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2018年河南高职乐虎直播苹果官方版物理模拟乐虎app(含答案解析)

2018-08-01 14:59浏览:

一、选择题

1.在物理学发展过程中,许多科学家做出了贡献.下列说法正确的是(  )

A.伽利略建立了惯性定律

B.牛顿最先建立了力的概念

C.库仑发现了点电荷的相互作用规律,卡文迪许通过扭秤装置测出了静电力常量的数值

D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律,洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律

【考点】1U:物理学史.

【分析】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可.

【解答】解:A、牛顿总结出了惯性定律,也最先建立了力的概念,故A错误,B正确;

C、库仑发现了点电荷的相互作用规律,卡文迪许通过扭秤装置测出了万有引力常量的数值,故C错误;

D、洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律,安培发现了磁场对电流的作用规律,故D错误;

故选:B

 

2.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2m,D为的AB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28V、12V和4V.设场强大小为E,一电荷量为1×10﹣6C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W,则(  )

A.W=1.2×10﹣5J,E>6V/m B.W=1.6×10﹣5J,E≤8V/m

C.W=1.6×10﹣5J,E>8V/m D.W=1.2×10﹣5J,E≤6V/m

【考点】AD:电势差与电场强度的关系;AE:电势能.

【分析】匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比,D为AB的中点,则D点的电势φD=,电荷从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q(φD﹣φC).

【解答】解:由题匀强电场中,由于D为AB的中点,则D点的电势φD==20V,

电荷从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q(φD﹣φC)=1×10﹣6×(20﹣4)J=1.6×10﹣5J.

AB的长度为1m,由于电场强度的方向并不是沿着AB方向,所以AB两点沿电场方向的距离d<1m

匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比,即U=Ed

所以E=

故选:C

 

3.如图所示的天平可用来测定磁感应强度.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈,宽为l=10cm,共N=9匝,线圈的下部悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面.当线圈中通有电流I=0.10A (方向如图)时,在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码天平平衡.当电流反向(大小不变)时,右边再加上质量为m=4.36g的砝码后,天平重新平衡.重力加速度g取10m/s2由此可知(  )

A.磁感应强度的方向垂直纸面向外,大小为0.24T

B.磁感应强度的方向垂直纸面向外,大小为0.12T

C.磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为0.24T

D.磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为0.12T

【考点】CC:安培力.

【分析】天平平衡后,当电流反向(大小不变)时,安培力方向反向,则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小

【解答】解:有题可知B的方向垂直纸面向里,开始线圈所受安培力的方向向上,电流方向相反,则安培力方向反向,变为竖直向下,相当于右边多了两倍的安培力大小,所以需要在左边加砝码.则有mg=2NBIL,所以B=.故ABD错误,C正确

故选:C

 

4.在水平桌面上,一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,磁感应强度B随时间t的变化关系如图(甲)所示,0﹣1s内磁场方向垂直线框平面向下.圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接,导轨上放置一根导体棒,导体棒的长为L、电阻为R,且与导轨接触良好,导体棒处于另一匀强磁场中,如图(乙)所示.若导体棒始终保持静止,则其所受的静摩擦力f随时间变化的图象是图中的(设向右的方向为静摩擦力的正方向)(  )

A. B. C. D.

【考点】D8:法拉第电磁感应定律;BB:闭合电路的欧姆定律;DD:电磁感应中的能量转化.

【分析】通过线圈的磁场1随着时间的变化,由法拉第电磁感应定律可算出产生感应电动势大小,线圈中出现感应电流,导致导体棒处于磁场2中受到安培力的作用,由于棒始终处于静止,则可确定静摩擦力的方向及大小.

【解答】解:由(甲)图可知在0﹣1 s内磁感应强度均匀增大,产生稳恒感应电流,根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针,导体棒受到的安培力的方向是水平向左,棒静止不动,摩擦力方向水平向右,为正方向.同理,分析以后几秒内摩擦力的方向,从而得出f﹣t图象为B图.故B正确,ACD错误;

故选:B

 

5.甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动,加速度方向一直不变,在第一段时间间隔t内,两辆汽车的加速度大小不变,汽车乙的加速度大小是甲的两倍;在接下来的时间间隔2t内,汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍,汽车乙的加速度大小减小为原来的一半,求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比(  )

A.2:3 B.5:7 C.13:14 D.16:17

【考点】1E:匀变速直线运动的位移与时间的关系.

【分析】分别对甲乙两车研究,用加速度a,时间间隔t0等相同的量表示总位移,再求出路程之比.

【解答】解:设汽车甲在第一段时间时间间隔t末的速度为v,第一段时间间隔内行驶的路程为s1,加速度为a,在第二段时间间隔内行驶的路程为s2.由题,汽车甲在在第二段时间间隔内加速度为2a.设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s',则有s=s1+s2,s'=s1′+s2′.

    由运动学公式得    

      v=at①

     s1=

将①代入③得   s2=6at2,④

由②+④得  s=s1+s2=  

设乙车在时间t的速度为v',在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′.

同样有

   v'=(2a)t⑤

   

  

将⑤代入⑦得 s2′=6at2⑧

由⑥+⑧得s'=s1′+s2′=7at2.

所以甲、乙两车各自行驶的总路程之比为

故选:C

 

6.如图所示,在平直的公路上某小车运动的v﹣T图象为正弦曲线.从图中可以判断(  )

A.在0~t1时间内,小轿车加速度不断减小

B.在0~t1时间内,外力的功率逐渐增大

C.在t2时刻,牵引力的功率最大

D.在t1~t2时间内,牵引力做的总功不为零

【考点】1I:匀变速直线运动的图像;1D:匀变速直线运动的速度与时间的关系.

【分析】速度时间图线的切线斜率表示加速度,结合图线的斜率得出小轿车加速度的变化.根据功率的公式分析牵引力的功率大小,根据动能定理得出牵引力做功的大小.

【解答】解:A、图线的切线斜率表示加速度,可知在0~t1时间内,切线斜率逐渐减小,则小轿车的加速度不断减小,故A正确.

B、在0~t1时间内,加速度减小,做加速运动,根据牛顿第二定律知,牵引力逐渐减小,速度增大,外力的功率不是逐渐增大,故B错误.

C、在t2时刻速度为零,则牵引力功率为零,故C错误.

D、根据动能定理知,在t1~t2时间内,动能变化量不为零,则牵引力做功不为零,故D正确.

故选:AD.

 

7.如图所示,M是一个小型理想变压器,原副线圈匝数之比n1:n2=22:5,接线柱a、b 接上一个正弦交变电源,电压随时间变化规律如图乙所示.变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R2为用半导体热敏村料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器,R1为一定值电阻.下列说法中正确的是(  )

A.电压表V的示数为50V

B.当传感器R2所在处出现火警时,电压表V的示数减小

C.当传感器R2所在处出现火警时,电流表A的示数增大

D.当传感器R2所在处出现火警时,电阻R1的功率变大

【考点】E8:变压器的构造和原理;E4:正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.

【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的,电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,根据理想变压器的原理分析即可.

【解答】解:A、由图象可知,输入的电压为220V,变压器的电压与匝数成正比,由此可得副线圈的电压为V,电压表测的是半导体热敏材料的电压,R1、R2的总电压为50V,所以电压表的示数小于50V,所以A错误;

B、当出现火警时,温度升高,电阻R2减小,副线圈的电流变大,所以R1的电压要增大,由于副线圈的总电压不变,所以R2的电压就要减小,所以B正确;

C、由B的分析可知,副线圈的电阻减小,副线圈的电流变大,所以原线圈的电流也就要增大,所以C正确;

D、由B的分析可知,副线圈的电阻减小,副线圈的电流变大,由于R1的电阻不变,由P=I2R1可知,电阻R1的功率变大,所以D正确;

故选:BCD

 

8.如图所示,质量为M的三角形木块A静止在水平面上,其左右两斜面光滑,一质量为m的物体B沿倾角α=30°的右侧斜面加速下滑时,三角形木块A刚好保持静止,则当物块B沿倾角β=60°的左侧斜面下滑时,下列说法中正确的是(  )

A.A仍然静止不动,地面对A的摩擦力两种情况下等大

B.A仍然静止不动,对地面的压力比沿右侧下滑时对地面的压力小

C.A将向右滑动,若使A仍然静止需对其施加向左侧的作用力

D.若α=45°角,物块沿右侧斜面下滑时,A将滑动

【考点】2H:共点力平衡的条件及其应用;29:物体的弹性和弹力.

【分析】先对物体B受力分析,受重力和支持力,沿着斜面匀加速下滑,求解出支持力,根据牛顿第三定律得到其对斜面的压力;然后对斜面体受力分析,将力沿着水平和竖直方向正交分解,判断压力的水平分力与最大静摩擦力的关系.

【解答】解:物体B沿着右侧斜面下滑时,对斜面的压力等于重力的垂直分力,为F=mgcos30°;

对物体A受力分析,受重力、压力、支持力和向右的静摩擦力,如图所示:

物体A恰好不滑动,故静摩擦力达到最大值,等于滑动摩擦力,根据平衡条件,有:

x方向:f=Fsin30°

y方向:N=Mg+Fcos30°

其中:f=μN

解得:μ=

A、B、C、物体B从左侧下滑,先假设斜面体A不动,受重力、支持力、压力和向左的摩擦力,如图所示:

压力等于物体B重力的垂直分力,为F=mgcos60°=mg;

竖直方向一定平衡,支持力为:N=Mg+Fcos60°=Mg+mg;

故最大静摩擦力fm=μN=(Mg+mg);

压力的水平分力为Fcos30°=>fm,故一定滑动,要使A静止,需要对其施加向左的推论,故C正确,AB错误;

D、若α=45°,物块沿右侧斜面下滑时,先假设A不滑动,B对A的压力为mgcos45°,该压力的水平分量为mgsin45°,竖直分力为mgcos245°,与α=30°时相比,B对A压力的水平分力变大了,B对A压力的竖直分力也变小了,故最大静摩擦力减小了,故一定滑动,故D正确;

故选:CD

 

二、非选择题:(一)必考题

9.一个有一定厚度的圆盘,可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动.用下面的方法测量它匀速转动时的角速度.

实验器材:电磁打点计时器、米尺、纸带、复写纸片.

实验步骤:

(1)如图1所示,将电磁打点计时器固定在桌面上,将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后,固定在待测圆盘的侧面上,使得圆盘转动时,纸带可以卷在圆盘侧面上.

(2)启动控制装置使圆盘转动,同时接通电源,打点计时器开始打点.

(3)经过一段时间,停止转动和打点,取下纸带,进行测量.

①由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω=  ,式中各量的意义是: 式中T为电磁打点计时器打点的周期,r为圆盘的半径,L是用米尺测量的纸带上选定的两点间的长度,n为选定的两点间的打点周期数 .

②某次实验测得圆盘半径r=5.50×10﹣2 m,得到的纸带的一段如图2所示,求得角速度为 6.97rad/s .

【考点】M2:打点计时器系列实验中纸带的处理.

【分析】通过纸带打点的时间间隔和位移,求出圆盘的线速度,根据ω=得出角速度的表达式,代入数据求出角速度的大小.

【解答】解:①在纸带上取两点为n个打点周期,距离为L,则圆盘的线速度为:,则圆盘的角速度ω=,式中T为电磁打点计时器打点的周期,r为圆盘的半径,L是用米尺测量的纸带上选定的两点间的长度,n为选定的两点间的打点周期数.  

②从图中可知第一个点到最后一个点共有n=15个周期,其总长度L=11.50cm.代入数据解得:ω=6.97 rad/s.

故答案为:①,式中T为电磁打点计时器打点的周期,r为圆盘的半径,L是用米尺测量的纸带上选定的两点间的长度,n为选定的两点间的打点周期数;②6.97rad/s.

 

10.从下表中选出适当的实验器材,设计一电路来测量电流表A1的内阻r1,要求方法简捷,有尽可能高的测量精度,并能测得多组数据.

器材(代号)
规格
电流表(A1)


电流表(A2)

电压表(V)

电阻(R1)

滑动变阻器(R2)

电池(E)

电健(K)

导线若干

量程10mA,内阻r1待测(约40Ω)


量程500μA,内阻r2=150Ω

量程10V,内阻r3=10kΩ

阻值约100Ω,作保护电阻用

总阻值约50Ω

电动势1.5V,内阻很小

(1)在虚线方框中画出电路图,标明所用器材的代号.

(2)若选测量数据中的一组来计算r1,则所用的表达式为r1=  ,式中各符号的意义是: 式中I1、I2电流表A1与电流表A2的读数;r1、r2分别为电流表A1与电流表A2的内阻 .

【考点】N6:伏安法测电阻.

【分析】(1)电流表可视为一个小电阻,但可显示通过的电流值,因而可知道其两端的电压值,由于电源电动势较小,故本实验中电压表不可以使用,否则会带来较大的读数误差,同时滑动变阻器总阻值较小,本着可多次变换测量值的原则,应采用分压接法

(2)根据部分电路欧姆定律,利用电压表两端的电压处以电流可得电阻

【解答】解:(1)由于电源电动势较小,故本实验中电压表不可以使用,但是电流表可视为一个小电阻,同时可显示通过的电流值,因而可知道其两端的电压值,可充当电压表,滑动变阻器总阻值较小,本着可多次变换测量值的原则,应采用分压接法;为了保护电路,可以串联电阻(R1)作为保护电阻;

故电路如图所示:

(2)根据欧姆定律得:

r1==

式中I1、I2分别为电流表A1与电流表A2的读数;r1、r2分别为电流表A1与电流表A2的内阻.

答:(1)如图所示;

(2),式中I1、I2电流表A1与电流表A2的读数;r1、r2分别为电流表A1与电流表A2的内阻.

 

11.在半径R=4800km的某星球表面,宇航员做了如下实验,实验装置如图甲所示.竖直平面内的光滑轨道由AB和圆弧轨道BC组成,将质量m=1.0kg的小球,从轨道AB上高H处的某点静止滑下,用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小F,改变H的大小,可测出相应的F大小,F随H的变化关系如图乙所示.求:

(1)圆弧轨通的半径:

(2)在该星球表面要成功发射一颗卫星的最小速度.

【考点】4F:万有引力定律及其应用;4A:向心力.

【分析】(1)根据牛顿第二定律以及动能定理求出F与H的表达式,结合图线求出圆弧轨道的半径和重力加速度.

(2)根据重力提供向心力求出发射卫星的最小速度.

【解答】解:(1)设该星球表面的重力加速度为g0,圆轨道的半径为r,

小球通过C点时,

对小球从A运动到C的过程,由动能定理得,

联立解得

由图乙可知,H=1.5m时,F=0,代入上式解得r=

(2)H=2.0m时,F=8N,代入上式解得

得,该星球的第一宇宙速度

代入数据解得v=4.8km/s.

答:(1)圆弧轨通的半径为0.6m;

(2)在该星球表面要成功发射一颗卫星的最小速度为4.8km/s.

 

12.如图所示的平行板器件中,存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场,磁场的磁感应强度B1=0.40T,方向垂直纸面向里,电场强度E=2.0×105V/m,PQ为板间中线.紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内,有垂直纸面的正三角形匀强磁场区域,磁感应强度B2=0.25T.一束带电量q=8.0×10﹣19C,质量m=8.0×10﹣26 kg的正离子从P点射入平行板间,不计重力,沿中线PQ做直线运动,穿出平行板后从y轴上坐标为(0,0.2m)的Q点垂直y轴射向三角形磁场区,离子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为60°.则:

(1)离子运动的速度为多大?

(2)试讨论正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向里和垂直纸面向外两种情况下,正三角形磁场区域的最小边长分别为多少?并求出其在磁场中运动的时间.

【考点】CI:带电粒子在匀强磁场中的运动;37:牛顿第二定律;4A:向心力;AK:带电粒子在匀强电场中的运动.

【分析】(1)离子沿直线穿过相互垂直的匀强磁场和匀强电场,电场力与洛伦兹力平衡,由平衡条件求解速度v.

(2)由题,离子穿出磁场通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为60°则当匀强磁场方向垂直纸面向外时,速度偏向角为60°,则轨迹圆心角为60°,作出面积最小的正三角形磁场区域,由几何知识最小边长.当匀强磁场方向垂直纸面向里时,离子转过300°时,穿出磁场,轨迹为圆弧,作出面积最小的正三角形磁场区域,由几何知识最小边长.

【解答】解:(1)由于离子直线穿过平行板器件,B1qv=Eq

      可得 v==5×105 m/s

    (2)根据B2 qv=m

      可知离子在磁场B2中圆周运动的半径r==0.2m

      若磁感应强度B2的方向垂直纸面向外,

          根据几何关系(如图),正三角形的区域的最小边长a=r=0.2m

          此时离子在磁场中运动的时间

     若磁感应强度B2的方向垂直纸面向里,由数学知识可知,正三角形最小边长

          此时离子在磁场中运动的时间

答:(1)离子运动的速度为5×105 m/s.

    (2)若磁感应强度B2的方向垂直纸面向外,正三角形的区域的最小边长a=0.2m,离子在磁场中运动的时间为4.2×10﹣7s.

         若磁感应强度B2的方向垂直纸面向里,正三角形最小边长为0.66m,离子在磁场中运动的时间为2.1×10﹣6s.

 

三、(二)选考题[物理-选修3-3]

13.下列说法中正确的是 (  )

A.满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的

B.熵是物体内分子运动无序程度的量度

C.若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽,当保持温度不变向下缓慢压活塞时,水汽的质量减少,密度不变

D.当分子间距离增大时,分子间引力增大,而分子间斥力减小

E.当分子力表现为斥力时,分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大

【考点】8G:能量守恒定律;86:分子间的相互作用力;8I:有序、无序和熵.

【分析】能量守恒定律:能量既不会凭空产生,也不会凭空消灭,它只能从一种形式转化为其他形式,或者从一个物体转移到另一个物体,在转化或转移的过程中,能量的总量不变;

热力学第二定律:不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响;不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响;不可逆热力学过程中熵的微增量总是大于零;

液体的饱和汽压与温度有关,与体积无关;

分子力做功等于分子势能的减小量.

【解答】解:A、满足能量守恒定律的宏观过程不一定满足热力学第二定律,故A错误;

B、熵越大,物体内分子运动的无序性程度越大,故B正确;

C、液体的饱和汽压与温度有关,与体积无关,故C正确;

D、当分子间距增加时,分子间引力、斥力都减小,故D错误;

E、当分子力表现为斥力时,分子力随着分子间距的减小而增加,在平衡位置分子势能具有最小值,故分子间距变化偏离平衡位置时,分子势能增加,故E正确;

故选BCE.

 

14.如图所示,一个密闭的气缸,被活塞分成体积相等的左、右两室,气缸壁与活塞是不导热的,它们之间没有摩擦,两室中气体的温度相等.现利用右室中的电热丝对右室加热一段时间,达到平衡后,左室的体积变为原来的,气体的温度T1=300K,求右室气体的温度.

【考点】99:理想气体的状态方程.

【分析】对两部分气体分别应用理想气体状态方程列方程,然后求出气体的温度.

【解答】解:由题意可知,左、右两室内气体初始状态相同,设为P0,V0,T0

由理想气体状态方程可得:

以左室气体为研究对象:

以右室气体为研究对象:

代入数据解得:T2=500K;

答:右室气体的温度为500K.

 

【选修3-4】

15.如图所示acb是一块用折射率n=2的玻璃制成的透明体的横截面,ab是半径为R的圈弧,ac边与bc边垂直,∠aOc=60°.当一束平行黄色光垂直照到ac上时,ab部分的外表面只有一部分是黄亮的,其余是暗的.下面说法正确的是(  )

A.黄光在该玻璃制成的透明体中的速度为1.5×108m/s

B.黄光比红光更容易观测到明显的衍射

C.黄亮部分的长度为

D.同一双缝千涉装置中观察到黄光比红外线的条纹窄

E.黄光在真空中的波长比在该玻璃制成的透明体中的波长长

【考点】H3:光的折射定律;HC:双缝干涉的条纹间距与波长的关系.

【分析】由公式v=求黄光在该玻璃制成的透明体中的速度.波长越长越容易发生衍射.根据sinC=求出临界角的大小,通过几何关系得出有黄光投射出去所对应的圆心角,从而求出黄亮部分的长度.干涉条纹的间距与波长成正比.同一种色光在不同介质中频率相等,由波速公式v=λf分析波长关系.

【解答】解:A、黄光在该玻璃制成的透明体中的速度为:v===1.5×108m/s.故A正确.

B、波长越长,波动性越强,越容易发生衍射,黄光的波长比红光的短,则黄光比红光更不容易观测到明显的衍射.故B错误.

C、由题意作光路图如图所示,该介质的临界角是C.则有:sinC==

得:C=30°

如图,在i≥30°时,光线在圆弧面上发生全反射,图中d点为入射角等于临界角的临界点,所以只有bd部分有黄光透射出,黄亮部分弧长为:S=×2πR=.故C正确.

D、红外线是不可见光,不能看到红外线的干涉条纹.故D错误.

E、黄光在真空中的波速比在该玻璃制成的透明体中的波速大,频率相等,由v=λf知,黄光在真空中的波长比在该玻璃制成的透明体中的波长长.故E正确.

故选:ACE

 

16.波源S1和S2振动方向相同,频率均为5Hz,分別置于均匀介质中x轴上的O、A两点处,OA=3m,如图所示.两波源产生的简谐横波沿x轴相向传播,波速为5m/s.已知两波源振动的初始相位相同.求:

(1)简谐横波的波长;

(2)OA间合振动振幅最小的点的位置.

【考点】F4:横波的图象;F5:波长、频率和波速的关系.

【分析】(1)已知波速v和频率f,由波速公式v=λf求解波长.

(2)要使振动振幅最小,则该点到两波源的波程差应为半波长的奇数倍,设距O点为x,则可得出波程差的表达式,联立可解得位置.

【解答】解:(1)设波长为λ,频率为f,由v=λf,得:λ===1m

(2)以O为坐标原点,设P为OA间的任意一点,其坐标为x,则两波源到P点的波程差为:△l=x﹣(3﹣x),0≤x≤3m.其中x、△l以m为单位.

合振动振幅最小的点的位置满足△l=(k+)λ,k为整数

解得:x=1.75m,2.25m,2.75m.

答:(1)简谐横波的波长为1m.

(2)OA间合振动振幅最小的点的位置为1.75m,2.25m,2.75m.

 

【选修3-5】

17.用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子,在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为v1、v2、v3的三条谱线,且v3>v2>v1,对应光子的能量分別为E1,E2,E3,己知普朗克常数为h,则下面正确的是(  )(填入正确选项前的字母)

A.E1<E2<E3

B.v3=v2+v1

C.上面观测到频率分别为v1、v2、v3的三条谱线都能使极限频率为v0金属表面逸出电子

D.

E.上面观测到频率分别为v1、v2、v3的三条谱线真空中最长波长为

【考点】J4:氢原子的能级公式和跃迁.

【分析】用波长为v0的光照射大量处于基态的氢原子,在所发射的光谱中仅能观测到波长分别为v1、v2、v3的三条谱线,根据能级差等于吸收光子的能量求出光子能量.根据辐射光子的频率大小确定哪个光子是哪两个能级之间的跃迁.

【解答】解:A、用波长为v0的光照射大量处于基态的氢原子,在所发射的光谱中仅能观测到波长分别为v1、v2、v3的三条谱线,根据辐射的光子的种类与能级的关系:,说明是从n=3能级向低能级跃迁.

由于三条谱线中的频率关系为v3>v2>v1,所以n=3能级向n=1能级跃迁时,E3=hv3=E3n﹣E1n

n=2能级向n=1能级跃迁时,E2=hv2=E2n﹣E1n

n=3能级向n=2能级跃迁时,E1=hv1=E3n﹣E2n

由以上公式可知,E1<E2<E3.故A正确;

B、D、将以上三式变形可得  hv3=hv2+hv1

解得 v3=v2+v1,故B正确,D错误;

C、根据氢原子理论可知,入射光频率v0=v3,所以只有频率为v3的谱线能使极限频率为v0金属表面逸出电子.故C错误;

E、根据频率与波长的关系:,所以频率越小,波长越大,由于v3>v2>v1,上面观测到频率分别为v1、v2、v3的三条谱线真空中最长波长为.故E正确.

故选:ABE

 

18.如图所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长,重物始终在木板上.重力加速度为g.

【考点】53:动量守恒定律;1G:匀变速直线运动规律的综合运用;66:动能定理的应用.

【分析】通过受力分析和运动分析知道:木板第一次与墙碰撞后,向左匀减速直线运动,直到静止;

再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度,再往后是匀速直线运动,直到第二次撞墙.

利用动量守恒求出每次碰撞后的速度,利用匀变速直线运动规律求时间.

【解答】解:木板第一次与墙碰撞后,向左匀减速直线运动,直到静止,

再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度,再往后是匀速直线运动,直到第二次撞墙.

木板第一次与墙碰撞后,重物与木板相互作用直到有共同速度v,动量守恒,有:

2mv0﹣mv0=(2m+m)v,解得:v=

木板在第一个过程中,用动量定理,有:mv﹣m(﹣v0)=μ2mgt1

用动能定理,有:=﹣μ2mgs

木板在第二个过程中,匀速直线运动,有:s=vt2

木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=+=

答:木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为