物理---河南省安阳市第三十六中学2017-2018学年高二上学期第二次月考试题

河南省安阳市第三十六中学2017-2018学年高一上学期期末考试物理试题一、单项选择题1. 如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。

现把物体Q轻轻地叠放在P上，则A. P向下滑动B. P受到3个力作用C. P所受的合外力增大D. P与斜面间的静摩擦力增大【答案】D【解析】A、未放Q物体时，对P受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，有：，；由于P处于静止状态，则有，故；由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，故P静止不动，故A错误；B、物体Q叠放在P上之后，P受到本身的重力、斜面的支持力、Q对P的压力以及斜面对其的静摩擦力作用，故4个力作用，故选项B错误；C、物体P保持静止，合力为零，没有增大，故C错误；D、由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，故P与斜面间的静摩擦力增大，故D正确。

点睛：解决本题的关键是分析物体的受力情况，明确物体要滑动的条件：重力的下滑分力大于最大静摩擦力，列式分析。

2. 如图所示，木块受到F1=6N，F2=2N和摩擦力三个水平方向的力作用，静止在水平面上，若撤去F1，木块受到的合力( )A. 等于零B. 大小为8N，水平向右C. 大小为6N，水平向右D. 大小为4N，水平向左【答案】A【解析】试题分析：以物体为研究对象分析受力可知，在水平方向上有，解得此时的静摩擦力，当撤去F1后，物体在水平方向上受到两个力作用F2和摩擦力，很明显，此时的摩擦力没有达到最大静摩擦力，与F2平衡，故物体所受合力为零；考点：共点力平衡3. 某同学在单杠上做引体向上，如图所示．其中双臂用力最小的是( )A. B. C. D.【答案】B点睛：本题运用“大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大”结论判断．4. 学习小组在课堂上对“惯性"进行了交流与讨论，有如下观点，你认为止确的是( )A. 静止的物体没有惯性，只有运动的物体才有惯性B. 只有固体、液体有惯性，气体没有惯性，太空中的物体也没有惯性C. 物体只有加速、减速和拐弯时才有惯性，做匀速运动的物体没有惯性D. 一切物体，在任何状态下都有惯性，质量是惯性大小的量度【答案】D【解析】A、静止的物体和运动的物体都有惯性，静止的物体有保持原来静止状态的性质，也具有惯性，故A错误；B、惯性是物体的固有属性，固体和液体、气体、太空中物体都有惯性，故B错误；C、一切物体都有惯性，做匀速运动的物体也惯性，只是没有表现出来而已，故C错误；D、一切物体，在任何情况下都具有惯性，质量是惯性大小的量度，故D正确。

河南省安阳市三实验中学2017-2018学年高二上学期第二次月考数学试题1. 在△ABC中，已知，则角A大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由余弦定理知，所以,故选A.2. 两灯塔A,B与海洋观察站C的距离都等于a(km), 灯塔A在C北偏东30°,B在C南偏东60°,则A,B之间相距（）A. a (km)B. a(km)C. a(km)D. 2a (km)【答案】C【解析】如图，由题意可得，在中，，∴。

即则A、B之间相距为。

选C。

3. 已知数列为等差数列，且，则公差d的值为（）A. B. C. D.【答案】B4. 已知不等式的解集是，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】∵不等式的解集是，∴ 是的两根，且，∴ 解得：，所以，故选A.5. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，则这个三角形一定是（）A. 等边三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 等腰直角三角形【答案】C【解析】由余弦定理得：，所以，即，所以，故选C.6. 已知等比数列满足，，则（）A. 64B. 81C. 128D. 243【答案】A【解析】∵ ，∴，∴ ，∴ ，故选A.7. 已知实数x、y满足，则目标函数的最小值是 ( )A -9 B.15 C.0 D.-10【答案】A【解析】作出可行域如图：当直线向上移动，过点A时，有最小值，由解得，所以，故选A.8. 对任意的实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当时，恒成立；当时，要使不等式恒成立，则需，解得，综上，故选B.9. 已知变量x,y满足约束条件则的取值范围是( )A. B. C. D. (3,6]【答案】A【解析】作出可行域如图：三角形的三个顶点坐标分别为，表示可行域内的点与原点连线的斜率，观察图象可知，当时，斜率有最大值，当时有最小值，故的取值范围，故选A.点睛：平面区域的最值问题是线性规划问题中一类重要题型，在解题时，关键是正确地画出平面区域，分析表达式的几何意义，然后结合数形结合的思想，分析图形，找出满足条件的点的坐标，即可求出答案．10. 等比数列的前项和为，若，则的值为（）A. -3B. -1C. 1D. 3【答案】A【解析】试题分析：，故选A．考点：等比数列．11. 等差数列，的前项和分别为，，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】∵ ，而∴ ，故选B.12. 已知等差数列中，，公差，则使前项和为取最小值的正整数的值是（）A. 4和5B. 5和6C. 6和7D. 7和8【答案】C【解析】试题分析：，所以使前项和取最小值的正整数的值为6和7考点：数列性质13. 不等式的解集为________.【答案】【解析】∵∴或所以不等式的解集是.14. 设是等差数列的前项和,且，则________．【答案】【解析】试题分析：因为，所以又成等差数列,所以即考点：等差数列性质15. 在中，角，，所对边长分别为，，，若，则的最小值为_________.【答案】【解析】试题分析：,当且仅当，即为等腰三角形时等号成立，所以的最小值为.考点：1.余弦定理；2.基本不等式.【名师点睛】本题考查余弦定理与基本不等式，属中档题；利用基本不等式求最值的基本类型及策略：1.知和求积的最值，解决此类问题的关键是和为定值，积有最大值；2.知积求和的最值，明确积为定值，和有最小值，直接应用基本不等式求解，但要注意利用基本不等式的条件；3.构造不等式求最值，在求解含有两个变量的代数式的最值问题时，通常采用“变量代替”或“常数”的替换，构造不等式求解.16. 已知，，则的最小值为___________.【答案】3【解析】∵，∴，当且仅当时，等号成立，故填.点睛：本题主要考查了不等式，不等式求最值问题，属于中档题.解决此类问题，重要的思路是如何应用均值不等式或其他重要不等式，很多情况下，要根据一正、二定、三取等的思路去思考，本题根据条件构造，研究的式子乘以1后变形，即可形成所需条件，应用均值不等式.17. 在△ABC中，分别是角对边，已知，求及C. 【答案】, .【解析】试题分析：已知两角一边求其余的边，先根据内角和定理求角，再选用正弦定理，求其余的边即可.试题解析：由正弦定理得18. 设等差数列满足，．（1）求的通项公式；（2）求的前项和及使得最大的序号的值．【答案】（1）；（2）当时，取得最大值．【解析】试题分析：（1）根据条件，通过解方程组即可求出通项公式；（2）写出前n项和后，利用二次函数求最值即可.试题解析：（1）由及，得可解得所以数列的通项公式为．（2）由（1）知，．因为，所以当时，取得最大值．19. 在中，分别为角的对边，若．（1）求角的大小；（2）已知，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）利用正弦定理统一为角的三角函数，再根据两角和正弦公式化简即可；（2）由余弦定理及均值不等式得出的最大值，从而求出面积的最大值.试题解析：（1）∵，∴，由正弦定理得，整理得，∴，在中，，∴，.（2）由余弦定理得，又，∴∴，当且仅当时取“=”，∴的面积.即面积的最大值为.20. 设数列的前项和，数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据与的关系，可求出通项公式；（2）根据数列通项公式特点，利用裂项相消法求数列的和即可.试题解析：（1）时，，，∴∴，∴数列的通项公式为：．(2)．点睛：本题考查了等差数列的定义，求数列的前n项和即数列的最大值与恒成立问题，属于难题.解决数列的证明问题时，一般要紧扣等差等比的定义，用定义证明，数列求和时，一般根据通项的特点选择合适的求和方法，其中裂项相消和错位相减法考查的比较多，在涉及数列的恒成立问题时，一般要考虑数列项的最值或前n项和的最值，进行转化处理即可.21. 已知,是方程的两根，数列是公差为正的等差数列，数列的前项和为，且.（N*）(Ⅰ)求数列，的通项公式； (Ⅱ)记=，求数列的前项和.【答案】（1），（2）.【解析】试题分析：（1）根据条件，利用解方程的方法求等差数列的通项公式，利用与的关系构造等比数列，求其通项；（2）根据数列通项的特点，采用错位相减法求数列的和.试题解析：(1)由.且得，在中,令得当时, ，两式相减得，∴.(2)∴，，∴∴............22. 已知顶点在单位圆上的△，角，，所对的边分别是，，，且．（1）求的值；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）根据正弦定理，化为三角函数，利用两角和正弦定理求解；（2）根据正弦定理化为三角函数，利用辅助角公式化简三角函数求求其值域即可.试题解析：（1）因为，由正弦得，，所以．因为，且，所以．（2）由，得，由，得，，所以．因为，所以，即，所以．点睛：解决三角形中的角边问题时，要根据条件选择正余弦定理，将问题转化统一为边的问题或角的问题，利用三角中两角和差等公式处理，特别注意内角和定理的运用，涉及三角形面积最值问题时，注意均值不等式的利用，特别求角的时候，要注意分析角的范围，才能写出角的大小.。

2016-2017学年河南省安阳三十六中高二（上）第二次月考物理试卷一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）1．点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图所示，电场强度为零的地方在（）A．A和B之间B．A右侧C．B左侧D．A的右侧及B的左侧2．以下说法正确的是（）A．由可知此场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比C．由U ab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关3．在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（）A．E PA=﹣W，φA= B．E PA=W，φA=﹣C．E PA=W，φA=D．E PA=﹣W，φA=﹣4．在两个等量同种电荷的连线上，与连线中点O等距的两点a、b，如图所示，则下列判断不正确的是（）A．a、b两点的场强矢量相同B．a、b两点的电势相同C．a、O两点间与b、O两点间的电势差相同D．同一电荷放在a、b两点的电势能相同5．一个点电荷从电场中的a点移到b点，其电势能变化为零，则（）A．a、b两点的场强一定相等B．a、b两点的电势一定相等C．该点电荷一定沿等势面移动D．作用于该点电荷的电场力与移动方向总是保持垂直6．带正电荷的小球只受到电场力作用，把它从静止释放后，它在任意一段时间内（）A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动7．如图所示，Q带负电荷，导体P在a处接地，下列说法中正确的是（）A．导体P的a端带正电荷，b端不带电B．导体P的a端不带电荷，b端带负电荷C．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，且正、负电荷的电荷量相等D．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量8．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（）A． B．edUh C．D．9．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两倍，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．2倍 B．4倍 C．倍 D．倍10．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（）A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D．断开S，将A板向B板靠近，则θ减小11．某电解池，如果在1s内共有5×1018个二价正离子和1×1019个一价负离子通过面积为0.1m2的某截面，那么通过这个截面的电流是（）A．0 B．0.8A C．1.6A D．3.2A12．下面是对电源电动势概念的认识，你认为正确的是（）A．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化B．1号干电池比7号干电池大，但电动势相同C．电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势就越大D．电动势、电压和电势差虽名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）13．两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球，其中一个球的带电量的绝对值是另一个的5倍，它们间的库仑力大小是F，现将两球接触后再放回原处，它们间库仑力的大小可能是（）A．B．C．D．14．A、B在两个等量异种点电荷连线的中垂线上，且到连线的距离相等，如图所示，则（）A．同一点电荷在A、B两点的电势能相等B．把正电荷从A点移到B点，电势能先增大后减小C．把正电荷从A点移到B点，电势能先减小后增大D．A、B两点的连线上任意两点的电势差为零15．如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10﹣6C 的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，已知A点的电势为﹣10V，则以下判断正确的是（）A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C．B点电势为零D．B点电势为20 V16．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行板的时间为t，则（不计粒子的重力）（）A．在前时间内，电场力对粒子做的功为B．在后时间内，电场力对粒子做的功为C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：2D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：117．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q．此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvSt B．nqvt C．D．三、填空题（共15分．每空3分）18．在真空中两个带等量异种的点电荷，电量均为2×10﹣8C，相距20cm，则它们之间的相互作用力为N．在两者连线的中点处，电场强度大小为N/C．19．如图所示，一电子具有100eV的动能．从A点垂直于电场线飞入匀强电场中，当从D点飞出电场时，速度方向跟电场强度方向成150○角．则A、B两点之间的电势差U AB=V．20．某电路两端电压保持不变，当电路电阻为20Ω时，其电流为0.3A，电阻增加到30Ω时，其电路中的电流要减小A，电路两端的电压为V．四、计算题（本题共3小题，共29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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）21．用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．（1）分析小球的带电性质；（2）求小球的带电量；（3）求细线的拉力．22．带电量为Q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直．已知：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板的电压为U2，重力不计，求：（1）经过加速电场后的速度；（2）离开电容器电场时的偏转量．23．如图ABCD是竖直放在E=103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，BCD 是直径为20cm的半圆环，AB=15cm，一质量m=10g，带电量q=10﹣4C的小球由静止在电场力作用下自A点沿轨道运动，求：（1）它运动到C点速度多大？（2）此时对轨道的压力多大？2016-2017学年河南省安阳三十六中高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）1．点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图所示，电场强度为零的地方在（）A．A和B之间B．A右侧C．B左侧D．A的右侧及B的左侧【考点】电场的叠加；电场强度．【分析】空间的任意一点的电场是由两个点电荷产生的电场的叠加，只有当两个点电荷产生的电场强度大小相等、方向相反时，该点的电场强度才等于零．根据点电荷场强公式E=k和点电荷电场分布特点确定在AB连线上，电场强度为零的位置．【解答】解：点电荷电场线的分布特点；正电荷电场的电场线从正电荷出发到无穷远终止，负电荷电场的电场线从无穷远出发到负电荷终止．A、A和B之间两点产生的电场强度方向均向向左，合场强不可能为零．故A错误．B、A的右侧，A产生的电场强度向右，B产生的电场强度向左，电场强度方向相反，而且由题A的电量大于B的电量，且A较近，由点电荷场强公式E=k可知，在同一点电场强度大小不可能相等，所以合场强不可能为零．故B错误．C、在B的左侧，A产生的电场强度向左，B产生的电场强度向右，电场强度方向相反，但由于A的电量大于B的电量，且A较远，由点电荷场强公式E=k可知，在同一点电场强度大小可能相等，所以合场强可能为零．故C正确．D、由上可知D错误．故选：C．2．以下说法正确的是（）A．由可知此场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比C．由U ab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关【考点】电场强度；电势差；电势．【分析】电场强度是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的；电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．U ab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离．电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关．【解答】解：A、电场强度是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的，故A错误．B、电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．故B错误．C、U ab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C 错误．D、公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，与两极板间距离d，极板面积S等有关．故选D．3．在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（）A．E PA=﹣W，φA= B．E PA=W，φA=﹣C．E PA=W，φA=D．E PA=﹣W，φA=﹣【考点】电势；电势能．【分析】根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，由公式E A=﹣W确定电荷在A点的电势能，由公式φA=﹣求解A点的电势．【解答】解：依题意，﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为ɛA=﹣W，A点的电势φA=﹣．故选：A4．在两个等量同种电荷的连线上，与连线中点O等距的两点a、b，如图所示，则下列判断不正确的是（）A．a、b两点的场强矢量相同B．a、b两点的电势相同C．a、O两点间与b、O两点间的电势差相同D．同一电荷放在a、b两点的电势能相同【考点】电势能；电势差；等势面．【分析】场强是矢量，有大小有方向，根据场强的叠加比较a、b两点的场强．根据电场力做功判断Oa与Ob两点间的电势差，从而比较出a、b两点的电势．根据E p=qφ可以比较出电势能．【解答】解：A、根据点电荷的场强叠加，知a、b两点的场强大小相等，方向相反．所以场强不同．故A错误．B、将电荷从O移到a或b电场力做功相等，则a、O两点间与b、O两点间的电势差相同，所以a、b两点的电势相等．故B、C正确．D、a、b两点的电势相等，根据E p=qφ，同一电荷在a、b两点的电势能相同．故D正确．本题选错误的，故选A．5．一个点电荷从电场中的a点移到b点，其电势能变化为零，则（）A．a、b两点的场强一定相等B．a、b两点的电势一定相等C．该点电荷一定沿等势面移动D．作用于该点电荷的电场力与移动方向总是保持垂直【考点】电场强度；等势面．【分析】从静电场中a点移到b点，其电势能的变化为零，电场力做功为零．但电荷不一定沿等势面移动．a，b两点的电势一定相等【解答】解：A、根据公式W ab=qU ab分析可知，电场力做功W ab=0，a、b两点的电势差U ab为零．而电势与场强无关，所以a、b两点的电场强度不一定相等．故A错误B、由公式W ab=qU ab，U ab=0，得W ab=0，即电场力做功一定为0．故B正确．C、电场力做功为零，由于不能判定运动的轨迹，所以作用于该点电荷的电场力与其移动的方向不一定总是垂直的，也不一定沿等势面的方向．故CD错误．故选：B．6．带正电荷的小球只受到电场力作用，把它从静止释放后，它在任意一段时间内（）A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【分析】带电小球仅受电场力作用，从静止释放，是否沿电场线运动，关键看电场线是直线还是曲线．【解答】解：物体的运动情况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，从静止开始释放，仅受电场力作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，若为直线，小球沿电场线运动，若为曲线，小球不沿电场线运动．在任意一段时间内，小球不一定从高电势向低电势运动，比如在等量同种负电荷连线的中垂线上做往复运动，故D正确，A、B、C错误．故选：D．7．如图所示，Q带负电荷，导体P在a处接地，下列说法中正确的是（）A．导体P的a端带正电荷，b端不带电B．导体P的a端不带电荷，b端带负电荷C．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，且正、负电荷的电荷量相等D．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量【考点】静电场中的导体．【分析】带电小球Q靠近金属导体P时，由于静电感应，会使金属导体P带电，根据静电感应的现象来分析即可．【解答】解：金属导体P接地时与大地组成一个新的导体，a为新导体的靠近Q 的一端，而大地是远离Q的一端，由于静电感应的作用，靠近Q的一端会带上与Q相反的电荷，即带上正电荷．接地的过程应是b端感应出来的负电荷被导到大地上，所以b端不带电．故A正确，BCD错误；故选：A8．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（）A． B．edUh C．D．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】设出电子的初动能，末动能为零，全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初动能．【解答】解：设出电子的初动能E k0，末动能为零，极板间的电场E=，根据动能定理：﹣eEh=0﹣E k0，解得：E k0=故选：D9．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两倍，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．2倍 B．4倍 C．倍 D．倍【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】根据类平抛运动的规律解出粒子恰能从右侧擦极板边缘飞出电场的临界条件，结合E=分析即可求解．【解答】解：对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量e，质量为m，速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向：L=vt竖直方向：y===d因为E=所以若速度变为原来的两倍，则仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来故选C10．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（）A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D．断开S，将A板向B板靠近，则θ减小【考点】电容器的动态分析；电场强度．【分析】小球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡状态，当电场力变大时θ增大，电场力变小时θ减小，因此解决本题关键是判断小球所受电场力的变化情况；注意电容器的两种状态的不同，电键闭合其电压不变，电键断开电容器所带电量保持不变．【解答】解：若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，θ将增大，故A 正确，B错误．若断开S，电容器带电量保持不变，由和以及可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则θ不变，故CD错误．故选A．11．某电解池，如果在1s内共有5×1018个二价正离子和1×1019个一价负离子通过面积为0.1m2的某截面，那么通过这个截面的电流是（）A．0 B．0.8A C．1.6A D．3.2A【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=5×1018个，n2=1×1019个，e=1.6×10﹣19C代入解得，I=3.2A故选D12．下面是对电源电动势概念的认识，你认为正确的是（）A．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化B．1号干电池比7号干电池大，但电动势相同C．电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势就越大D．电动势、电压和电势差虽名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同【考点】电源的电动势和内阻．【分析】电动势由电源中非静电力的特性所决定，跟电源的体积无关，与外电路无关．电动势的大小反映将其它形式的能转变为电能的本领大小．与电压、电势差的物理意义不同，单位相同．【解答】A．电动势由电源中非静电力的特性所决定，与外电路无关．所以同一电源接入不同的电路，电动势不会改变．故A错误．B．电动势由电源中非静电力的特性所决定，跟电源的体积无关，所以虽然1号干电池比7号干电池大，但电动势相同．故B正确．C．电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，根据W=qE 可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关．故C错误．D．电动势、电压和电势差物理意义不同，单位相同．故D错误．故选B．二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）13．两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球，其中一个球的带电量的绝对值是另一个的5倍，它们间的库仑力大小是F，现将两球接触后再放回原处，它们间库仑力的大小可能是（）A．B．C．D．【考点】库仑定律．【分析】接触带电的原则是先中和后平分，两个球的电性可能相同，可能不同，根据F=得出接触后再放回原处的库仑力大小．【解答】解：若两电荷同性，设一个球的带电量为Q，则另一个球的带电量为5Q，此时F=，接触后再分开，带电量各为3Q，则两球的库仑力大小=．若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为2Q，此时两球的库仑力=．故B、D正确，A、C错误．故选BD．14．A、B在两个等量异种点电荷连线的中垂线上，且到连线的距离相等，如图所示，则（）A．同一点电荷在A、B两点的电势能相等B．把正电荷从A点移到B点，电势能先增大后减小C．把正电荷从A点移到B点，电势能先减小后增大D．A、B两点的连线上任意两点的电势差为零【考点】电势能；电势差．【分析】等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，同一电荷在等势线上电势能相同．根据电场线分布的对称性可知，A、B两点的电场强度相同．把正电荷从A点沿直线移动到B点，电场力先增大后减小．【解答】解：A、B、C等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，同一电荷在A、B两点的电势能必定相等．故A正确，BC错误．D、由于AB处在同一等势线上，A、B连线上的任意两点的电势差一定为零．故D正确．故选AD15．如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10﹣6C 的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，已知A点的电势为﹣10V，则以下判断正确的是（）A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C．B点电势为零D．B点电势为20 V【考点】电场线．【分析】带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，说明电场力做负功，可分析出电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，可知其轨迹为1，还可判断出电场线的方向．根据动能定理求出AB间的电势差，由U AB=φA﹣φB，可求出B点的电势．【解答】解：AB、由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左．根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A正确，B错误．CD、根据动能定理得：qU AB=△E k，得U AB=V=﹣10V，又U AB=φA﹣φB，φA=﹣10V，则φB=0．故C正确，D错误．故选：AC．16．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行板的时间为t，则（不计粒子的重力）（）A．在前时间内，电场力对粒子做的功为B．在后时间内，电场力对粒子做的功为C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：2D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．【分析】根据类平抛规律可知，带电粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则满足初速度为零的匀加速直线运动=1：3：5的结论，然后根据W=qEL求功（其中L是竖直方向的位移大小）即可．【解答】解：A、根据类平抛运动规律可知，竖直方向粒子做初速度为的匀加速直线运动，根据结论=1：3：5可知，前时间内，电场力做功为W=qE，又U=Ed，解得W=，A错误．B、由上分析：=1：3知，在后内下落位移占，所以电场力做功为W=qE==，B正确．C、根据W=qEl可得，在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：1，故C错误．D、由W=qEL=qE得，在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：1，故D正确．故选：BD．17．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q．此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvSt B．nqvt C．D．【考点】欧姆定律．【分析】根据电流的两个表达式来分析，首先从导体导电的微观角度来说，在t 时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，由于自由电子可以认为是均匀分布，故此圆柱体内的电子数目为nvSt．而从电流的定义来说，I=，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为．【解答】根据电流的两个表达式来分析，首先从导体导电的微观角度来说，在t。

2017-2018学年河南省安阳三十六中高二（下）月考物理试卷（6月份）一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）1．发电的基本原理之一是电磁感应，发现电磁感应现象的科学家是（）A．安培 B．赫兹 C．法拉第D．麦克斯韦2．如图所示，一水平放置的矩形闭合线框abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc 边在纸外，ad边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈感应电流（）A．沿dcba流动B．沿abcd流动C．先沿abcd流动，后沿dcba流动D．先沿dcba流动，后沿abcd流动3．在任何相等时间内，物体动量的变化总是不相等的运动是（）A．匀变速直线运动B．匀速圆周运动C．自由落体运动 D．平抛运动4．一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时，关于车、枪和子弹的说法正确的是（）A．枪和子弹组成的系统动量守恒B．枪和车组成的系统动量守恒C．枪、车和子弹组成的系统动量守恒D．若忽略摩擦，枪、车组成的系统动量守恒5．α粒子散射实验首次表明了（）A．原子中带正电的部分体积很小B．电子是原子产的组成部分C．原子是一个正、负电荷均匀分布的球D．α粒子带正电6．下列说法正确的是（）A．太阳光谱和白炽灯光谱都是连续光谱B．汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构C．一束光照射到某金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大7．有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则（）A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B．保持Q的位置不动，将P向下滑动时，电流表的读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时．电流表的读数变小8．将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上．电源电动势随时间变化的规律如图所示．下列说法正确的是（）A．电路中交变电流的频率为0.25HzB．电阻消耗的电功率为2.5WC．通过电阻的电流为 AD．用交流电压表测得电阻两端的电压是5V9．如图所示，设车厢长度为L，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m 的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中．这时车厢的速度是（）A．v0，水平向右B．0C．，水平向右D．，水平向右10．如图所示，光电子最大初动能E k与入射光频率ν的关系图象，该图象是研究某种金属而得到的，那么下列说法错误的是（）A．该金属的逸出功为EB．该金属的逸出功为hν0C．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为ED．入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为11．若某个质子的动能与某个氦核的动能相等，则这两个粒子的德布罗意波长之比（）A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：112．如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于以n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光下列说法正确的是（）A．最容易表现出衍射现象的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的B．频率最小的光是由n=2能级跃迁到n=1能级产生的C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）13．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损耗的功率可表示为（）A．B．C．IU1D．I（U1﹣U2）14．子弹水平射入一个置于光滑水平面上的木块，（不计重力）则（）A．子弹对木块的冲量大小必大于木块对子弹的冲量大小B．子弹受到的冲量和木块受到的冲量相等C．当子弹与木块以同一速度运动后，子弹与木块的动量一定相等D．子弹与木块的动量变化量大小相等、方向相反15．假设一个沿着一定方向运动的光子和一个静止的自由电子相互碰撞后，电子向某一方向运动，光子沿另一方向散射出去，则这个散射光子跟原来的光子相比（）A．频率变大 B．速度变小 C．光子动量变大 D．波长变长16．质量为m的小球A，在光滑水平面上以速度V0与质量为2m的静止小球B发生正碰后，A球的速率变为原来的，则B球碰后的速率可能是（）A．B．C．D．17．三种不同的入射光A、B、C，分别照射在三种不同的金属a、b、c表面，均恰能使金属逸出光电子．若三种入射光的波长λA＞λB＞λC，则（）A．用入射光A照射金属b和c，金属b和c均可发出光电效应B．用入射光C照射金属a和b，金属a和b均可发生光电效应C．用入射光A和B照射金属c，均可使金属c发生光电效应D．用入射光B和C照射金属a，均可使金属a发生光电效应三、填空题（本题共2小题，每空3分，共12分．）18．在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U e与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功表示为________．19．现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时能辐射出________种不同频率的光，其中频率的最大值与最小值的比值为________．四、计算题（本题共3小题，共32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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）20．质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带伸直后长5m，求安全带所受的平均冲量．（g=10m/s2）21．如图为某交流发电机和外接负载的示意图，发电机电枢线圈abdc为n=500匝的矩形线圈，其中ac长为L1=10cm，ab长为L2=5cm．线圈绕垂直于磁场的轴OO′在磁感强度为B=0.2T 的匀强磁场中以ω=200rad/s的角速度匀速转动（不计一切摩擦），线圈总电阻为r=2.0Ω，外电路负载电阻为R=8.0Ω．试求：（1）交变电动势的表达式（设线圈由中性面开转）；（2）电路中伏特表的示数；（3）线圈由图示位置开始转动，经s，通过R的电荷量．22．如图所示，长L为0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1为0.2kg的球．将球提起使细绳处于水平位置时无速释放．当球摆至最低点时，恰与放在光滑水平桌面边缘的质量m2为1kg的物块正碰．碰后小球以2m/s的速度弹回，光滑桌面距地面高度h为1.25m．（g=10m/s2）（1）碰前小球的速度v1（2）铁块落地点距桌边的水平距离多大？2017-2018学年河南省安阳三十六中高二（下）月考物理试卷（6月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）1．发电的基本原理之一是电磁感应，发现电磁感应现象的科学家是（）A．安培 B．赫兹 C．法拉第D．麦克斯韦【考点】物理学史．【分析】发现电磁感应现象的科学家是法拉第．【解答】解：1831年，英国科学家法拉第发现了电磁感应现象，不是安培、赫兹和麦克斯韦发现的．故选C2．如图所示，一水平放置的矩形闭合线框abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc 边在纸外，ad边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈感应电流（）A．沿dcba流动B．沿abcd流动C．先沿abcd流动，后沿dcba流动D．先沿dcba流动，后沿abcd流动【考点】楞次定律．【分析】穿过线圈的磁通量发生变化，则闭合电路中产生感应电流．可以根据楞次定律来确定感应电流的方向．【解答】解：磁铁产生的磁场如图所示，线圈从位置1到位置2的过程中，穿过线圈的向上的磁通量减小，则产生感应电流的磁场方向向上，由右手定则知电流沿abcd方向；线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内穿过的向下的磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，由右手定则知感应电流方向沿abcd方向，故选：B．3．在任何相等时间内，物体动量的变化总是不相等的运动是（）A．匀变速直线运动B．匀速圆周运动C．自由落体运动 D．平抛运动【考点】动量定理．【分析】根据动量定理△P=Ft，动量变化量等于合外力的冲量，自由落体、平抛和匀减速直线运动物体所受的力是恒力，在相等时间内物体合外力冲量相同，动量变化量相同，匀速圆周运动的合外力是变力，在相等时间内物体合外力冲量不相同，动量变化量也不相同．【解答】解：A、根据动量定理△P=Ft，F是合力，匀变速直线运动物体的合力是恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化量相同．B、动量变化量是矢量，匀速圆周运动动量变化量方向时刻在变化，在相等时间内动量变化量不相同．也可根据动量定理，△P=Ft，F是合力，匀速圆周运动的合力指向圆心，是变力，相等时间内合力的冲量也是变化的，动量变化量是不相等的．C、根据动量定理△P=Ft，F是合力，自由落体运动物体的合力是重力，恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化量相同．D、根据动量定理△P=Ft，F是合力，平抛运动物体的合力是重力，恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化量相同．本题选动量变化不相等的，故选：B4．一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时，关于车、枪和子弹的说法正确的是（）A．枪和子弹组成的系统动量守恒B．枪和车组成的系统动量守恒C．枪、车和子弹组成的系统动量守恒D．若忽略摩擦，枪、车组成的系统动量守恒【考点】动量守恒定律．【分析】当系统不受外力或所受的外力之和为零，系统动量守恒，根据题意应用动量守恒条件分析答题．【解答】解：A、枪和子弹组成的系统，由于小车对枪有外力，枪和弹组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故A错误；B、枪和车组成的系统，由于子弹对枪有作用力，导致枪和车组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故B错误；C、小车、枪和子弹组成的系统，在整个过程中所受合外力为零，系统动量守恒．故C正确，D错误；故选：C．5．α粒子散射实验首次表明了（）A．原子中带正电的部分体积很小B．电子是原子产的组成部分C．原子是一个正、负电荷均匀分布的球D．α粒子带正电【考点】粒子散射实验．【分析】明确α粒子散射实验的实验现象以及结论即可正确解答本题．【解答】解：a粒子散射实验现象为：绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了较大的偏转，并有极少数α粒子的偏转超过90°，有的甚至几乎达到180°而被反弹回来．卢瑟福根据该实验现象提出了原子具有核式结构模型：原子中心有一很小的核，集中着全部正电荷，及几乎全部质量，电子绕核旋转，故BCD错误，A正确．故选：A．6．下列说法正确的是（）A．太阳光谱和白炽灯光谱都是连续光谱B．汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构C．一束光照射到某金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大【考点】光电效应；氢原子的能级公式和跃迁．【分析】太阳光谱不是连续光谱；汤姆生发现电子，得出原子的枣糕模型，原子的核式结构模型是卢瑟福得出的；当入射光的频率大于金属的极限频率，或入射光的波长小于金属的极限波长，会发生光电效应；根据电子轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力得出电子动能的变化．【解答】解：A、太阳光谱是吸收光谱，白炽灯光谱是连续光谱，故A错误．B、汤姆生发现电子，得出原子的枣糕模型，故B错误．C、一束光照射到某金属上不能发生光电效应，是因为入射光的频率太小，即该光的波长较长，故C错误．D、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量增大，根据知，电子的动能减小，故D正确．故选：D．7．有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则（）A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B．保持Q的位置不动，将P向下滑动时，电流表的读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时．电流表的读数变小【考点】变压器的构造和原理．【分析】保持Q位置不动，则输出电压不变，保持P位置不动，则负载不变，再根据电压器的特点分析．【解答】解：A、B、在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定．因此，当Q位置不变时，输出电压U′不变，此时P向上滑动，负载电阻值R′增大，则输出电流I′减小．根据输入功率P1等于输出功率P2，电流表的读数I变小，故A错误，反之，则电流表的求数变大，则B错误；C、D、P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压U′变大，I′变大，电流表的读数变大，则选项C正确，反之电流表的求数变小则D错误；故选：C．8．将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上．电源电动势随时间变化的规律如图所示．下列说法正确的是（）A．电路中交变电流的频率为0.25HzB．电阻消耗的电功率为2.5WC．通过电阻的电流为 AD．用交流电压表测得电阻两端的电压是5V【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．【分析】通过电源电动势随时间变化的规律图象可以求出该交流电的周期、频率以及有效值等，注意计算功率、流过电阻的电流、以及电压表的示数均为有效值．【解答】解：由图可知：，故A错误；该电源电动势的有效值为，电压表的示数为有效值，故D错误；，，故B正确，C错误．故选B．9．如图所示，设车厢长度为L，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m 的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中．这时车厢的速度是（）A．v0，水平向右B．0C．，水平向右D．，水平向右【考点】动量守恒定律．【分析】物体与车厢反复碰撞，最终两者速度相等，在此过程中，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出车厢的速度．【解答】解：以物体与车厢组成的系统为研究对象，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（M+m）v，最终车的速度：v=，方向与v的速度相同，水平向右；故选：C．10．如图所示，光电子最大初动能E k与入射光频率ν的关系图象，该图象是研究某种金属而得到的，那么下列说法错误的是（）A．该金属的逸出功为EB．该金属的逸出功为hν0C．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为ED．入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为【考点】光电效应．【分析】根据光电效应方程，结合图线的纵轴截距求出金属的逸出功，结合横轴截距得出金属的极限频率，从而得出逸出功．根据光电效应方程求出光电子的最大初动能．【解答】解：A、根据光电效应方程E km=hv﹣W0知，E k﹣v图线的纵轴截距的绝对值表示逸出功，则逸出功为E，当最大初动能为零时，入射光的频率等于金属的极限频率，则金属的逸出功又等于hv0，故AB正确．C、入射光的频率为2ν0时，根据光电效应方程E km=hv﹣W0知，最大初动能E km=2hv0﹣hv0=hv0=E，故C正确．D、当入射光的频率为时，不能发生光电效应，故D错误．本题选错误的，故选：D．11．若某个质子的动能与某个氦核的动能相等，则这两个粒子的德布罗意波长之比（）A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1【考点】物质波．【分析】由λ=及P=可知，动能相同的质子和氦核，其动量不同，由此分析即可．【解答】解：质子和氦核的质量之比是1：4，根据公式：P=可知，动能相同的质子和氦核的动量之比：根据公式：λ=，所以这两个粒子的德布罗意波长之比：故选：B12．如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于以n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光下列说法正确的是（）A．最容易表现出衍射现象的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的B．频率最小的光是由n=2能级跃迁到n=1能级产生的C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应【考点】氢原子的能级公式和跃迁；光电效应．【分析】本题考查了波尔原子理论：从高轨道向低轨道跃迁时减少的能量以光子的形式辐射出去；所有的激发态都是不稳定的，都会继续向基态跃迁，故辐射光子的种类为．C=λγ，故波长越大，频率越短．波长越大，越容易发生明显的衍射．只有入射光子的能量大于金属的逸出功才会发生光电效应．【解答】解：核外电子从高能级n向低能级m跃迁时，辐射的光子能量△E=E n﹣E m=hγ，故能级差越大，光子的能量也越大，即光子的频率越大，根据γ=可知频率越大，波长越小，又波长越大，越易发生明显的干涉和衍射现象．由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，频率最小，波长最大，故最易发生衍射现象，故AB错误．当电子从n=4向低能级跃迁时，跃迁的种类有4→3，4→2，4→1，3→2，3→1，2→1．即可以辐射光的种类为==6种，故C错误．电子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量E=E2﹣E1=﹣3.4ev﹣（﹣13.6）ev=10.2ev＞6.34ev而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于等于电子的逸出功，故可以发生光电效应．故D正确．故选D．二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）13．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损耗的功率可表示为（）A．B．C．IU1D．I（U1﹣U2）【考点】远距离输电．【分析】明确各量间的关系，应用电功率公式分析答题．【解答】解：输电线上损失的电压U=U1﹣U2，输电导线损失的电功率P=I2R=（U1﹣U2）I=，故BD正确，AC错误；故选：BD．14．子弹水平射入一个置于光滑水平面上的木块，（不计重力）则（）A．子弹对木块的冲量大小必大于木块对子弹的冲量大小B．子弹受到的冲量和木块受到的冲量相等C．当子弹与木块以同一速度运动后，子弹与木块的动量一定相等D．子弹与木块的动量变化量大小相等、方向相反【考点】动量定理．【分析】子弹射入木块，子弹对木块和木块对子弹的作用力大小相等，方向相反，结合动量定理比较子弹和木块动量的变化量．【解答】解：A、根据牛顿第三定律知，子弹对木块的冲量和木块对子弹的作用力大小相等，方向相反，则冲量的大小相等，方向相反．故A、B错误．C、当子弹与木块以相同速度运动时，子弹和木块的质量不一定相同，则动量不一定相同．故C错误．D、因为子弹对木块和木块对子弹的冲量大小相等，方向相反，根据动量定理知，子弹与木块的动量变化量大小相等、方向相反．故D正确．故选：D．15．假设一个沿着一定方向运动的光子和一个静止的自由电子相互碰撞后，电子向某一方向运动，光子沿另一方向散射出去，则这个散射光子跟原来的光子相比（）A．频率变大 B．速度变小 C．光子动量变大 D．波长变长【考点】动量守恒定律．【分析】光子与电子的碰撞过程系统动量守恒，系统能量也守恒；光子的能量与光子的频率成正比．根据德布罗意波长公式判断光子散射后波长的变化．【解答】解：A、光子与电子碰撞后，电子能量增加，故光子能量减小，根据E=hv，光子的频率减小；故A错误B、碰撞前、后的光子速度不变，故B错误C、当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，故C错误．D、当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，根据λ=，知波长增大．故选D．16．质量为m的小球A，在光滑水平面上以速度V0与质量为2m的静止小球B发生正碰后，A球的速率变为原来的，则B球碰后的速率可能是（）A．B．C．D．【考点】动量守恒定律．【分析】两球碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律分析答题．【解答】解：两球碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，如果碰撞后A球的速度方向不变，由动量守恒定律得：mv0=m•v0+2mv，解得：v=v0，如果碰撞后A的速度反向，由动量守恒定律得：mv0=m•（﹣v0）+2mv，解得：v=v0，故选：AB．17．三种不同的入射光A、B、C，分别照射在三种不同的金属a、b、c表面，均恰能使金属逸出光电子．若三种入射光的波长λA＞λB＞λC，则（）A．用入射光A照射金属b和c，金属b和c均可发出光电效应B．用入射光C照射金属a和b，金属a和b均可发生光电效应C．用入射光A和B照射金属c，均可使金属c发生光电效应D．用入射光B和C照射金属a，均可使金属a发生光电效应【考点】爱因斯坦光电效应方程．【分析】当入射光的频率大于金属的极限频率，才能发生光电效应，结合光电效应的条件分析判断．【解答】解：三种不同的入射光A、B、C，分别照射在三种不同的金属a、b、c表面，均恰能使金属逸出光电子，知入射光的频率等于金属的极限频率，又λA＞λB＞λC，则v A＜v B ＜v C，A、用入射光A照射金属b和c，由于A光的频率小于B光和C光的频率，则小于b、c的极限频率，不能发生光电效应，故A错误．B、用入射光C照射金属a和b，由于C光的频率大于A光和B光的频率，则大于a、b的极限频率，能发生光电效应，故B正确．C、用入射光A和B照射金属c，由于A、B的频率小于金属c的极限频率，则不能发生光电效应，故C错误．D、用入射光B和C照射金属a，由于B和C光的频率均大于A光的频率，则大于金属a 的极限频率，则能使金属a发生光电效应，故D正确．故选：BD．三、填空题（本题共2小题，每空3分，共12分．）18．在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U e与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为ek，所用材料的逸出功表示为﹣eb．【考点】光电效应．【分析】由爱因斯坦光电效应方程E K=hγ﹣W去分析图象中所包含的对解题有用的物理信息，图象与纵轴和横轴交点分别表示普朗克常量和金属的极限频率．【解答】解：根据爱因斯坦光电效应方程E K=hγ﹣W，任何一种金属的逸出功W一定，说明E K随频率f的变化而变化，且是线性关系（与y=ax+b类似），直线的斜率等于普朗克恒量，由于：E K=eU e所以：eU e=hγ﹣W，由图可得U e=kγ+（﹣b）其中﹣b表示直线在y轴上的截距，整理得：h=ek；E K=hf﹣W，E K=0时有hγ0﹣W=0，所以逸出功W=﹣eb故答案为：ek，﹣eb19．现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光，其中频率的最大值与最小值的比值为135：7．【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【分析】根据数学组合公式求出大量氢原子处于激发态向低能级跃迁辐射的光子频率种数．从n=4跃迁到n=1辐射的光子频率最大，从n=4跃迁到n=3辐射的光子频率最小．【解答】解：根据=6知，大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光．从n=4跃迁到n=1辐射的光子频率最大，有：E4﹣E1=hv max，从n=4跃迁到n=3辐射的光子频率最小，有：E4﹣E3=hv min，又，可知．故答案为：6 135：7四、计算题（本题共3小题，共32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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）20．质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带伸直后长5m，求安全带所受的平均冲量．（g=10m/s2）【考点】动量定理．。