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2017-2018上学期鲁山一高高二第一次月考物理试卷一、选择题（每题4分，共48分。
其中1-8为单选，9-12为多选）1. 半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F.今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开，这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是( )A. FB. FC. FD. F【答案】B【解析】两球之间的相互吸引力，则两球带等量异种电荷；假设A带电量为Q，B带电量为-Q，两球之间的相互吸引力的大小是：；第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C 的电量都为；C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为-，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：，故B正确；ACD错误．故选B．点睛：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量熟练应用库仑定律即可求题．2. 真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图象可知( )A. 把正点电荷从x1处移到x3处，电场力做正功B. x2处的电场强度E＝0C. x1处与x3处的电场强度方向相反D. 该电场一定是处在O点的正点电荷激发产生的【答案】A【解析】若试探电荷从处移到处，电势降低，根据公式，电场力做正功，故A 正确；图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的斜率不为零，故电场强度不为零，B错误；处与处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向相同，C错误；离电荷越近，电场强度越大，故φ-x图象的斜率越大，而在O点向右，切线斜率变大，故O点不可能有电荷，D错误；【点睛】φ-x图象：①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用，进而分析的正负，然后作出判断．3. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A. q由A向O的运动是匀加速直线运动B. q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C. q运动到O点时的动能最小D. q运动到O点时电势能为零【答案】B【解析】两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．...............4. 安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设带电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，其电流的等效电流强度I和方向为A. 电流为，电流方向为顺时针B. 电流为，电流方向为顺时针C. 电流为，电流方向为逆时针D. 电流为，电流方向为逆时针【答案】C【解析】试题分析：电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为；根据电流的定义式得：电流强度为;因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确．考点：电流强度【名师点睛】5. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为，理想电流表A示数变化量的绝对值为，正确的是（）A. 的示数增大B. 电源输出功率在减小C. 与的比值在减小D. 大于【答案】D【解析】试题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以的示数减小，A错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故输出功率一定增大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，据题：，则，故大于，D正确；根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，恒定不变，C错误；考点：考查了电路的动态分析【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部6. 如图所示是一个多用电表的简化电路图．为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱可以接通，也可以接通、、、或．下列说法正确的是（）A. 当开关分别接或时，测量的是电流，其中接时量程较大B. 当开关分别接或时，测量的是电阻，其中是黑表笔C. 当开关分别接或时，测量的是电阻，其中是红表笔D. 当开关分别接或时，测量的是电压，其中接时量程较大【答案】A【解析】当开关S分别接1或2时，定值电阻与表头G并联，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程， A正确；3、4两档用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔；A与电源的负极相连，故A为红表笔，B错误；要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，即5、6两档用来测电压．因为6档共用一个表头，所以测电压时外部电源的正极应该接在A表笔上，故A为红表笔，测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故CD错误．7. 如图所示，在长直导线A通电后，小磁针静止在图示位置，则直导线中的电流方向和P点的磁场方向分别为( )A. 垂直纸面向里，向上B. 垂直纸面向里，向下C. 垂直纸面向外，向上D. 垂直纸面向外，向下【答案】B【解析】由题意可知，小磁针N极指向即为磁场方向，根据右手螺旋定则可知，通电导线电流方向垂直纸面向里，那么通电直导线右侧的P点的磁场方向向下，故ACD错误，B正确．故选B．8. 乐乐同学想利用“电磁弹簧秤”称量一金属棒的质量，如图所示，一根粗细均匀的金属棒ab用两个完全相同的弹簧悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒连接且绝缘，金属棒通过开关与一电路相连，电源右侧为正极，开关接通以后，下列说法正确的是( )A. 仅增大磁感应强度，安培力变小B. 仅改变电流方向，安培力方向不变C. 金属棒所受安培力竖直向下D. 若滑动变阻器的滑片向左滑动，则安培力减小【答案】C【解析】根据F=BIL可知，当磁场强度增大时，安培力增大，故A错误；仅改变电流方向，根据左手定则可知安培力方向改变，故B错误；根据安培左手定则可知，导体棒受到的安培力竖直向下，故C正确；若滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器的电阻减小，回路中的电流增大，根据F=BIL可知，安培力增大，故D错误，故选C.9. 如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作的电路图，电动机的内阻为，。
2017-2018学年二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14、伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。
利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。
曲面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3，根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是A．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态B．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小15．在如图所示电路中闭合电键S，当电路中的电流稳定后，减小电阻R的阻值。
则A．电流表的示数减小B、电压表的示数增大C、电阻R2两端的电压减小D．路端电压减小16、如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架（上部为半圆形．左右为竖直线）上．一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G．现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从C点（C点与A点等离）沿支架缓慢地向B点（B点是穹形支架的最高点）靠近．则绳中拉力大小变化的情况是A先变小后变大B，先不变后变大C、先不变后变小D．先变大后变小17、如图所示，固定夺竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过绝缘轻质细线悬挂一质量为m视为质点的金属小球。
圆环带电均匀且带量为Q，小球与圆环同种电荷且电荷量为q，小球静止在垂直圆环平面的对称轴上的某一位置，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则绳长为（）18、图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1:n2=5:1，电阻R=20 ，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，阻值均为10 ，S 1为单刀双掷开关。
河南省平顶山市鲁山县第一高级中学2024年物理高三第一学期期末监测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、一束单色光从真空斜射向某种介质的表面，光路如图所示。
下列说法中正确的是（）A．此介质的折射率等于1.5B．此介质的折射率等于2C．入射角小于45°时可能发生全反射现象D．入射角大于45°时可能发生全反射现象2、如图所示，一个小球从地面竖直上抛．已知小球两次经过较低点A的时间间隔为T A，两次经过较高点B的时间间隔为T B，重力加速度为g，则A、B两点间的距离为( )A．()24A Bg T T-B．()222A Bg T T-C．()224A Bg T T-D．()228A Bg T T-3、如图所示，一直角三角形acd在竖直平面内，同一竖直面内的a、b两点关于水平边cd对称，点电荷Q1、Q2固定在c、d两点上。
一质量为m、带负电的小球P在a点处于静止状态，取重力加速度为g，下列说法正确的是（）A ．Q 2对P 的静电力大小为32mgB ．Q 1、Q 2的电荷量之比为33C ．将P 从a 点移到b 点，电场力做正功D ．将P 从a 点沿直线移到b 点，电势能先增大后减小4、如图所示，质量为m 的小球用两根细线OA OB 、连接，细线OA 的另一端连接在车厢顶，细线OB 的另一端连接于侧壁，细线OA 与竖直方向的夹角为37,OB θ︒=保持水平，重力加速度大小为g ，车向左做加速运动，当OB 段细线拉力为OA 段细线拉力的两倍时，车的加速度大小为（sin 370.6,cos370.8︒︒==）（ ）A ．gB ．54gC ．32gD ．74g 5、如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框（金属线框处于纸面内），每段圆弧的长度均为L ，固定于垂直纸面向外、大小为B 的匀强磁场中。
河南省平顶山市鲁山第一高级中学2018年高一物理模拟试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 汽车在平直公路上以速度匀速行驶，发动机功率为P。
快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶。
以下4个图像中，正确表示从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系的是（）参考答案：C2. 微波炉的工作应用了一种电磁波——微波．食物中的水分子在微波的作用下加剧了热运动，内能增加，温度升高．右表是某微波炉的部分技术参数，根据表中的信息，可计算出该微波炉使用微波挡工作时的额定电流为（）A．0.1A B．0.31A C．3.18 A D．5A参考答案：D3. 一小船要渡过一条两岸平行，宽为120m的河流，当船头朝向斜向上游与上游河岸的夹角为53°时，小船恰从A点压直线到达正对岸的B点，如图所示，已知小船在静水中的速度为5m/s，河内各处水速相同且保持不变．则小船的过河时间为（sin53°=0.8．cos53°=0.6）（）A．24s B．30s C．40s D．48s参考答案：B【考点】运动的合成和分解．【分析】船垂直渡河时船的航程最短，此时船头要指向上游，并且沿河岸方向上的分量大小与水流的速度大小相等，对两个速度进行合成，即可求得渡河时间．【解答】解：船头与河岸的夹角为53°时，小船渡河的时间：t===30s，故B正确，ACD错误；故选：B．4. 物体由静止出发从光滑斜面顶端自由滑下，当所用时间是下滑到底端所用时间的一半时，物体的动能与势能（以斜面底端为零势能参考平面）之比为（）A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1参考答案：B【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据位移时间关系公式求解前一半时间和整个时间段的位移之比，然后根据机械能守恒定律分析．【解答】解：物体由静止出发从光滑斜面顶端自由滑下，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：；；故；下滑x1时，重力势能的减小量等于动能的增加量，即下滑x1时，重力势能为：，动能为：；故重力势能与动能之比为3：1，故选B．5. 如果某星球的密度跟地球相同，又知其表面重力加速度为地球表面重力加速度的4倍，则该星球的质量为地球质量的A. 4倍B. 8倍C. 16倍D. 64倍参考答案：D根据万有引力等于重力，列出等式：，得，其中M是地球的质量，r应该是物体在某位置到球心的距离，根据根据密度与质量关系得：，星球的密度跟地球密度相同，，星球的表面重力加速度是地球表面重力加速度的4倍，所以星球的半径也是地球的4倍，所以再根据，得：星球质量是地球质量的64倍，故选项D正确。
2017-2018学年（上）高一第一次月考物理试题一、选择题（本题包括13小题，共65分。
在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-13题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。
）1.关于质点的运动，下列说法中正确的是( )．A. 质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零B. 质点速度变化率越大，则加速度越大C. 质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D. 位移的方向就是质点运动的方向【答案】B【解析】试题分析：质点运动的加速度为零，速度不一定为零，比如匀速直线运动，故A错误．加速度等于速度的变化率，速度变化率越大，加速度越大，故B正确．质点某时刻的加速度不为零，速度可能为零，比如竖直上抛运动到最高点，速度为零，加速度不为零，故C错误．位移方向与质点的运动方向不一定相同．故D错误．故选B。
考点：加速度和速度【名师点睛】解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度的大小、速度变化量的大小无关。
2.以下说法正确的是（）A. 运动员铅球成绩为4.50m，指的是位移大小为4.50mB. 万吨巨轮在大海中航行，研究巨轮所处的地理位置时，巨轮可看作质点C. 某场篮球比赛，XX队在终场前0.1s时被绝杀。
其中“0.1s”表示时间间隔D. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法【答案】AB【解析】【详解】运动员铅球成绩为4.50m，指的是位移大小为4.50m，选项A正确；万吨巨轮在大海中航行，研究巨轮所处的地理位置时，巨轮的大小可以忽略不计，可看作质点，选项B正确；某场篮球比赛，XX队在终场前0.1s时被绝杀。
其中“0.1s”表示时刻，选项C错误；在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项D 错误；故选AB.3.做匀加速直线运动的物体，依次通过A、B、C三点位移S AB=S BC.已知物体在AB段的平均速度大小为3 m/s，在BC段的平均速度大小为6 m/s，那么，物体在B点的瞬时速度的大小为( )A. 4m/sB. 4.5 m/sC. 5m/sD. 5.5 m/s【答案】C【解析】设加速度大小为a，经A、C的速度大小分别为。
河南省鲁山县第一高级中学2019-2020学年高一物理上学期第一次月考试题（二）一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12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．做单向直线运动的物体，关于其运动状态下列情况可能的是( )A．物体的速率在增大，而位移在减小B．物体的加速度大小不变，速率也不变C．物体的速度为零时加速度达到最大D．物体的加速度和速度方向相同，当加速度减小时，速度也随之减小2．如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。
表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。
根据表中的数据。
伽利略可以得出的结论是（）A．物体具有惯性B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C．物体运动的距离与时间的平方成正比D.物体运动的加速度与重力加速度成正比3．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x = 5t + t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（）A．第1s内的位移是5m B．前2s内的平均速度是6m/sC．任意相邻1s内的位移差都是1m D．任意1s内的速度增量都是2m/s4．如图所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中|AB|＝2 m，|BC|＝3 m．若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于：（）A.98m B.89m C.34m D.43m5．在t=0时，A、B两物体在同一地点以相同的初速度沿同一方向运动，A物体的v-t图象如图，B物体做匀减速直线运动，直到停止，两物体的位移相同，下列说法正确的是：（）A. B运动的时间可能等于AB. 在途中B始终在A的前方C. 在途中任一时刻两物体的速度不可能相同D. 在途中任一时刻两物体的加速度不可能相同6．甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v－t图象为两段直线，乙物体运动的v－t图象为两段半径相同的圆弧曲线，如右图所示。
河南省鲁山县第一高级中学2019-2020年高二物理上学期月考试题一、选择题(共12小题, 每题4分, 共48分.其中第1～8题为单选，9～12题为多选。
有选错的不得分，对而不全得2分).1．2019年10月1日，伟大祖国70华诞，举国欢庆，盛大阅兵仪式在京隆重举行。
当空军司令员丁来杭上将带着领航梯队驾机从天安门城楼上空飞过时场面极其震撼。
当飞行员驾机沿长安街由东向西方向做飞行表演时，飞行员左右两机翼端点哪一点电势高（ ） A ．飞行员右侧机翼电势低，左侧高 B ．飞行员右侧机翼电势高，左侧电势低 C ．两机翼电势一样高 D ．条件不具备，无法判断2．如图所示，虚线圆区域内有垂直于圆面向外的匀强磁场，虚线圆的内接正方形金属线框a 的边长为L ，金属圆环b 与虚线圆是同心圆，a 和b 由粗细相同的同种金属导线制成，当磁场均匀变化时，a 、b 中感应电流的功率相等，则圆环b 的半径为 （ ） A ．3πL B ．2πL C ．πL D ．23πL 3．美国等国家的家庭电路交变电压的瞬时表达式为u =1102sinl20πt (V)，则（ ） A ．当0.1t s =时，1102V u = B ．用电压表测该电压其示数为1102VC ．该交流电的频率为60Hz ，电流方向每杪改变60次D ．将该电压加在220Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率55W4．如图所示为氢原子能级图,当氢原子从n =4能级跃迁到n =3能级时,释放的光子的频率为的1v 、波长为1λ、能量为1ε、动量为1p ；从n =3能级跃迁到n =2能级时，释放的光子的频率为2v 、波长为λ2、能量为的2ε、动量为2p ，则下列关系正确的是（ ）A ．12v v >B ．12λλ>C ．21εε>D ．12p p >5．如图所示，在光电效应实验中，用A、B、C三束光分别照射同一装置中的相同光电管，得到三条不同的光电流与电压之间的关系曲线，根据这组曲线作出的下列判断，正确的是（）A．用A光照射光电管时对应的截止频率最大B．用C光照射光电管时对应的光电子的最大初动能最大C．若用强度相同的A、B光照射该光电管，则单位时间内逸出的光电子数相等D．A、C光比较，A光的强度大6．关于光的本性，下列说法中正确的是（）A．光电效应现象表明在一定条件下，光子可以转化为电子B．光电效应实验中，只有光的强度足够大时，才能观察到光电流C．康普顿效应表明光子和电子、质子等实物粒子一样也具有能量和动量D．光在传播过程中表现为粒子性，在于物质相互作用时表现为波动性7．关于原子模型，下列说法正确的是（）A．汤姆孙发现电子，说明原子的“枣糕”模型是正确的B．卢瑟福 粒子散射实验说明原子核具有结构C．按照玻尔理论，氢原子核外电子的轨道是量子化的D．按照电子云概念，原子中电子的坐标没有确定的值8．氢原子光谱在可见光部分只有四条谱线，它们分别是从n为3、4、5、6的能级直接向n=2能级跃迁时产生的。
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。
2017-2018学年河南省鲁山县第一高级中学高二6月月考物理试卷说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷共100分，答题时间：90分钟。
第I卷选择题（共50分）一、单项选择题：（本大题包括10小题，每小题3分，共30分）1．质量为m的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，如图所示，由此可知（）A．小球带正电，沿顺时针方向运动 B．小球带负电，沿逆时针方向运动C．小球带正电，沿逆时针方向运动 D．小球带负电，沿顺时针方向运动2．如图所示，在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,设磁场区域宽度大于线圈宽度,则( )A．线圈恰好在完全离开磁场时停下B．线圈在未完全离开磁场时即已停下C．线圈在磁场中某个位置停下D．线圈能通过场区不会停下3．信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区，每个磁化区代表了二进制数1或0，用以储存信息。
刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中会产生变化的电压（如图1所示）。
当信用卡磁条按图2所示方向以该速度拉过阅读检测头时，在线圈中产生的电压随时间的变化关系正确的是4．如图所示，在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m 、阻值为R 的闭合矩形金属线框abcd 用绝缘轻质细杆悬挂在O 点，并可绕O 点摆动。
金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面。
则线框中感应电流的方向是 A ．a d c b a →→→→B ．先是d a b c d →→→→，后是a d c b a →→→→C ． d a b c d →→→→D ．先是a d c b a →→→→，后是d a b c d →→→→5．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数n 1：n 2=4：1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表的示数是12mA ，则电流表的示数为（ ）A ．3 mAB ．48 mAC ．0，D ．与负载R 的值有关 6、下列说法正确的是（ ）A. 不考虑摩擦的热机可以把吸收的能量全部转化为机械能B. 物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C. 晶体在一定条件在可以转变为非晶体，而非晶体不能转变为晶体D. 能量耗散过程违背了热力学第一定律7、用一段金属丝做成环状，把棉线的两端松弛地系在环的两点上，然后把环浸入肥皂水中，再拿出来使环上形成肥皂膜，如果用针刺破棉线一侧的肥皂膜，则如图所示a、b、c三个图中，可能的是图（）A.a、b、cB.a、bC.b、cD.a、c8、容积为20L的钢瓶充满氧气后，压强为150atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装（）A. 4瓶B. 50瓶C. 56瓶D. 60瓶9、如图所示，用导热的固定隔板把一容器隔成容积相等的甲、乙两部分，甲、乙中分别有质量相等的氮气和氧气．在达到平衡时，它们的温度必相等，若分子势能可忽略，则甲、乙中（）A. 气体的压强相等B. 气体分子的平均动能相等C. 气体的内能相等D. 气体分子的平均速率相等10、一定质量的理想气体初始状态为（P0，V0），分别经过三个不同的过程变到末状态（P0，2V0）．①等温膨胀变为2V0，再等容升压到（P0，2V0），总共吸收热量为Q1；②等压膨胀到（P0，2V0），吸收的热量为Q2；③先等容降压到0.5P0，再等压膨胀到2V0，最后等容升压到（P0，2V0），总共吸收热量Q3；则Q1、Q2、Q3的大小关系是（）A．Q1=Q2=Q3B．Q1＞Q2＞Q3C．Q2＞Q1＞Q3 D．Q3＞Q2＞Q1D．Q3＞Q2＞Q1二、多项选择题：（本大题包括5小题，每小题4分，共20分。
河南省鲁山县第一高级中学2020届高三物理上学期月考试题一、本题共12小题,每小题4分,共48分。
1—8题只有一个选项是正确的,9--12题有多个选项是正确的。
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。
1.2017年3月31日,在国际泳联跳水系列赛喀山站10米台决赛中,我国男女选手双双夺得冠军．如图是运动员某次跳台比赛中的v t -图像（取竖直向下为正方向）,0t =时运动员起跳离开跳台．将运动员视为质点,则运动员A. 1t 时刻到达水面B. 2t 时刻到达水下最深处C. 3t 时刻处于超重状态D. 4t 时刻浮出水面2.如图所示,AC 是上端带定滑轮的固定竖直杆,质量不计的轻杆BC 一端通过铰链固定在C 点,另一端B 悬挂一重为G 的重物,且B 端系有一根轻绳并绕过定滑轮A ．现用力F 拉绳,开始时∠BCA ＞90°,使∠BCA 缓慢减小,直到杆BC 接近竖直杆AC ．此过程中,杆BC 所受的力（ ）A. 大小不变B. 逐渐增大C. 逐渐减小D. 先增大后减小3．如图所示,MN 是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子（不计重力）从 a 到 b 穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是 ( )A ．点电荷一定位于 M 点的左侧B ．带电粒子从 a 到 b 的过程中动能逐渐减小C ．带电粒子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度D ．带电粒子在 a 点时的电势能大于在 b 点时的电势能 4.体育器材室里,篮球摆放在图示的球架上．已知球架的宽度为d,每只篮球的质量为m、直径为D,不计球与球架之间摩擦,则每只篮球对一侧球架的压力大小为（）A．mg B C．D．5.若宇航员在月球表面附近自高h处以初速度v0 水平抛出一个小球,测出小球的水平射程为L。
已知月球半径为R,万有引力常量为G。
则下列说法正确的是( )6．如图所示,水平面内有A、B、C、D、E、F 六个点,它们均匀分布在半径为R=2cm 的同一圆周上,空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。
2017-2018学年河南省平顶山市鲁山一高高三（上）第一次月考物理试卷一、单项选择题（每题4分，共48分）1．（4分）（2013春•秦皇岛校级期末）做匀加速直线运动的物体先后通过A、B两点的速度分别为3v和4v，所经历的时间为T，则下列说法正确的是（）A．经过A、B中点的速度为3.5vB．经过A、B中间时刻的速度为vC．再运动T时间通过的距离比A、B间距离大0.5vTD．再运动T时间通过的距离比A、B间距离大vT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；匀变速直线运动的速度与位移的关系．专题：直线运动规律专题．分析：解决本题需要掌握：匀变速直线运动的时间中点和位移中点的速度公式，明确公式适用条件和物理量意义．然后直接利用公式求解即可．解答：解：A、在匀变速直线运动中中点位移的速度=5v，故A错误；B、在匀变速直线运动中中点时刻的速度=3.5v，故B错误；C、匀加速直线运动，相邻的相等时间内的位移差是一个定值，即△x=aT2，所以再运动T时间通过的距离比A、B间距离大=vT，故C错误，D正确．故选D点评：本题考查了匀变速直线运动推论公式的应用，对于这些推论公式既要会推导也要明确其适用条件并能灵活应用．2．（4分）（2011•兖州市三模）如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为μ，质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是（）A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左B．质点对半球体的压力大小为mgcosθC．质点所受摩擦力大小为mgsinθD．质点所受摩擦力大小为mgcosθ考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以整体为研究对象可得出地面对半球体的摩擦力；以质点为研究对象，对质点进行受力分析，由共点力的平衡可得出质点受到的摩擦力及支持力，由牛顿第三定律可得出半球体受到的压力．解答：解：A、以整体为研究对象，整体处于静止状态，而水平方向不受外力，故半球体不受地面的摩擦力；故A错误；B、对质点受力分析，质点受重力、支持力及摩擦力，三力作用下物体处于平衡状态，则合力为零，质点对球面的压力为mgsinθ，故B错误；C、摩擦力沿切线方向，在切线方向重力的分力与摩擦力相等，即f=mgcosθ，故C错误，D 正确；故选D．点评：对于圆面上的物体，此支持力沿径向方向，摩擦力沿切线方向．3．（4分）（2011秋•平顶山月考）A、B、C三物体同时、同地、同向出发做直线运动，如图是它们位移﹣时间图象，由图可知它们在0到t0时间内（）A．平均速度v A=v B=v C B．平均速率v A＞v C＞v BC．C一定做匀变速直线运动D． A的速度一直比B、C大考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：由位移与时间的图象纵坐标的变化量读出位移关系，再根据平均速度公式判断平均速度的大小．分析三个物体的运动情况，确定路程关系，再研究平均速率关系．根据图线的斜率研究速度的大小及其变化．解答：解：A、由图读出A、B、C三物体位移相同，经历的时间相同，由平均速度公式得到v A=v B=v C．故A正确．B、根据图线的斜率等于速度分析可知：A先沿正方向做减速运动，后沿负方向做加速运动．B 一直沿正方向做匀速直线运动．C一直沿正方向做加速运动．三个物体通过的位移相同，则A通过的路程最大，B、C通过的路程相等，则A的平均速率最大，BC的平均速率相等，即有平均速率v A＞v C=v B．故B错误．C、由于C图象不一定是抛物线，则C不一定做匀变速直线运动，故C错误．D、由于A先做减速运动，速度减到零后做反向加速运动，故速度不可能一直比B、C要大．故D错误．故选：A．点评：本题考查对位移图象的理解能力，关键要抓住：图线上某点的纵坐标表示一个位置，纵坐标的变化量表示位移，斜率表示速度．4．（4分）（2012春•琅琊区校级月考）光滑的水平面上静止放置一个光滑的斜面体M，另有一个小物块m从斜面的顶端由静止滑下，在m沿斜面下滑的过程中，以下关于物块和斜面体构成的系统说法正确的是（）A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能不守恒考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．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，当系统只有重力做功，系统机械能守恒．解答：解：在m沿斜面下滑的过程中，M往后滑，M与m组成的系统，在竖直方向上所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒．m下滑的过程中，M与m所组成的系统只有重力做功，所以机械能守恒．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键掌握系统动量守恒的条件，以及系统机械能守恒的条件．5．（4分）（2012春•琅琊区校级月考）物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图对物块施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＞F2，当两物体相对静止时弹簧秤的示数为（）A．一定等于F1+F2B．一定等于F1﹣F2 C．一定大于F2小于F1D．以上说法都不对考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先用整体法求出加速度，然后用隔离法隔离出物体1，运用牛顿第二定律求出弹簧的拉力．解答：解：两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有：F1﹣F2=（M+m）a，再对物体1受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F1﹣F=Ma，由以上两式解得，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故C正确，ABD错误．故选：C．点评：本题关键是首先要认识到该题中的两个物体受力后不能在光滑的水平面上静止，而是一起做匀加速直线运动．能否意识到这一点，与平时的对题目进行受力分析的习惯有关，要注意对大小的题目进行受力分析．6．（4分）（2008•山东）直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是（）A．箱内物体对箱子底部始终没有压力B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．分析：根据箱子的受力的情况可以判断物体的运动状态，进而由牛顿第二定律可以判断物体和箱子之间的作用力的大小．解答：解：A、由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力，加速度的大小要小于重力加速度，由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用，所以A错误．B、箱子刚从飞机上投下时，箱子的速度为零，此时受到的阻力的大小也为零，此时加速度的大小为重力加速度，物体处于完全失重状态，箱内物体受到的支持力为零，所以B错误．C、箱子接近地面时，速度最大，受到的阻力最大，所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的，所以C正确．D、若下落距离足够长，由于箱子阻力和下落的速度成二次方关系，最终将匀速运动，受到的压力等于重力，所以D错误．故选：C．点评：本题主要是考查根据物体的运动情况来分析物体受力的大小，物体运动状态的判断是解题的关键．7．（4分）（2012•镜湖区校级四模）质量为m的物块在平行于斜面的力F作用下，从固定斜面的底端A由静止开始沿斜面上滑，经B点时速率为v，此时撤去F，物块滑回斜面底端时速率也为v，斜面倾角为θ，A、B间距离为x，则（）A．整个过程中重力做功为mgxsinθB．整个过程中物块克服摩擦力做功为FxC．上滑过程中克服重力做功为（Fx﹣mv2）D．从撤去F到物块滑回斜面底端，摩擦力做功为﹣mgxsinθ考点：动能定理的应用．专题：压轴题；动能定理的应用专题．分析：重力做功公式W G=mgh，h是初末位置的高度差．根据动能定理研究整个过程，求解物块克服摩擦力做功．分别对上滑和下滑过程研究，求解物块克服重力做功．根据动能定理研究从撤去F到物块滑回斜面底端摩擦力做功．解答：解：A、根据重力做功公式W G=mgh可知，整个过程中初末位置高度差为零，则重力做功为零．故A错误．B、对整个过程研究，根据动能定理得：Fx﹣W f=2﹣0，得到：物块克服摩擦力做功为W f=Fx﹣2．故B错误．C、设上滑过程中克服重力做功为W G，则根据动能定理得：上滑过程：Fx﹣W G﹣W f=0，下滑过程：W G﹣W f=联立两式得；W G=（Fx+）．故C错误．D、从撤去F到物块滑回斜面底端过程，根据动能定理得：mgxsinθ+W f=﹣，得到摩擦力做功为W f=﹣mgxsinθ．故D正确．故选：D点评：本题根据功的公式和动能定理求解重力和摩擦力做功，要灵活选择研究的过程，采用分段法和全过程两种方法结合研究．8．（4分）（2011秋•颍泉区校级月考）竖直固定的圆轨道，半径为R，内表面光滑，质量为m 的小球静止于轨道最低点，现给小球水平初速度v0，同时另外施加一个竖直向下的恒力F=mg，若小球能到达圆轨道的最高点，则v0可能为（）A．B．C．D．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：小球到达最高点的临界情况是轨道对球的弹力为零，根据牛顿第二定律求出最高点的最小速度，再根据动能定理求出最低点的最小速度．解答：解：在最高点，有：F+mg=m，解得v=．根据动能定理得，解得v0=，知最小速度为．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：解决本题的关键知道最高点的临界情况，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律和动能定理进行求解．9．（4分）（2013秋•安阳县校级月考）如图所示，AB和CD是两条光滑斜槽，它们各自的两端分别位于半径为R和r的两个相切的竖直圆上，并且斜槽都通过切点P．有一个小球由静止开始分别沿斜槽从A滑到B和从C滑到D，所用时间分别为t1和t2，则t1和t2之比为（）A．2：1 B．1：1 C．：1 D．1：考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对物体受力分析可知，小球在两条斜槽上的运动规律是一样的，只是加速度的大小和位移的大小不一样，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律可以求得它们各自的运动时间．解答：解：对物体受力分析可知：当重物从A点下落时，重物受重力mg，支持力F，在沿斜面方向上加速度是a1，重力分解：mgcos30°=ma1，解得a1=g，根据公式：S=a1t12，得S=2R×cos30°+2r×cos30°=（R+r）所以：t1=2，当重物从C点下滑时，受重力mg，支持力F，在沿斜面方向上加速度是a2，重力分解：mgcos60°=ma2，解得a2=，根据公式：S=a2t22，得S=2R×cos60°+2r×cos60°=R+rt2=2，所以t1=t2 ，故选：B．点评：对于两种不同的情况，位移有大有小，它们之间的运动时间是什么关系？不能简单的从位移的大小上来看，要注意用所学的物理规律来推导．10．（4分）（2012春•琅琊区校级月考）从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0水平抛出一个小球，落在斜面上的Q点，小球落在斜面上时的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，则以下说法错误的是（）A．空中的运动时间变为原来的2倍B．水平位移变为原来的4倍C．夹角α与原来相同D．PQ间的距离变为原来的3倍考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：A、小球做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的比值是定值，等于斜面倾角的正切值．根据该关系求出运动的时间和什么因素有关，从而确定时间比．B、根据水平方向做运动运动，可以求解水平位移的关系；C、物体落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向上的位移的比值是定值，根据几何关系可以求解夹角的关系；D、分别求出水平位移、竖直位移与原来的水平位移、竖直位移的关系，根据位移的合成原则求解．解答：解：A、斜面倾角的正切值tanθ==，得：t=知运动的时间与平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的2倍，则运行时间变为原来的2倍．故A正确；B、因为初速度变为原来的两倍，运行的时间也变为原来的两倍，根据x=v0t，水平位移变为原来的4倍．因此x1：x2=1：4．故B正确；C、由图可知，tanα=，而tanθ==，可知tanφ=2tanθ．则初速度变为原来的两倍，则时间变为原来的两倍，速度与水平方向的夹角不变．所以α1=α2．故C正确；D、根据y=gt2，初速度变为原来的两倍，运行时间变为原来的两倍，则竖直位移变为原来的4倍．因此y1：y2=1：4．而x1：x2=1：4，又s=，所以PQ间距一定大于原来间距的3倍，故D错误．本题选错误的故选D点评：解决本题的关键知道球做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的比值是定值，以及熟练掌握平抛运动的位移公式．11．（4分）（2012春•琅琊区校级月考）有三个斜面1、2、3，其中斜面1、2底边相同，斜面2、3高度相同．同一物体与三斜面的动摩擦因数相同，当它分别沿三斜面从顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是（）A．三种情况下物体损失的机械能△E3＞△E2＞△E1B．三种情况下摩擦产热Q1=Q2＜Q3C．物体滑到底端时的速度v1＞v2=v3D．以上说法都不正确考点：功能关系；动能定理．分析：损失的机械能转化成摩擦产生的内能．物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可以比较三者动能大小，注意物体在运动过程中克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比较摩擦生热大小．解答：解：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为X，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=μmgcosθX，Xcosθ即为底边长度．A、B、D、物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能．由图可知1和2底边相等且等于3的，故摩擦生热关系为：Q1=Q2=Q3，即：Q1=Q2=Q3，所以损失的机械能△E1=△E2＜△E3，Q1=Q2＜Q3．故A错误、B正确、D错误．C、设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgH﹣mgμXcosθ=mv2﹣0，E k1=mgh1﹣mgμL，E k2=mgh﹣mgμL，E k3=mgh﹣mgμ•2L，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为：E k1＞E K2＞E k3，v1＞v2＞v3，故C错误．故选：B．点评：本题比较简单直接利用功能关系即可求解，易错点在于写出表达式后的数学运算，因此学生要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力．12．（4分）（2011秋•平顶山月考）某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆，每过N年，该行星会运行到太阳和地球的连线的延长线上，如图，该行星与地球的公转轨道半径之比为（）A．（）B．（）C．（）D．（）考点：万有引力定律及其应用；向心力．专题：万有引力定律的应用专题．分析：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是年，接着再由开普勒第三定律求解该行星与地球的公转半径比．解答：解：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上．所以行星的周期是年，根据开普勒第三定律有：=，则：==，故C正确，ABD错误．故选：C．点评：解答此题的关键由题意分析得出每过N年地球比行星多围绕太阳转一圈，由此求出行星的周期，再由开普勒第三定律求解即可．二、实验题（13题4分，14题6分，15题6分，共16分）13．（4分）（2011秋•颍泉区校级月考）请读出下图：游标卡尺的读数为100.2mm，螺旋测微器的读数为 3.207mm考点：螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：游标卡尺的主尺读数为100mm，游标读数为0.1×2mm=0.2mm，所以最终读数为100.2mm螺旋测微器固定刻度为3mm，可动刻度为0.01×20.7=0.207mm，所以最终读数为3.207mm．故答案为：100.2；3.207点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．14．（6分）（2011秋•颍泉区校级月考）在做牛顿第二定律实验时：（1）如图是某同学得到的一条纸带，从0点开始每5个计时点取一个计数点，依照打点的先后顺序依次编号为1、2、3、4、5、6，测得x1=5.18cm，x2=4.40cm，x3=3.62cm，x4=2.78cm，x5=2.00cm，x6=1.22cm．根据纸带求得小车的加速度为﹣0.80m/s2（结果保留两位有效数字）（2）在实验中另一同学得不出当小车的质量一定时加速度a与作用力F成正比的正确图线，而是得出下列图线．请分别说出得出图中A、B、C三种图的原因．①得到A图的原因平衡摩擦力时，轨道倾角过大．②得到B图的原因平衡摩擦力不够，或未平衡摩擦力．③得到C图的原因未满足小车质量远远大于砂、桶总质量．考点：验证牛顿第二运动定律．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，（2）①A图象表明在小车的拉力为0时，合外力大于0，说明平衡摩擦力过度．②B图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．③当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲．解答：解：（1）打点计时器的打点周期为0.02s，所以相邻两记数点间的时间间隔为：T=5×0.02=0.1s．根据逐差法有：a==﹣0.80m/s2，负号表示与运动方向相反．（2）①A图象表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即平衡摩擦力时，轨道倾角过大．②B图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够．③该实验中当小车的质量远大于砂、桶总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，随着F的增大，即随着钩码质量增大，逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象．故答案为：（1）0.80（2）①平衡摩擦力时，轨道倾角过大②平衡摩擦力不够，或未平衡摩擦力③未满足小车质量远远大于砂、桶总质量点评：（1）本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．（2）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，尤其是理解平衡摩擦力和M＞＞m的操作和要求的含义．15．（6分）（2014春•鞍山校级期末）探究能力是物理学研究的重要能力之一，有同学通过设计实验探究绕轴转动而具有的转动动能与哪些因素有关．他以圆形砂轮为研究对象，研究其转动动能与质量、半径、角速度的具体关系．砂轮由动力带动匀速旋转测得其角速度ω，然后让砂轮脱离动力，用一把弹性尺子与砂轮接触使砂轮慢慢停下，设尺子与砂轮间的摩擦力大小恒为牛（不计转轴与砂轮的摩擦），分别取不同质量、不同半径的砂轮，使其以不同的角速度旋转进行实验，得到数据如下表所示：（1）由上述数据推导出转动动能E k与质量m、角速度ω、半径r的关系式为．（2）以上实验运用了物理学中的一个重要的实验方法是．半径r/cm 质量/m0角速度（rad/s）圈数转动动能/J4 1 2 84 1 3 184 1 4 324 2 2 164 3 2 244 4 2 328 1 2 1612 1 2 2416 1 2 32考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题；摩擦力专题．分析：（1）物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法．（2）砂轮受到摩擦力作用做减速运动最终停下来，克服摩擦力所做的功等于砂轮的动能，根据表中实验数据求出砂轮的动能；然后分析实验数据找出推导出转动动能E k与质量m、角速度ω、半径r的关系式．解答：解：（1）砂轮停下时，砂轮边缘某点转过的弧长s=2πn，其中n是砂轮转过的圈数，砂轮克服摩擦力做的功等于砂轮动能的变化量，由能量守恒率可知：E K=W f=fs=×2πn=20n（cm）=0.2n（m），实验时砂轮的动能如下表所示：半径r/cm 质量/m0角速度（rad/s）圈数转动动能/J4 1 2 8 1.604 1 3 18 3.604 1 4 32 6.404 2 2 16 3.204 3 2 24 4.804 4 2 32 6.408 1 2 16 3.2012 1 2 24 4.8016 1 2 32 6.40①根据第一、二、三组数据，半径、质量相同，角速度不同，发现角速度变为原来的2倍，转动动能变为原来的4倍，角速度变为原来的倍，转动动能变为原来的倍，可知转动动能与角速度的二次方成正比．②根据第一、四组数据，半径、角速度相同，质量不同，发现质量变为原来的2倍，转动动能变为原来的2倍，可知转动动能与质量成正比．③由第七九两组数据可知，质量、角速度相同，半径不同，发现半径变为原来的2倍，转动动能变为原来的2倍，可知转动动能与半径的成正比，综上所述，转动动能与质量、半径成正比、与角速度的二次方成正比，表达式为：E K=kmω2r（k为比例系数）；（2）分析的过程中总要控制一些量不变，故答案为：控制变量法．故答案为：（1）kmω2r；（2）控制变量法．点评：研究某一物理量与几个量的关系时，必须控制其它量不变，去改变一个量，找出它们的关系，然后再控制其它量不变，再去改变一个量，再找出关系，依此类推，最终就能找出这一物理量与其他量的关系．三、计算说明题16．（10分）（2014春•浉河区校级期末）一质量为2kg的物体（视为质点）从某一高度由静止下落，与地面相碰后（忽略碰撞时间）又上升到最高点，该运动过程的v﹣t图象如图所示．如果上升和下落过程中空气阻力大小相等，求：（1）物体上升的最大高度；（2）物体下落过程中所受的空气阻力的大小．（取g=10m/s2）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，在下落和上升过程中运动牛顿第二定律即可求解物体下落过程中所受的空气阻力的大小解答：解：（1）由图象可知：上升的最大高度为H=S=（2）由图知，下落时a1=8m/s2，上升时a2=12m/s2由牛顿第二定律得，下落时mg﹣f=ma1上升时mg+f=ma2联立可解：f=4N答：（1）物体上升的最大高度为1.5m；（2）物体下落过程中所受的空气阻力的大小为4N点评：牛顿运动定律和运动学公式结合是处理动力学问题常用的方法．速度图象要抓住两个意义：斜率表示加速度，“面积”表示位移．17．（12分）（2014•抚州校级模拟）带有斜轨道（足够高）的滑块C静止在平台右边，质量为3m，其左端静止放置一质量为2m的小物块B，质量为m的小物块A以速度v0和B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，重力加速度为g，求：。
