2017-2018学年河南省平顶山市郏县第一高级中学高二下学期第一次月考物理试题 Word版
2017-2018学年河南省平顶山市郏县第一高级中学高一下学期第一次月考物理试题(解析版)
2017－2018学年河南省平顶山市郏县第一高级中学高一下学期第一次月考物理试题（解析版）一、选择题：【本题共15小题，卸小题4分；其中第3、11、12. 14、15题为多选题，对但不全的得2分，不选或有错选的0分：其余为单选题】1. 水平匀速飞行的飞机投弹，若不计空气阻力和风的影响，炸弹落地瞬间A. 飞机的位置在炸弹的前上方B. 飞机的位置在炸弹的后上方C. 飞机的位贾在炸弹的正上方D. 炸弹落地点在投弹处的正下方【答案】C【解析】试题分析：从水平匀速飞行的飞机上投下一颗炸弹，炸弹在空中做平抛运动，平抛运动的物体在水平方向做匀速直线运动，而飞机水平匀速飞行，所以炸弹落地时，飞机的位置在炸弹的正上方．故选C．考点：平抛运动【名师点睛】解答此题要知道水平匀速飞行的飞机投弹，炸弹在空中做平抛运动，根据平抛运动的规律即在水平方向做匀速直线运动求解。
2. 关于离心运动，下列说法正确的是A. 当物体受到离心力时产生离心现象B. 做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都消央时，它将做背离圆心的圆周运动C. 做匀速圆周运动的物体，当它所受的--切力都突然消失时它将沿切线做匀速直线运动D. 做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时它将做曲线运动【答案】C【解析】A、离心力是不存在的，因为它没有施力物体．所以物体不会受到离心力，故A错误；BCD、惯性：当物体不受力或受到的合外力为零时，物体保持静止或匀速直线运动状态，所以做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都消失时，由于惯性，物体继续保持该速度做匀速直线运动．故BD错误，C 正确。
点睛：物体做离心运动的条件：合外力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力，所有远离圆心的运动都是离心运动，但不一定沿切线方向飞出。
3. 关于平抛运动，下列说法正确的是A. 平抛运动是匀变速运动B. 平抛运动是变加速运动C. 平抛运动不可能是两个匀速直线运动的合运动D. 平抛运动中任意两段相等时间内速度变化相同【答案】ACD【解析】试题分析：平抛运动是匀变速运动，故A正确，B错误；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，故C正确；因为平抛运动的加速度不变，则任意相等时间内速度的变化量相等．故D正确。
2017-2018学年河南省平顶山市郏县一高高一(上)第一次月考物理试卷
2017-2018学年河南省平顶山市郏县一高高一（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）1．（4分）下面是关于质点的一些说明，其中正确的有（）A．舞蹈演员在舞台上跳舞，可以把演员视为质点B．研究地球的公转时，可以把地球看成质点C．比赛时，运动员分析乒乓球的运动D．计算整列火车通过某一路标的时间2．（4分）下列物理量属于标量的是（）A．时间B．位移C．速度D．加速度3．（4分）关于描述运动的物理量，下列说法中正确的是（）A．在某段时间内，质点运动的位移为零，该质点不一定是静止的B．物体通过的路程越大，其位移一定越大C．物体的加速度减小时，其速度一定减小D．物体做曲线运动，位移的大小与路程有可能相等4．（4分）关于质点和参考系，下列说法正确的是（）A．只有体积很小的物体才可以看作质点B．研究跳水运动员在空中做转体运动时，运动员不可看成质点C．“一江春水向东流”是以水为参考系来描述江水的运动D．我们常说“太阳东升西落”，是以太阳为参考系描述地球的运动5．（4分）从山东龙口港到大连是一条重要的闯关东路线．假设有甲、乙两船同时从龙口港口出发，甲船路线是龙口﹣旅顺﹣大连，乙船路线是龙口﹣大连．两船航行两天后都在下午三点到达大连，以下关于两船航程的描述中正确的是（）A．两船行驶的路程相同，位移不相同B．两船的平均速率相同C．“两船航行两天后都在下午三点到达大连”一句中，“两天”指的是时间，“下午三点”指的是时刻D．在研究两船的航行问题时，不能把船视为质点6．（4分）下列关于加速度和速度的说法中正确的是（）A．加速度是速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值B．速度的变化量越大，则加速度越大C．加速度的方向一定与初速度的方向相同D．匀速直线运动的速度方向是可以改变的7．（4分）建筑工地上的起重机把一框砖先竖直向上提升40m，然后水平移动30m，此过程中砖块的路程和位移大小（）A．路程和位移都是70m B．路程和位移都是50mC．路程为70m，位移为50m D．路程为50m，位移为70m8．（4分）北京时间2011年11月3日凌晨1时28分，“神舟八号”上的对接环触到“天宫一号”的对接机构；凌晨1时36分，两个航天器成功对接．按照计划，组合体飞行12天之后，将进行第二次交会对接试验．则下列说法正确的是（）A．1时28分是时间间隔B．1时36分是时刻C．1时36分是时间间隔D．12天是时间间隔二、多选题（共4小题，每小题4分，满分16分）9．（4分）下列一些运动学概念的描述，正确的是（）A．物体有加速度，速度就增加B．物体在5s内指的是物体在4s末到5s末这1s的时间间隔C．力、位移、速度、加速度都是矢量D．虽然地球很大，还在不停地自转，但是在研究地球的公转时，仍然可以把它视为质点10．（4分）下列速度中属于瞬时速度的是（）A．5s内的速度 B．第5s内的速度C．5s末的速度 D．最高点的速度11．（4分）关于瞬时速度和平均速度，下列说法正确的是（）A．平均速度就是初、末速度的平均值，既有大小，又有方向，是矢量B．对于匀速直线运动，其平均速度跟哪段时间（或哪段位移）无关C．瞬时速度和平均速度都可以精确描述物体的运动D．瞬时速度是某时刻的速度，所以只有瞬时速度才可以精确描述变速运动中运动的快慢情况12．（4分）下列关于位移和路程的说法中正确的是（）A．路程是标量，只有大小；位移是矢量，有大小也有方向B．物体沿直线运动，通过的路程一定等于位移大小C．物体两次通过的路程不等，位移可能相等D．物体通过一段路程，则它通过的位移不可能为零三、填空题（共2小题，每小题6分，满分12分）13．（6分）如图所示，桌面离地面的高度为0.8m，若将坐标系原点定在水平桌面上，取竖直向上的方向为坐标轴的正方向，通过测量A、B两点距离桌面的距离都为0.2m．则A点的坐标为，B点的坐标为．14．（6分）在乒乓球比赛中，以2m/s的速度运动的小球在0.01s时间内以8m/s 的速度被反向打回，在此过程中，小球的加速度大小是，方向与初速度方向（填“相同”或“相反”）四、计算题（共3小题，满分40分）15．（12分）一物体从A点沿正东方向以5m/s的速度运动6s到达B点，然后又以10m/s的速度向北匀速运动4s到达C点．则这10s内的（1）物体的路程（2）位移和平均速度大小分别是多少？16．（12分）如图为一升降机向上做直线运动的速度﹣时间图象，根据图象求：（1）升降机向上运动中的最大速度；（2）升降机上升的总高度；（3）升降机在整个上升过程中的平均速度大小．17．（16分）某物体沿一条直线运动：（1）若前一半时间内的平均速度为v1，后一半时间内的平均速度为v2，求全程的平均速度．（2）若前一半位移的平均速度为v1，后一半位移的平均速度为v2，全程的平均速度又是多少？2017-2018学年河南省平顶山市郏县一高高一（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）1．（4分）下面是关于质点的一些说明，其中正确的有（）A．舞蹈演员在舞台上跳舞，可以把演员视为质点B．研究地球的公转时，可以把地球看成质点C．比赛时，运动员分析乒乓球的运动D．计算整列火车通过某一路标的时间【解答】解：A、舞蹈演员在舞台上跳舞，着重要看运动员的动作是否合理优美，所以运动员不可以视为质点，故A错误；B、研究地球的公转时，地球的大小和形状可以忽略不计，故可以把地球看成质点，故B正确；C、比赛时，运动员分析乒乓球的运动，要考虑自旋，不能简化为点，故C错误；D、计算整列火车通过某一路标的时间，要考虑火车的长度，不能简化为点，故D错误；故选：B。
河南省平顶山市第一中学2017-2018学年高一第二学期第一次月考物理试卷
河南省平顶山市第一中学2017-2018学年高一物理下学期第一次月考试题第I 卷（选择题共52分）一、选择题（本题共13小题，每题4分，共计52分。
其中1-8题每题只有一个选项是正确的，9-13题 每题有多个选项正确，漏选得2分，多选、错选得0分。
）1.下面说法中正确的是A.做曲线运动物体的速度必定变化B.速度变化的运动必定是曲线运动C.加速度恒定的运动不可能是曲线运动D.加速度变化的运动必定是曲线运动2.关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动规律B.开普勒在天文观测数据的基础上总结出了行星运动规律C.牛顿总结出了行星运动规律，发现了万有引力定律D.牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量3.下列关于向心力的说法正确的是A.物体由于做圆周运动而产生了一个向心力B.做匀速圆周运动的物体所受外力是恒力C.做匀速圆周运动的物体其加速度是不变的D.向心力不改变圆周运动物体速度的大小4.如图所示，质量为m 的物体随水平传送带一起匀速运动，A 为传送带的终端皮带轮，皮带轮半径为r ，要使物体通过终端时能水平抛出，皮带轮的转速至少为A.r g 21π B. r g C. gr D. π2gr 5.“火星冲日”指当地球恰好运行到火星和太阳之间且三者排成一条直线的天文现象，近年来观测到“火星冲日”现象发生的时间间隔大约两年，则火星的公转周期约为A. 1 年B. 1.5 年C. 3 年D. 2 年6.无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。
己知管状模型内壁半径为R ，则下列说法正确的是（）A.铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的B.模型各个方向上受到的铁水的作用力相同C.若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力D.管状模型转动的角速度ω最大为Rg 7.如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A 和B ，它们通过一根绕过定滑轮0的不可伸长的轻绳连接，物体A 以速率s m /100A =υ 匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B 的速度大小B υ为 A. 5m/s B. 35m/s C. 20m/s D. 3320m/s 8.水平恒力F 两次作用在同一物体上，使物体沿力的方向发生相同位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，两次力F 做的功和功率的大小关系是A. 1W =2W ； P1>P2B. 1W >2W ；P1=P2C. 1W =2W , P1<P2D. 1W =2W ；P1=P29.如图所示，a 、b 两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面的竖直高度相等，斜面底边长是其竖直髙度的2倍：小球a 能落到半圆轨道上，若小球b 也能落到斜面上，则A.A 球一定先落在半圆轨道上B. a 、b 不可能同时分别落在半圆轨道和斜面上C. a 球可能先落在半圆轨道上D. a 、b 可能同时分别落在半圆轨道和斜面上10.物体沿弧线形轨道滑下后进入足够长的水平传送带上，传送带以图示方式匀速运转，则传送带对物体做功的情况可能是A.始终不做功B.先做负功后做正功C.先做正功后不做功D.先做负功后不做功11.探月工程中，“嫦娥三号”探测器的发射可以简化如下：卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P 点时变轨进入距离月球表面100公里圆形轨道I ，在轨道I 上，经过Q 点时变轨进入椭圆轨道轨道II ，轨道 II 与月球相切于M 点，“玉兔号”月球车将在M 点着陆月球表面，正确的是A.“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上的速度比月球的第一宇宙速度大。
河南省平顶山市郏县第一高级中学2016-2017学年高二下学期第二次月考(5月)物理试题(原卷版)
郏县一高2016-2017学年下学期第二次月考高二物理试卷一、选择题（本大题共14小题。
每小题4分。
在每小题给出的四个选项中。
1-10小题只有一项符合题目要求，11-14小题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）1. 2017年5月9日，第六届亚欧光电展在新疆国际会展中心举行。
关于光电效应现象。
以下说法正确的是( )A. 某金属产生光电效应，当照射光的颜色不变而增大光强时，光电子的最大初动能不变B. 紫外线照射某金属表面时发生了光电效应，则红外线也一定可以使该金属发生光电效应C. 在光电效应实验中，遏止电压与入射光的频率无关D. 光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象2. 如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线（相邻等势面之间的电势差相等），实线为一个α粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )A. a、b、c三个等势面中，a的电势最高B. 电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小C. 电子在P点的加速度比Q点的加速度大D. 带电质点一定是从P点向Q点运动3. 如图所示，点电荷+2Q、-Q分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d 在MN中垂线上，它们均关于O点对称．下列说法正确的是( )A. c、d两点的电场强度相同B. a、b两点的电势相同C. 将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功D. 将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大4. 如图所示，直线A为某电源的U-I图线，曲线B为某小灯泡的U-I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是( )A. 4 W,8 WB. 2 W,4 WC. 2 W,3 WD. 4 W,6 W5. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，平行板电容器的两块金属板正对水平放置，B为两极板间一固定点，R为光敏电阻（光照越强电阻越小）．图中滑动变阻器R1的滑动触头P在a端时，闭合开关K，稳定后电流表A和电压表V的示数分别为I和U，以下说法正确的是（）......A. 若此时仅将R1的滑动触头P向b端移动，则平行板电容器的带电量将减小B. 若此时仅将电容器上极板上移，则图中B点电势将降低C. 若此时仅用更强的光照射R，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增大D. 若此时仅用更强的光照射R，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值之比减小6. 如图所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后静止时( )A. N极竖直向上B. N极竖直向下C. N极沿轴线向左D. N极沿轴线向右7. 如图所示，一带正电粒子沿与圆形区域直径ab成30°的方向从a点以速度v0进入匀强磁场，经过t时间从b点离开，已知仅在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。
河南省平顶山市郏县第一高级中学2017-2018学年高二下学期第一次月考理科
参考答案
一、单选题
1-5、CBABA 6-10、CCDAB 11-12、CD
二、填空题
13．. 14．.
15．或y=1. 16．（1）（2）.
三、解答题
17.
18（1）证明：是以为斜边的等腰直角三角形，
∴.
又，，∴平面，
则，又，，
∴平面，
又平面，∴平面平面.
（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
则，，
设是平面的法向量，
则，即，
令得.
由（1）知，平面的一个法向量为，
∴.
由图可知，二面角的平面角为锐角，
故二面角的平面角的余弦值为.
19．解：（1）的定义域是，，得3分时，，时，，
所以在处取得极小值6分
（2）
所以，令得
所以在递减，在递增9分
11分
所以12分
20．解：（1）因为扇形AOC的半径为40m，∠AOC＝x rad，
在中，，，，
所以．
从而＋．
（2）由（1）知，.
.
由，解得.
从而当时，；当时，.
因此在区间上单调递增，在区间上单调递减．
所以当时，S取得最大值．
21．解：
22．。
2017-2018学年河南省平顶山市郏县一高高一(下)第一次周考物理试卷 Word版含解析
2017-2018学年河南省平顶山市郏县一高高一（下）第一次周考物理试卷一、选择题（，本大题共16小题．每小题4分．第1-11小题只有一项符合题目要求，第12-14小题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．）1．一质点做曲线运动，在运动的某一位置，它的速度方向、加速度方向、以及所受的合外力的方向的关系是（）A．加速度方向与合外力的方向一定相同B．速度、加速度、合外力的方向有可能都不同C．加速度方向与速度方向一定相同D．速度方向与合外力方向可能相同，也可能不同考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：当物体所受的合力方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动，不在同一条直线上，物体做曲线运动；加速度的方向与合力的方向相同．解答：解：AB、根据牛顿第二定律知，加速度的方向与合力的方向一定相同，故A正确，B错误；CD、物体做曲线运动，合力的方向与速度方向不在同一直线上，即合力方向与速度方向不同，则加速度方向与速度方向不同．故CD错误．故选：A点评：解决本题的关键掌握判断物体做直线运动还是曲线运动的方法，关键看加速度的方向与速度的方向是否在同一条直线上．2．在美国拉斯韦加斯当地时间2011年10月16日进行的印地车世界锦标赛的比赛中，发生15辆赛车连环撞车事故，两届印第安纳波利斯500赛冠军、英国车手丹•威尔顿因伤势过重去世．在比赛进行到第11圈时，77号赛车在弯道处强行顺时针加速超越是酿起这起事故的根本原因，下面四幅俯视图中画出了77号赛车转弯时所受的合力的可能情况，你认为正确的是（）A．B．C．D．考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：做曲线运动的物体，运动的轨迹是曲线，物体受到的合力应该是指向运动轨迹弯曲的内侧，速度沿着轨迹的切线的方向．解答：解：赛车做的是曲线运动，赛车受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，由于赛车沿顺时针方向运动的，并且速度在增大，所以合力与赛车的速度方向的夹角要小于于90°，故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：做曲线运动的物体，合力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，由于赛车的速度在增大，合力与速度的夹角还要小于90°．3．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（）A．B．C．D．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解．解答：解：设船渡河时的速度为v c；当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去=；当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回=；而回头时的船的合速度为：v合=；由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为：v c=，故B正确；故选：B．点评：解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道各分运动具有独立性，互不干扰．4．人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A 到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A实际运动的速度是（）A．v0sin θB．C．v0cos θD．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则求出A的实际运动的速度．解答：解：将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度为：v=．故选：D．点评：解决本题的关键知道速度的合成与分解遵循平行四边形定则，注意会画出正确的速度的分解图．5．在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地，若不计空气阻力，则（）A．垒球落地时瞬间速度的方向仅由击球点离地面的高度决定B．垒球落地时瞬间速度的大小仅由初速度决定C．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定D．垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定考点：平抛运动．分析：垒球做平抛运动，可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，分析时要抓住两个方向上运动的时间相同．解答：解：A、垒球落地时瞬时速度与水平方向夹角的正切tanθ==，所以垒球落地时瞬时速度的方向与击球点离地面的高度和球的初速度都有关，故A错误．B、落地时的瞬时速度的大小为v==，所以垒球落地时瞬时速度的大小既与初速度有关，也与高度有关，故B错误．C、垒球做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，由h=，得t=，则知垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定，故C正确．D、垒球在空中运动的水平位移x=v0t=v0，所以垒球在空中运动的水平位移与击球点离地面的高度和球的初速度都有关，故D错误．故选：C．点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，运用运动学规律来求解．6．一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（）A．tanθB．2tanθC．D．考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：物体做平抛运动，可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，根据速度与斜面垂直，得出水平分速度与竖直分速度的比值，从而得出小球在竖直位移与在水平方向位移之比．解答：解：球撞在斜面上，速度方向与斜面垂直，则速度方向与竖直方向的夹角为θ，则有：tanθ=，竖直方向上和水平方向上的位移比值为=．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：本题是有条件的平抛运动，关键要明确斜面的方向反映了速度方向与竖直方向的夹角，将速度进行分解，再运用平抛运动的规律解决这类问题．7．如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2关系应满足（）A．v1=v2B．v1=v2C．v1=v2D．v1=v2考点：平抛运动；竖直上抛运动．专题：平抛运动专题．分析：若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．解答：解：炮弹运行的时间t=，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移为：h1=，拦截炮弹在这段时间内向上的位移为：h2=v2t﹣，则H=h1+h2=v2t，所以有：v1=．故选：D．点评：解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．以及知道竖直上抛运动加速度不变，是匀变速直线运动．8．如图所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的初速v同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为37°和53°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A 和B两小球的运动时间之比为（）A．3：4 B．4：3 C．9：16 D．16：9考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：两球都落在斜面上，位移上有限制，位移与水平方向的夹角为定值，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，由此可正确解答．解答：解：对于A球有：，解得：同理对B有：由此解得：，A、B、d错误，C正确．故选C．点评：解决本题的关键抓住平抛运动落在斜面上竖直方向上的位移和水平方向上的位移是定值．9．（4分）如图所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B，整体一起向左匀速运动．系A的吊绳较短，系B的吊绳较长，若天车运动到某处突然停止，此后A和B两工件的向心加速度a A和a B的大小关系是（）A．a A=a B B．a A＞a B C．a A＜a B D．无法比较考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：天车运动到P处突然停止时，A、B由于惯性，要继续运动，将做圆周运动，根据a=判定加速度大小．解答：解：天车运动到P处突然停止时，A、B以相同的速度将做圆周运动，a==，因为A的绳长小于B的绳长，则A的加速度大于B的加速度，故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键能够判断出天车突然停止时A、B的运动情况，以及知道圆周运动径向的合力提供向心力．10．（4分）飞机在空中做匀速圆周运动表演时，下列说法正确的是（）A．飞机必须受到恒力的作用B．飞机所受合力必须等于零C．飞机所受合力的大小可能变化D．飞机所受合力的大小不变，方向时刻改变考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：匀速圆周运动指速度大小不变的圆周运动，其周期和角速度都是不变的，但是线速度的方向不断改变，合外力指向圆心，大小不变，向时刻变化．解答：解：飞机在空中做匀速圆周运动表演时，由合外力提供向心力，向心力的方向始终指向圆心，时刻改变，大小不变，故ABC错误，D正确；故选：D．点评：矢量由大小和方向才能确定的物理量，所以当矢量大小变化、方向变化或大小方向同时变化时，矢量都是变化的．11．如图所示，有一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，小强站在距圆心为r处的P点不动，关于小强的受力下列说法正确的是（）A．小强在P点不动，因此不受摩擦力作用B．若使圆盘以较小的转速转动时，小强在P点受到的摩擦力为零C．小强随圆盘做匀速圆周运动，圆盘对他的摩擦力充当向心力D．如果小强随圆盘一起做变速圆周运动，那么其所受摩擦力仍指向圆心考点：向心力；摩擦力的判断与计算．专题：匀速圆周运动专题．分析：小强随圆盘做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，分析小强的受力情况，确定其所受的摩擦力方向．解答：解：A、B、C、以小强为研究对象，小强受到：重力、支持力和静摩擦力，受力如图所示，小强相对圆盘静止，与圆盘一起做匀速圆周运动，所需要的向心力在水平面内指向圆心，重力G 与支持力F N在竖直方向上，G与F N二力平衡，不可能提供向心力，因此小强作圆周运动的向心力由静摩擦力f提供．故AB错误，C正确．D、若小强随圆盘一起做变速圆周运动，则小强沿圆周有切向的分加速度，需要有切向的外力，这个切向外力是由摩擦力的分力提供向心力，摩擦力的另一个分力提供向心力，所以此时摩擦力不再指向圆心．故D错误．故选：C．点评：本题关键对做圆周运动的物体进行受力分析，明确做匀速圆周运动的物体需要向心力，向心力是效果力，它由物体所受的合外力提供．12．在光滑杆上穿着两个小球m1、m2，且m1=2m2，用细线把两球连起来，当盘架匀速转动时，两小球刚好能与杆保持无相对滑动，如右图所示，此时两小球到转轴的距离r1与r2之比为（）A．1：1 B．1：C．2：1 D．1：2考点：向心力；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：两小球所受的绳子的拉力提供向心力，并且它们的加速度相等，根据向心力公式即可求解．解答：解：两小球所受的绳子的拉力提供向心力，所以向心力相等，角速度又相等，则有：m1ω2r1=m2ω2r2解得：r1：r2=1：2故选D点评：本题主考考查了向心力公式的应用，知道两小球的角速度和向心力相等．13．关于匀速圆周运动的说法，正确的是（）A．匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度B．做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度C．做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动D．匀速圆周运动加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运动考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动；加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动．解答：解：A、B、匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，故速度是变化的，一定是变速运动，一定具有加速度，故A错误，B正确；C、D、匀速圆周运动加速度大小不变，方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动，故C错误，D正确；故选：BD．点评：矢量由大小和方向才能确定的物理量，所以当矢量大小变化、方向变化或大小方向同时变化时，矢量都是变化的．14．（4分）一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相同的小球A 和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，A的运动半径较大，则（）A．A球的角速度必小于B球的角速度B．A球的线速度必小于B球的线速度C．A球的运动周期必大于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力必大于B球对筒壁的压力考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可．解答：解：A、以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得：mgtanθ=m，解得：v=，则ω==，T==2π，由图示可知，对于AB两个球来说，重力加速度g与角θ相同，A的转动半径大，B的半径小，因此，A的角速度小于B的角速度，A的线速度大于B的线速度，A的周期大于B的周期，故AC正确，B错误；D、由受力分析图可知，球受到的支持力F N=，由于两球的质量m与角度θ相同，则桶壁对AB两球的支持力相等，由牛顿第三定律可知，两球对桶壁的压力相等，故D错误；故选：AC．点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解分析．15．在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度﹣时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是（）A．前2s内物体沿x轴做匀速线运动B．后2s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向C．4s末物体坐标为（4m，4m）D．4s末物体坐标为（6m，2m）考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：通过甲乙图象得出物体在x轴方向和y方向上的运动规律，从而得出合运动的规律，结合图线与时间轴围成的面积分别求出分位移的大小，从而确定4s末物体的坐标．解答：解：A、由甲乙图象可知，前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动，在沿y方向静止，所以前2s内做匀变速直线运动．故A错误．B、后2 s内物体在x方向以2m/s做匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动，其合运动为匀变速曲线运动，故B错误；C、4 s末物体在x方向的位移为，y方向的位移为，则物体的位置坐标为（6 m，2 m），故D正确，C错误．故选：D．点评：解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，两分运动互不干扰，合成和分解遵循平行四边形定则．16．如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（）A．球的速度v等于LB．球从击出至落地所用时间为C．球从击球点至落地点的位移等于LD．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：网球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可．解答：解：A、网球做的是平抛运动，在水平方向上匀速直线运动：L=vt在竖直方向上，小球做自由落体运动：H=gt2代入数据解得：v=，t=，所以AB正确．C、位移是指从初位置到末位置的有向线段，初位置是在球网正上方距地面H处，末位置是在底线上，所以位移的大小为，与球的质量无关，所以CD错误．故选：AB．点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．位移一定要注意是从初位置到末位置的由向线段，与物体的路径无关．三.计算题（本大题4道题，共36分.解答时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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17．有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：对飞椅受力分析，求得椅子受到的合力的大小，根据向心力的公式可以求得角速度ω与夹角θ的关系．解答：解：对飞椅受力分析：重力mg和钢绳的拉力F，由合力提供向心力，则根据牛顿第二定律得：竖直方向上：Fcosθ=mg水平方向上：Fsinθ=mω2R其中R=Lsinθ+r解得：ω==答：转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系为：ω=．点评：飞椅做的是圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力．18．如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R=0.5m，离水平地面的高度H=0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）物块做平抛运动的初速度大小v0；（2）物块与转台间的动摩擦因数μ．考点：动能定理的应用；平抛运动．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平方向和竖直方向上的运动规律求出平抛运动的初速度．（2）当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．根据静摩擦力提供向心力，通过临界速度求出动摩擦因数．解答：解：（1）物块做平抛运动，在竖直方向上有：…①在水平方向上有：s=v0t…②由①②得：（2）物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有：…③f m=μN=μmg…④由③④式解得：μ===0.2答：（1）物块做平抛运动的初速度大小为1m/s．（2）物块与转台间的动摩擦因数μ为0.2．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及知道物块随转台一起做圆周运动，靠静摩擦力提供向心力．19．《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，游戏中的故事也相当有趣，如图甲，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒．某班的同学们根据自己所学的物理知识进行假设：小鸟被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示，若h1=0.8m，l1=2m，h2=2.4m，l2=1m，小鸟飞出能否直接打中肥猪的堡垒？请用计算结果进行说明．（取重力加速度g=10m/s2）考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，假设能直接击中，结合平抛运动的规律求出初速度的大小，从而得出下降h1高度时的位移，判断能否直接击中．解答：解：设小鸟以v0弹出能直接击中堡垒，根据得，t=，则水平初速度．根据得，，则水平位移x1=v0t1=3.75×0.4m=1.5m＜l1．知小鸟飞出不能直接打中肥猪的堡垒．答：小鸟飞出不能直接打中肥猪的堡垒．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．。
河南省平顶山市郏县高一物理下学期第一次月考试题(扫
2017-2018学年下学期高一第一次月考答案一、选择题1、C2、C3、ACD4、B5、B6、C7、B8、C9、C 10、B 11、ACD 12、AD 13、C 14、BC 15、BC二、实验题16．BD 0.1s 1.5 m/s 2.5 m/s 小球沿水平方向抛出；或确保小球做平抛运动．三、计算题：17．(1)ω1=40 rad/s (2) B对地面的压力为12N，方向竖直向下【解析】（1）当B对地面恰好无压力时，有：Mg=F T′，拉力 F T′提供小球A所需向心力，则：F T′=mrω12则有：Mg = mrω12 代值可得ω1=40 rad/s（2）对小球A来说，绳子的拉力提供向心力，则：F T=mrω2=0.1×0.1×202N=4N，对物体B来说，物体受到三个力的作用：重力Mg、绳子的拉力F T、地面的支持力F N，由力的平衡条件可得：F T+F N=Mg 故 F N=Mg-F T将F T=4N代入可得：F N=（1.6×10-4）N=12N由牛顿第三定律可知，B对地面的压力为12 N，方向竖直向下．18．（1）（2）2R【解析】（1）在B点小球做圆周运动，，得由牛顿第三定律知小球通过B点时对半圆槽的压力大小是；（2）在C点小球恰能通过，故只有重力提供向心力，则过C点小球做平抛运动：，，联立以上各式可得．19．（1）1.7m，（2）0.125【解析】（1）设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为v y由几何关系得：设小球下落的时间为t，小球竖直方向v y=gt解得：t=0.4s竖直位移为y，水平位移为x，由平抛规律得 x=v0t 设抛出点到斜面最低点的距离为h，由几何关系得h=y+xtan37°由以上各式得h=1.7m（2）在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得：设滑块的加速度为a，由运动学公式得：对滑块，由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma由以上各式得μ=0.125。
河南省平顶山市郏县一高2017-2018学年高二上学期第一次月考物理试卷 Word版含解析
2017-2018学年河南省平顶山市郏县一高高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共16题，共48分，每小题3分；其中第1～12题为单选题，其他为多选题）1．“曹冲称象”是家喻户晓的典故．“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣．”它既反映出少年曹冲的机智，同时也体现出重要的物理思想方法．下列物理学习或研究中用到的方法与曹冲称象的方法相同的是（）A．建立“点电荷”的概念B．建立“瞬时加速度”的概念C．建立“合运动与分运动”的概念D．探究导体电阻与其影响因素的定量关系2．我国是世界文明古国之一，在古代书籍中有许多关于物理现象的记载．西晋张华的《博物志》中写道，“今人梳头、脱着衣时，有随梳、解结有光者，也有咤声”．此处所描述的现象属于（）A．静电现象 B．磁化现象 C．退磁现象 D．摩擦生热现象3．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（）A．kg•A2•m3B．kg•A﹣2•m3•s﹣4C．kg•m2•C﹣2D．N•m2•A﹣24．保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率甚至会给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的那一个（）A．6.2×10﹣19C B．6.4×10﹣19C C．6.6×10﹣19C D．6.8×10﹣19C5．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，（）A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合6．如图为某电场中的一条电场线，a、b为该电场线上的两点，则下列判断中正确的是（）A．a点的场强一定比b点的场强大B．b点的场强可能比a点的场强小C．负电荷在a点受到的电场力方向向左D．正电荷在运动中通过b点时，其运动方向一定沿ba方向7．某电解池，如果在1秒钟内共有2.0×1018个二价正离子和4.0×1018个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是（）A．0A B．0.64A C．1.28A D．2.56A8．一台发电机用0.5A的电流向外输电，在1min内将3600J的机械能转化为电能，则发电机的电动势为（）A．360V B．120V C．12V D．6V9．“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，选用的电路图应是（）A．B．C．D．10．如图所示，A、B是点电荷负Q形成的电场中的两点（r A＜r B）．若先后把带电量很小，不会影响Q形成电场的正点电荷q1、q2（q1＞q2）分别放到A点和B点，q1、q2在A点受到的电场力分别为F A1、F A2，在B点受到的电场力分别为F B1、F B2．则下列关于点电荷所受电场力F和带电量q的比值的大小的比较中，正确的说法是（）A．，B．，C．，D．，11．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，E P表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E P 不变C ．θ减小，E P 增大D ．θ减小，E 不变 12．如图所示，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以A 点为坐标原点，AB 方向为位移x 的正方向，能正确反映电势φ随位移x 变化的图象是（ ）A ．B ．C ．D ．13．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q 产生的电场线，若点电粒子q （|Q |＞＞|q |）由a 运动到b 轨迹如图中虚线，电场力做正功．则下列判断正确的是（ ）A ．若Q 为正电荷，则q 带负电，且F a ＞F bB ．若Q 为正电荷，则q 带负电，且F a ＜F bC ．若Q 为负电荷，则q 带负电，且F a ＞F bD ．若Q 为负电荷，则q 带负电，且F a ＜F b14．某同学在实验中测出a 、b 、c 三种元件的伏安特性曲线分别如图中的（a ）、（b ）、（c ），下列说法正确的是（ ）A．a可以作为标准电阻使用B．b能作为标准电阻使用C．b的阻值随电压升高而增大D．c的阻值随电压升高而增大15．如图所示是常用在电子手表和小型仪表中的锌汞电池，它的电动势约为1.2V，这表示（）A．电路通过1C的电荷量，电源把1.2J其他形式能转化为电能B．电源在每秒内把1.2J其他形式能转化为电能C．该电源比电动势为1.5V的干电池做功少D．该电源与电动势为1.5V的干电池相比，通过1C电荷量时转化为电能少16．如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是（）A．Q2一定带正电B．Q2的电量一定大于Q1的电量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大二、填空题（每空2分，共16分）17．如图所示为研究平行板电容器电容的实验．电容器充电后与电源断开，与电容器相连的静电计用来测量电容器的．当极板间插入其它的电介质板时，电容器的电容将（填“增大”、“减小”或“不变”），于是我们发现，静电计指针偏角将．（填“增大”、“减小”或“不变”）18．有一个小灯泡上有“4V，2W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，1A）G．学生电源（直流6V），还有开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（用序号字母表示）．（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．三、计算题（共36分）19．如图所示电路中，电源电动势E=9V，内电阻r=2Ω，定值电阻R1=6Ω，R2=10Ω，R3=6Ω，电容器的电容C=10μF．（1）保持开关S1、S2闭合，求电容器C的带电量；（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电量．20．一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转轴使其不能转动，在线圈两端加电压为0.3V 时，电流为0.3A．松开转轴，在线圈两端加电压为2V时，电流为0.8A，电动机正常工作．求：（1）该电动机正常工作时，输入的电功率是；（2）电动机的机械功率；（3）若电机突然被卡住，求此时的热功率．21．一长为L的细线，上端固定于O点，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，将细线拉成水平，释放后小球从A点由静止沿圆弧开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：（1）该小球带电性质；（2）匀强电场的场强大小；（3）若从A点给小球一个竖直向下的初速度v0，使小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，v0至少多大？2016-2017学年河南省平顶山市郏县一高高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共16题，共48分，每小题3分；其中第1～12题为单选题，其他为多选题）1．“曹冲称象”是家喻户晓的典故．“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣．”它既反映出少年曹冲的机智，同时也体现出重要的物理思想方法．下列物理学习或研究中用到的方法与曹冲称象的方法相同的是（）A．建立“点电荷”的概念B．建立“瞬时加速度”的概念C．建立“合运动与分运动”的概念D．探究导体电阻与其影响因素的定量关系【考点】元电荷、点电荷；电阻定律．【分析】曹冲称象故事用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想；力的合成与分解、运动的合成与分解是等效替代思想．【解答】解：A、建立“点电荷”的概念，采用理想模型法，不是等效替代，故A错误；B、建立“瞬时加速度”的概念，采用极值法，不是等效替代，故B错误；C、建立“合运动和分运动”的概念，采用的是等效替代的方法；故C正确；D、探究导体电阻与其影响因素的定量关系采用了控制变量的方法；故D错误；故选：C．2．我国是世界文明古国之一，在古代书籍中有许多关于物理现象的记载．西晋张华的《博物志》中写道，“今人梳头、脱着衣时，有随梳、解结有光者，也有咤声”．此处所描述的现象属于（）A．静电现象 B．磁化现象 C．退磁现象 D．摩擦生热现象【考点】电荷守恒定律．【分析】先要理解“今人梳头、脱着衣时，有随梳、解结有光者，也有咤声”这句话的意思，即人们梳头、穿衣时，梳子与头发，外衣与里面的衣服摩擦产生电荷，是静电现象．【解答】解：人们梳头、穿衣时，梳子与头发，外衣与里面的衣服摩擦，使它们带有异种电荷，电荷放电，看到小火星和听到微弱响声，是摩擦起电，属于静电现象，故A正确，BCD 错误．故选：A3．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（）A．kg•A2•m3B．kg•A﹣2•m3•s﹣4C．kg•m2•C﹣2D．N•m2•A﹣2【考点】库仑定律．【分析】力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单位之间的关系．【解答】解：根据F=k可得：k=，由于F=ma，q=It，所以k=根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得k的单位是kg•A﹣2•m3•s﹣4故选：B4．保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率甚至会给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的那一个（）A．6.2×10﹣19C B．6.4×10﹣19C C．6.6×10﹣19C D．6.8×10﹣19C【考点】元电荷、点电荷．【分析】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，据此可正确解答．【解答】解：电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，因此该带电量为电子电量e=1.6×10﹣19C的整数倍，将四个选项中的电量除以电子电量得数为整数倍的便是可能正确的数字，故ACD错误，B正确．故选：B．5．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，（）A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合【考点】静电现象的解释．【分析】根据静电感应规律可明确AB两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C 后AB所带电量，即可明确金箔能否闭合．【解答】解：A、物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A错误；B、此时AB为等势体，两端电势相等；故B错误；C、移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；D、先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D错误；故选：C．6．如图为某电场中的一条电场线，a、b为该电场线上的两点，则下列判断中正确的是（）A．a点的场强一定比b点的场强大B．b点的场强可能比a点的场强小C．负电荷在a点受到的电场力方向向左D．正电荷在运动中通过b点时，其运动方向一定沿ba方向【考点】电场强度．【分析】该电场线为一点电荷形成的一条电场线，因不知是正点电荷还是负点电荷，所以无法判断a、b两点的场强大小以及电场力大小．正电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相反．【解答】解：A、因不知是正点电荷还是负点电荷产生的电场线，所以无法判断a、b两点的场强大小以及电场力大小．故A错误；B、因不知是正点电荷还是负点电荷产生的电场线，所以无法判断a、b两点的场强大小以及电场力大小．所以b点的场强可能比a点的场强小，故B正确；C、负电荷在a点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，而该点的电场强度方向即为该点的切线方向，所以负电荷在a点受到的电场力方向向右，故C错误；D、正电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相反．所以正电荷在运动中通过b点时，电场力方向一定向左．而运动方向并不一定沿ba方向，还受到初速度方向的限制．故D错误．故选：B．7．某电解池，如果在1秒钟内共有2.0×1018个二价正离子和4.0×1018个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是（）A．0A B．0.64A C．1.28A D．2.56A【考点】电流、电压概念．【分析】由题计算出1s内通过截面正离子与负离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流．一价离子所带电量大小为e=1.6×10﹣19C．【解答】解：由题，1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e，负离子的电量绝对值为q2=n2e，则电流为I=，将n1=2×1018个，n2=4×1018个，e=1.6×10﹣19C代入解得，I=1.28A故选：C8．一台发电机用0.5A的电流向外输电，在1min内将3600J的机械能转化为电能，则发电机的电动势为（）A．360V B．120V C．12V D．6V【考点】电源的电动势和内阻．【分析】发电机将机械能转化为电能，根据电功公式W=EIt求出发电机的电动势【解答】解：设发电机的电动势为E，电流I=0.5A，时间t=60s，产生的电能W=3600J，则由电功公式W=EIt得发电机的电动势为：E==V=120V，故B正确，ACD错误．故选：B．9．“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，选用的电路图应是（）A．B．C．D．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】测小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，电流表应采用外接法，分析电路图，然后答题．【解答】解：测定小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，约为几欧姆到十几欧姆，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，故应选择图B所示电路；故选：B．10．如图所示，A、B是点电荷负Q形成的电场中的两点（r A＜r B）．若先后把带电量很小，不会影响Q形成电场的正点电荷q1、q2（q1＞q2）分别放到A点和B点，q1、q2在A点受到的电场力分别为F A1、F A2，在B点受到的电场力分别为F B1、F B2．则下列关于点电荷所受电场力F和带电量q的比值的大小的比较中，正确的说法是（）A．，B．，C．，D．，【考点】电场强度．【分析】真空点电荷产生的电场强度计算公式是E=，Q是产生电场的电荷的电量，r是电场中的某点到场源电荷Q的距离．放在电场中某点的电荷受到的电场力与其电荷量比值等于该点的电场强度．电场中同一点电场强度不变．【解答】解：A、由题，q1、q2在A点受到的电场力分别为F A1、F A2，而A点的电场强度一定，根据场强的定义式E=可知，=E A．故A错误．B、由点电荷的场强公式E=分析可知，A点的场强大于B点的场强，则有．故B错误．C、由上分析可知，，．故C正确．D、电场强度反映本身的强弱与方向，与试探电荷无关，电场中同一点场强是一定的，则=．故D错误故选C11．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，E P 表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A．θ增大，E增大B．θ增大，E P不变C．θ减小，E P增大D．θ减小，E不变【考点】电容器的动态分析．【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U=Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化．【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=可知，电容C增大，则根据C=可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度E===；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为l，则P点的电势φP=El，电势能E P=ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；故D正确，ABC错误；故选：D．12．如图所示，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以A点为坐标原点，AB方向为位移x的正方向，能正确反映电势φ随位移x变化的图象是（）A．B．C．D．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．【分析】沿电场线的方向电势逐渐降低，在匀强电场中电势与场强的关系呈线性关系．【解答】解：沿电场线的方向电势逐渐降低，AB错误；在匀强电场中电势与场强的关系为U=Ed，呈线性关系，故C正确D错误．故选C13．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q 产生的电场线，若点电粒子q（|Q|＞＞|q|）由a运动到b轨迹如图中虚线，电场力做正功．则下列判断正确的是（）A．若Q为正电荷，则q带负电，且F a＞F bB．若Q为正电荷，则q带负电，且F a＜F bC．若Q为负电荷，则q带负电，且F a＞F bD．若Q为负电荷，则q带负电，且F a＜F b【考点】电场线；电场强度．【分析】根据Q的正负以及电场力做的功判断带电粒子的电性，根据电场线的疏密比较场强的大小，从而得知电场力的大小．【解答】解：A、若Q为正电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，知，该带电粒子带正电．由于E a＞E b，则F a＞F b．故AB错误．C、若Q为负电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，知，该带电粒子带负电．由于E a＞E b，则F a＞F b．故C正确D错误．故选：C．14．某同学在实验中测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图中的（a）、（b）、（c），下列说法正确的是（）A．a可以作为标准电阻使用B．b能作为标准电阻使用C．b的阻值随电压升高而增大D．c的阻值随电压升高而增大【考点】欧姆定律．【分析】根据各元件的伏安特性曲线结合欧姆定律分析答题．【解答】解：A、因a元件的I﹣U图线是直线，说明其电阻不随电压的变化而变化，故可作为标准电阻，故A正确，．B、C、D的阻值随电压升高而增大，c的阻值随电压升高而降低，故，B错误C正确，D 错误故选：AC．15．如图所示是常用在电子手表和小型仪表中的锌汞电池，它的电动势约为1.2V，这表示（）A．电路通过1C的电荷量，电源把1.2J其他形式能转化为电能B．电源在每秒内把1.2J其他形式能转化为电能C．该电源比电动势为1.5V的干电池做功少D．该电源与电动势为1.5V的干电池相比，通过1C电荷量时转化为电能少【考点】电源的电动势和内阻．【分析】电源是一种把其它形式的能转化为电能的装置，电动势E的大小等于非静电力做的功与电量的比值，即E=，其大小表示电源把其它形式的能转化为电能本领大小，而与转化能量多少无关．【解答】解：A、电动势在数值上等于将1C电量的正电荷从电源的负极移到正极过程中非静电力做的功，即一节干电池的电动势为1.2V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.2J的功，电源把1.2J其他形式能转化为电能．故A正确；B、电源的电动势是1.2V，不表示电源在每秒内把1.2J其他形式能转化为电能．故B错误；C、电动势表示电源做功的能力的大小，不表示做功的多少．故C错误；D、电动势表示电源做功的能力的大小，1.2V的电源与电动势为1.5V的干电池相比，通过1C电荷量时转化为电能少．故D正确．故选：AD16．如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是（）A．Q2一定带正电B．Q2的电量一定大于Q1的电量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【分析】速度时间图线上每一点切线的斜率表示瞬时加速度，可见粒子经过b点时的加速度为0．从而知道b点的电场力及电场强度．通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小．通过能量守恒判断电势能的变化．【解答】解：AC、从速度图象上看出，粒子从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则粒子在b点所受的电场力为零，所以该点场强为零．Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对粒子的电场力向左，所以Q2带正电．故A错误，C正确．B、b点场强为零，可见在b点两点电荷对带电粒子的电场力相等，根据库仑定律F=k，知b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量．故B错误．C、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能知粒子的先增大后减小．故D错误．故选：AC二、填空题（每空2分，共16分）17．如图所示为研究平行板电容器电容的实验．电容器充电后与电源断开，与电容器相连的静电计用来测量电容器的电势差．当极板间插入其它的电介质板时，电容器的电容将增大（填“增大”、“减小”或“不变”），于是我们发现，静电计指针偏角将减小．（填“增大”、“减小”或“不变”）【考点】电容器的动态分析．【分析】平行板电容器充电后与电源断开，极板上的电荷量不变；平行板电容器的电容C=，根据题目中各量的变化可判断电容的变化，由C=，得出电压的变化，即可得出偏角的变化；【解答】解：电容器充电后与电源断开，电量Q 将不变，与电容器相连的静电计用来测量电容器的电势差；空气的相对介电常数是最小的；当插入介质时，ɛ增大，由C=可知电容将增大；由C=，可知，两板间的电压减小，静电计指针偏角减小．故答案为：电势差，增大，减小．18．有一个小灯泡上有“4V，2W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，1A）G．学生电源（直流6V），还有开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选A，电流表应选D，滑动变阻器应选E（用序号字母表示）．（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】本题（1）的关键是根据小灯泡的额定电压和额定电流的大小来选择电压表和电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器以便于调节．题（2）的关键是根据电流表的内阻为已知的确定值时，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，即可画出电路图．【解答】解：（1）由新的规格“4V，2W”可知，额定电压U=4V，额定电流I===0.5A，所以电压表应选A，电流表应选D；由于实验要求电流从零调，所以应选阻值小的变阻器E．（2）：由于电流表的内阻为已知的确定值，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又实验要求电流从零调，变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）A，D，E（2）如图所示三、计算题（共36分）19．如图所示电路中，电源电动势E=9V，内电阻r=2Ω，定值电阻R1=6Ω，R2=10Ω，R3=6Ω，电容器的电容C=10μF．（1）保持开关S1、S2闭合，求电容器C的带电量；（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电量．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【分析】（1）保持开关S1、S2闭合，电阻R1、R2串联，电路稳定时，没有电流流过R3，电容器的电压等于R1两端的电压，根据欧姆定律和电容的定义式求解电容器的带电量．（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，电路稳定时没有电流，电容器的电压等于电源电动势，由电容的定义式求出电容器的带电量，再求出流过电阻R2的电量．【解答】解：（1）保持开关S1、S2闭合，则电容器上电压：U c=UR1==①电容器带电量为：Q=CU c=10×10﹣6×3C=3×10﹣5C ②（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开后，电路稳定时电容器上电压等于电源电压：Q′=CE=10×10﹣6×9C=9×10﹣5C流过R2的电量等于电容器C上电量的增加量为：Q R2=△Q=Q′﹣Q=9×10﹣5﹣3×10﹣5=6×10﹣5C。
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郏县一高2017--2018学年下学期第一次月考高二物理试卷命题人：考试时间：90分钟满分100分一、选择题(:每小题4分，共!48分其中1-8题只有一个正确答案， 9-12题有两个或以上正确答案)1.一矩形线圏在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道A.0.01s 时刻线圈处于中性面位置B.0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零C.该交流电流有效值为24.D.该交流电流频率为50Hz2.矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止未动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变花化的图象入图甲所示。
t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里：在0〜4s时间内，线框边受匀强磁场的作用力随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向)是下图中的3.如图是一个理想变压器，K为双向电键，P是滑动变阻器滑动触头，U1为加在原线圈两端电压，I1为原线圈上电流，则A、保持U1及尸的位置不变，K由a合向b时，I1将增大.B、保持U1及P的位置不变,K由a合向b时，R消耗的功率减小C、保持U1不变，K合在a处，使P上滑, I1将增大D、保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大, I1将减小4.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场。
若第一次用 0.3s时间拉出，外力所做的功为W1,通过导线截面的电量为q1。
第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2,通过导线截面的电量为q2，则A.W1<W2，q1<q2B.W1<W2，q1=q2C.W1>W2， q1=q2D.W1>W2，q1>q25.如图所示，在一很大的有界匀强磁场上方有一闭合线圈，当闭合线圈从上方下落穿过磁场的过程中：A.进入磁场时加速度小于g，离开磁场时加速度可能大于g,也可能小于g.B.进入磁场时加速度大于g，离开时小于g.C.进入磁场和离开磁场，加速度都大于g.D.进入磁场和离开磁场，加速度都小于g.6.—颗手榴弹以v0=10m/s的水平速度在空中飞行。
设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg,沿原方向以250m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg 的大块在爆炸后速度大小和方向是A. 125m/s,与v0反向B. 110m/s,与v0反向C. 240m/s,与v0反向D.以上答案均不正确7.如图所示为氢原子的能级结构示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，用这些光子照射逸出功为2.49eV的金属钠。
下列说法正确的是A.这群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级所发出的光波长最短B.这群氢原子在辐射光子的过程中电子绕核运动的动能减少，电势能增加C.能发生光电效应的光有三种D,金属铀表而所发出的光电子的最大初动能是9.60eV8.图中甲图所示的线圈为5匝，其端点a, b与电压表相连，线圈内磁通量变化规律如（b)图所示，则a, b 两点的电势高低及电压表读数为：A.a ϕ > b ϕ, 200伏B. a ϕ>b ϕ, 100 伏C. a ϕ<b ϕ, 200 伏D. a ϕ< b ϕ，100 伏9.如图1所示是研究光电效应的电路。
某同学利用该装黧在不同实验条件下得到了三条光电流I 与A 、B 两极之间的电压U AK 的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图2所示。
则下列说法正确的是A.甲光对应的光电子的最大初动能小于丙光对应的光电子的最大初动能B.甲光与乙光的频率相同，且甲光的光强比乙光强C.丙光的频率比甲、乙光的大，所以光子的能量较大,丙光照射到K 极到电子从K 极射出的时间间隔明显小于甲、乙光相应的时间间隔D.用强度相同的苧、丙光照射该光电管，则单位时间内逸出的光电子数相等10.光滑水平地面上，A 、B 两物体质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 原来静止，左端有一轻弹赞，如图所示，当A 撞上弹簧，弹簧被压缩最短时 A.A 、B 系统总动量仍然为mv B.A 的动量变为零 C.B 的动量达到最大值 D. A 、B 的速度相等11.氢原子的核外电子由一个轨道跃迁到另一轨道时，可能发生的情况有 A.放出光子，电子动能减少，原子势能墙加 B.放出光子，电子动能增加，原子势能减少 C.吸收光子，电子动能减少，原子势能增加D.吸收光子，电子动能增加，原子势能减少12.(多选）如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=4 kg的小物体B以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B 间存在摩檫，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=l0m/s2,则下列说法正确的是A.木板A获得的动能为2JB.系统损失的机械能为2JC.木板A的最小长度为2 mD.A、B间的动摩擦因数为0.1二、填空题(本大题共3小题，每空3分，共18分）13.某同学用如图所示的装置“验证动量守恒定律”，其操作步骤如下：A.将操作台调为水平，并在两侧挂上重垂线；B.用天平测出滑块A、B的质量m A、m B；C.用细线将滑块A、B连接，滑块A、B 紧靠在操作台边缘，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态D.前断细线，滑块A、B均做平抛运动，记录A、B滑块的落地点M、N；E.用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2；F.用刻度尺测出操作台面距地面的高度h.①上述步骤中,多余的步骤是；②如果系统动量守恒，须满足如关系是。
14.如图所示是使用光电管的原理图，当频率为v的可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过。
(1)当变阻器的滑动端p向滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会增大。
(2)当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U,则光电子的最大初动能为(已知电子电荷量为e)。
15.阴极射线是从阴极射线管的阴极发出的高速运动的粒子流，这些微观粒子是。
若在如图所示的阴极射线管中部加上垂直于纸面向外的磁场，阴极射线将(填“向上”、“向下”“向里”或“向外”）偏转。
三、计算题16. (12分）如图所示，在一个磁感应强度为B的匀强磁场中，有一弯成45°角的金属导轨，且导轨平面垂直磁场方向。
一导线MN以速度v从导轨的0点处开始无摩擦地匀速滑动，速率v的方向与ax方向平行，导线和导轨单位长度的电阻为r.(1)写出MN棒和导轨相交的两点间的感应电动势的瞬时表达式.(2)感应电流瞬时大小如何？(3)写出作用在导线MN上的外力瞬时功率的表达式。
17.（10分）如图所示，相距为d的两平行金属板足够大，板间电压恒为U，有一波长为 的细激光束照射到B板中央，使B板发生光电效应，已知普朗克常量为h，金属板B的逸出功为W，电子质量为m，电荷量e，求：（1）从B板运动到A板所需时间最短的光电子，到达A板时的动能；（2）光电子从B板运动到A板时所需的最长时间。
18.（10分）如图，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q发生碰撞，碰撞时间极短，且无能量损失. 已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M:m=4:1，重力加速度为g ．求：（1）小物块Q 离开平板车时速度为多大？ （2）平板车P 的长度为多少？（3）小物块Q 落地时距小球的水平距离为多少？高二物理月考答案一．选择题1. B2.D3.A4.C5.A6. B7.D8.B9.AB 10.AD 11.BC 12.AD 二．填空题13. （1） F （3分） ；（2） 12A B m x m x（3分）14 .（1）左 （3分） （2） eU （3分） 15 . （1）电子（3分）， （2） 向上（3分） 三．计算题16．17. 解：（1）能以最长时间到达A 板的光电子，是离开B 板时的初速度为零或运动方向平行于B 板的光电子 则得t=d（2）根据爱因斯坦光电效应方程E K =h －W ，光子的频率为所以，光电子的最大初动能为E K =－W能以最短时间到达A 板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B 板的电子，设到达A 板的动能为E K1由动能定理，得eU=E K1一E K 所以E K1=eU ＋－W18.解：（1）小球由静止摆到最低点的过程中，有2021)60cos 1(mv mgR =︒-（2分） gR v =∴0（1分）小球与物块Q 相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，Q mv mv mv +=10，（1分）22120212121Q mv mv mv +=，（1分） 解得，01=v ，gR v v Q ==0（1分）二者交换速度，即小球静止下来，而gR v v Q ==0（1分）Q 在平板车上滑行的过程中，有v m Mv mv Q 2⋅+=（1分）661gR v v Q ==∴（1分）小物块Q 离开平板车时，速度为32gR v =（1分）（2）由能的转化和守恒定律，知222)2(212121v m Mv mv fl Q --=（1分） mg f μ=（1分）解得，μ187Rl =（1分）。