飞出的条 件为(m+m.}≥0，解得n≥10，即第10次碰后 细线断裂，故有凡，<F≤F。,代入数据解得 答案第4页，共4页