1、2014-2015学年河北省衡水市枣强中学高二（下）期中物理试卷一、选择题：（每小题4分，共60分，1-6小题为单项选择题，7-12题为多选题，全部选对得4分，错选得0分，漏选得2分）1（4分）设A、B两小球相撞，碰撞前后都在同一直线上运动，若测得它们碰前的速度为vA，vB，碰后的速度为vA，vB，则两小球的质量之比等于（） A B C D 【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 两球碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出质量之比【解答】： 解：两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mavA+mbvB=mavA+mbvB，解得：=，
2、或、mavAmbvB=mavA+mbvB，解得：=，或、mavA+mbvB=mavAmbvB，解得：=，或、mavAmbvB=mavAmbvB，解得：=，故选：A【点评】： 本题考查了求两球的质量之比，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时考虑问题要全面，避免漏解2（4分） 紫外线光子的动量为一个静止的O3吸收了一个紫外线光子后（） A 仍然静止 B 沿着光子原来运动的方向运动 C 沿光子运动相反方向运动 D 可能向任何方向运动【考点】： 光子；动量守恒定律；物质波【专题】： 物理光学综合专题【分析】： 由于系统所受合外力为0，系统体动量守恒即吸收前后系统的动量不变，即动量的大小方向都保持不变【
3、解答】： 解：以紫外线光子和静止的O3为研究对象，由于系统所受合外力为0，故系统体动量守恒即吸收前后系统的动量不变在静止的O3吸收紫外线光子之前，系统的动量等于光子的动量，系统动量的方向即为光子的动量的方向，而O3吸收紫外线光子后系统的动量的方向即为O3运动方向，故O3沿着光子原来运动的方向运动故B正确故选B【点评】： 本题考查了动量守恒定律、光子说和光子的吸收，综合性强，要注意掌握3（4分） 一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3：1，不计质量损失，取重力加速度g=10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（） A
4、B C D 【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动根据平抛运动的基本公式即可解题【解答】： 解：规定向左为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有：4mv0=3mv1+mv2则8=3v1+v2两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，t=，水平方向做匀速运动，x1=v1t=v1，x2=v2t=v2，则8=3x1+x2结合图象可知，B的位
5、移满足上述表达式，故B正确故选：B【点评】： 本题考查了动量守恒定律的直接应用，知道当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动，难度适中4（4分） 如图，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会（） A 向上偏转 B 向下偏转 C 向纸内偏转 D 向纸外偏转【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 首先由安培定则分析判断通电直导线周围产生的磁场方向，再由左手定则判断出电子流的受力方向，可知电子流的偏转方向【解答】： 解：由安培定则判断可知，通电直导线上方所产生的磁场
6、方向向外，电子向右运动，运用左手定则可判断出电子流受到向上的洛伦兹力作用，所以电子流要向上偏转故A正确，BCD错误故选：A【点评】： 此题要求要会熟练的使用安培定则和左手定则分析解决问题，要明确电流、磁场、磁场力的关系，能正确的运用左手定则和右手定则分析问题是解决该题的关键5（4分） 如图所示，一枚手榴弹开始时在空中竖直向下落，到某位置时爆炸成a、b两块同时落地，其中a落地时飞行的水平距离OA大于b落地时飞行的水平距离OB，下列说法正确的是（） A 爆炸瞬间a、b两块的速度大小相等 B 爆炸瞬间a、b两块的速度变化量大小相等 C a、b两块落地时的速度大小相等 D 爆炸瞬间a、b两块的动量变化
7、大小相等【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 由题意同时落地知爆炸后a、b的竖直分速度大小相等，由水平方向飞行距离的关系可知其水平分速度的大小关系，爆炸过程水平方向合外力外力为零，故动量守恒【解答】： 解：由题意知爆炸后a、b的竖直分速度大小相等，即竖直方向两个的动量没有发生变化由a的水平位移大小大于b的水平位移大小，可知a获得的水平分速度大小大于b获得的水平分速度大小，所以A、B、C均错；但水平方向动量守恒，所以a、b的动量变化必大小等，D正确；故选：D【点评】： 解决此题关键是明确动量守恒的条件，竖直方向受重力，合外力不为零，故系统不满足动量守恒6（4分）如图所示
8、，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑，则（） A 在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒 B 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C 被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处 D 被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动【考点】： 动量守恒定律【分析】： 由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点【解答】： 解：A、小球在槽上运动时，由于小球受重力，故两物体
9、组成的系统外力之和不为零，故动量不守恒；当小球与弹簧接触后，小球受外力，故动量不再守恒，故A错误；B、下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；C、小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能达到高度h，故C错误；D、因两物体之后不受外力，故小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，而小球反弹后也会做匀速运动，故D正确；故选：D【点评】： 解答本题要明确动量守恒的条件，以及在两球相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断7（4
10、分） 关于光的波粒二象性的理解正确的是（） A 大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性 B 光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子 C 高频光是粒子，低频光是波 D 波粒二象性是光的根本属性，有时它的波动性显著，有时它的粒子性显著【考点】： 光的波粒二象性【专题】： 光的波粒二象性和物质波专题【分析】： 光的波粒二象性是指光既具有波动性又有粒子性，少量粒子体现粒子性，大量粒子体现波动性【解答】： 解：A、大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性故A正确；B、光在传播时有时看成粒子有时可看成波，故B不正确；C、高频光波长短光的粒子性显著，低频
11、光波长长光的波动性显著故C不正确；D、波粒二象性是光的根本属性，有时它的波动性显著，有时它的粒子性显著，故D正确；故选AD【点评】： 在宏观世界里找不到既有粒子性又有波动性的物质，同时波长长的可以体现波动性，波长短可以体现粒子性8（4分） 卢瑟福的原子核式结构学说可以解决的问题是（） A 解释 粒子散射现象 B 用 粒子散射的实验数据估算原子核的大小 C 结合经典电磁理论，解释原子的稳定性 D 结合经典电磁理论，解释氢原子光谱【考点】： 原子的核式结构【分析】： 粒子散射实验现象包括如下三个方面：第一，绝大多数粒子穿过金箔后几乎沿原方向前进；第二，少数粒子穿过金箔后发生了较大偏转；第三，极少数
12、粒子击中金箔后几乎沿原方向反回；核式结构学说的内容：在原子的中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间绕着核旋转【解答】： 解：A、原子核很小，绝大多数粒子穿过金箔后几乎沿原方向前进，少数发生较大偏转，故A正确；B、影响粒子运动的主要是带正电的原子核而绝大多数的粒子穿过原子时离核较远，受到的库仑斥力很小，运动方向几乎没有改变，只有极少数粒子可能与核十分接近，受到较大的库仑斥力，才会发生大角度的偏转，根据粒子散射实验，可以估算出原子核的直径约为1015米1014米，故B正确；C、卢瑟福的模型在经典电磁理论下完全是不稳定的，电子绕核运转会
13、辐射电磁波损失能量，故C错误；D、经典理论中能量是连续变化的，如此说来原子光谱就应该是连续谱，但是事实上原子光谱是线状谱，故D错误；故选：AB【点评】： 本题考查了原子核式结构，要熟记粒子散射实验的结论9（4分）如图所示，表示发生光电效应的演示实验，那么下列选项中正确的是（） A 发生光电效应时，光电子是从K极跑出来的 B 灵敏电流计不显示读数，可能是因为入射光频率过低 C 灵敏电流计不显示读数可能是因为它的灵敏度过低 D 如果把电池接反，肯定不会发生光电效应【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： 当光的入射频率高于极限频率时，光电子从阴极跑出，在电场力加速下，到达对阴极，从而
14、形成光电流，即可求解【解答】： 解：A、当发生光电效应时，光电子摆脱原子核的束缚，从而从K极跑出来的，故A正确；B、由图可知，若有光电子，则在电场力作用下，加速运动，而若灵敏电流计不显示读数，可能是没有光电效应，是因为入射光频率过低，故B正确，C错误；D、把电池接反，不会影响光电效应现象，会影响到达对阴极的动能，故D错误；故选：AB【点评】： 考查光电效应的发生条件，掌握灵敏电流计是否有读数的原理，注意光电管的正向电压与反向电压的不同10（4分）关于天然放射现象，叙述正确的是（） A 若使放射性物质与其他物质发生化学反应，其半衰期不会改变 B 衰变所释放的电子不可能是原子核外的电子电离形成的
15、C 在、这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强 D 铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过8次衰变和10次衰变【考点】： 天然放射现象【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 正确解答本题需要掌握：正确理解半衰期的含义；衰变的实质以及、这三种射线特点；根据质量数和电荷数守恒正确书写衰变方程【解答】： 解：A、半衰期由元素本身决定，与元素所处物理、化学环境无关，故A正确；B、衰变的实质是原子核的一个中子变为质子同时释放一个电子，故B正确；C、根据、三种射线性质可知，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强，故C正确；D、23892U的质子数为92，中子数为146，20682Pb的
16、质子数为82，中子数为124，因而铅核比铀核少10个质子，22个中子，注意到一次衰变质量数减少4，故衰变的次数为x=238206=8次，再结合核电荷数的变化情况和衰变规律来判定衰变的次数y应满足2xy+82=92，y=2x10=6次，故D错误故选：ABC【点评】： 本题考查了关于原子核衰变的基本规律，对于这些规律注意平时记忆与积累，同时加强练习11（4分）氢原子的能级图如图所示，处于n=3激发态的大量氢原子向基态跃迁时所放出的光子中，只有一种光子不能使某金属A产生光电效应，则下列说法中正确的是（） A 跃迁过程中将释放出3种不同波长的光子 B 不能使金属A产生光电效应的光子一定是从n=3激发态
17、跃迁到基态时放出的 C 不能使金属A产生光电效应的光子一定是从n=3激发态跃迁到n=2激发态时放出的 D 若从n=4激发态跃迁到n=3激发态，所放出的光子则一定不能使金属A产生光电效应【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁【专题】： 原子的能级结构专题【分析】： 处于n=3激发态的大量氢原子向基态跃迁时所放出光子有3种，不能使金属A产生光电效应的是能量最小的一种【解答】： 解：A、处于n=3激发态的大量氢原子向基态跃迁时，有31，32，和21，三种情况，所以跃迁过程中将释放出3种不同波长的光子故A正确；B、C、处于n=3激发态的大量氢原子向基态跃迁时所放出光子，能量最小的是从能级3到能级2跃迁时放
18、出的，它不能使某金属产生光电效应故B错误，C正确；D、从n=4激发态跃迁到n=3激发态放出的光子能量小于从n=3跃迁到n=2所放出的光子能量，所以该光子一定不能使该金属发生光电效应故D正确故选：ACD【点评】： 解决本题的关键掌握发生光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时，哪个能级间跃迁发出的光子能量最大，哪个能级间跃迁发出的光子能量最小12（4分）如图所示，A、B两物体质量mA=2mB，水平面光滑，当烧断细线后（原来弹簧被压缩且不拴接），则下列说法正确的是（） A 弹开过程中A的速率小于B的速率 B 弹开过程中A的动量小于B的动量 C A、B同时达到速度最大值 D 当弹簧恢复原长时两物体同时脱
19、离弹簧【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： A、B两物体组成的系统，合外力为零，遵守动量守恒，由动量守恒定律分析答题【解答】： 解：A、以A、B两物体组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvAmBvB=0，已知mA=2mB，则2mBvAmBvB=0，vB=2vA，则知弹开过程中A的速率小于B的速率，故A正确；B、由于系统动量守恒，系统初动量为零，则在弹开过程中，两物体动量之和为零，即两物体动量大小相等、方向相反，故B错误；C、当弹簧回复原长时，两物体的速度同时达到最大，故C正确；D、当弹簧恢复原长时，弹簧对物体不再有力的作用，此时两物体同时脱离弹
20、簧，故D正确故选：ACD【点评】： 本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚烧断细线后两物体的运动过程、应用动量守恒定律即可正确解题13（4分）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示则上述两种情况相比较（） A 子弹的末速度大小相等 B 系统产生的热量一样多 C 子弹对滑块做的功相同 D 子弹和滑块间的水平作用力一样大【考点】： 动量守恒定律；动能定理的应用【分析】： 子弹嵌入滑块的过程，符合动量守恒，所以我们判断出最后它们的速度是相同的，由动量定理知滑块受
21、到的冲量一样大；运用动能定理分析子弹对滑块做功的多少；然后利用动能定理或者是能量守恒得出系统产生的热能是相等的【解答】： 解：A、根据动量守恒知，最后物块获得的速度（最后物块和子弹的公共速度）是相同的，故A正确B、子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（子弹初末速度分别相等）；物块能加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多故B正确；C、物块获得的动能是相同的，根据动能定理，物块动能的增量等于子弹做的功，所以两次子弹对物块做的功一样多故C错误；D、系统产生的热量一样多，产生的热量Q=FL相对，由于子弹相对木块的位移两次是不相同的
22、，所以子弹和滑块间的水平作用力不一样大 故D错误故选：ABC【点评】： 本题的关键是用动量守恒知道子弹只要留在滑块中，他们的最后速度就是相同的；这是一道考查动量和能量的综合题；要注意掌握动量守恒的条件应用14（4分） 两个完全相同、质量均为m的滑块A和B，放在光滑水平面上，滑块A与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B以v0的初速度向滑块A运动，如图所示，碰到A后不再分开，下述说法中正确的是（） A 两滑块相碰和以后一起运动的整个过程中，系统动量不守恒 B 两滑块相碰和以后一起运动的整个过程中，系统机械能守恒 C 弹簧最大弹性势能为mv D 弹簧最大弹性势能为mv【考点】： 动量守恒定律；
23、机械能守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 系统所受合外力为零时，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功系统机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题【解答】： 解：A、两滑块相碰过程系统动量守恒，两滑块碰撞后一起运动过程系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A正确；B、两滑块碰撞过程机械能不守恒，碰撞后两滑块一起运动过程系统机械能守恒，故B错误；C、两滑块碰撞过程动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v，系统向右运动过程，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：EP=（m+m）v2，解得：EP=mv02，故C正确，D错误；故选：AC【点评】：
24、 本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题15（4分）如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示关于此实验，下列说法中正确的是（） A 上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒 B 上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量不守恒 C
25、如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度 D 如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 由题意得小球与小球之间发生的是弹性碰撞，即每两个小球碰后交换速度，1与2碰后，1停止2向右，2与3碰后，2停止，3具有向右的速度【解答】： 解：A、B、球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，由分析知说明该过程，
26、每两个小球碰撞的过程机械能守恒、动量守恒，不是5个小球的系统，故A错误，B错误；C、D、如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，故D正确，C错误；故选：D【点评】： 本题实际考察了多个弹性碰撞连续发生的过程，每次弹性碰撞的两个小球机械能守恒、动量守恒，难度适中二、实验题
27、（共10分）16（10分） 某同学设计了一个用打点计时器做“验证动量守恒定律”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动他设计的具体装置如图所示，在小车后连接着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50Hz，长木板垫着小木片以平衡摩擦力（1）若已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间距（标在图上）A为运动起点，则应该选择BC段来计算A碰前的速度，应选择DE段来计算A和B碰后的共同速度（以上空格选填“AB”、“BC”、“CD”、“DE”）（2）已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg，由以上测量结果
28、可得碰前m1v0=0.420kgm/s kgm/s，碰后（m1+m2）v共=0.417kgm/s kgm/s，由此得出结论在误差允许的范围内，碰撞中mv的矢量和是守恒的【考点】： 验证动量守恒定律【专题】： 实验题【分析】： （1）碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段（2）物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度P=mv=m【解答】： 解：（1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运
29、动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度故答案为BC、DE（2）碰前系统的动量即A的动量，则P1=m1v1=m1=0.40=0.420 kgm/s 碰后的总动量P2=（m1+m2）v2=（m1+m2）=（0.40+0.20）=0.417kgm/s碰撞前后动量近似相等，所以在误差允许的范围内，碰撞中mv的矢量和
30、是守恒的故答案为：0.420，0.417故本题的答案为：（1）BCDE（2）0.4200.417在误差允许的范围内，碰撞中mv的矢量和是守恒的【点评】： 根据碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，是解决本题的突破口三、计算题（本题共3小题，共40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得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）17（10分）排球运动是一项同学们喜欢的体育运动为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1=1.8m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3
31、s，第一次反弹的高度为h2=1.25m已知排球的质量为m=0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力求：排球与地面的作用时间排球对地面的平均作用力的大小【考点】： 动量定理；自由落体运动【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 根据自由落体运动公式求作用时间，根据自由落体运动的速度公式求出落地瞬间的速度和反弹后瞬间的速度，根据动量定理求平均作用力【解答】： 解：设排球第一次落至地面经历的时间为t1，第一次离开地面至反弹到最高点经历的时间为t2，则有h1=frac12gt12，h2=gt22解得t1=0.6s，t2=0.5s 所以，排球与地面的作用时间为t3=tt1t2=0.2s 设排球第一次落地
32、时的速度大小为v1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v2，有v1=gt1=6m/s，v2=gt2=5m/s 设地面对排球的平均作用力为F，选排球为研究对象，以向上的方向为正方向，则在它与地面碰撞的过程中，由动量定理有（Fmg）t3=mv2m（v1） 代入数据解得F=26N根据牛顿第三定律，排球对地面的平均作用力F=26N 答：排球与地面的作用时间0.2s排球对地面的平均作用力的大小26N【点评】： 本题是道综合题，考查了自由落体运动和动量定理的应用18（15分） 氢原子基态能量E1=13.6eV，电子绕核运动半径r1=0.531010mEn=，rn=n2r1求氢原子处于n=4激发态时：（电子的
33、质量m=0.91030kg）（1）原子系统具有的能量；（2）电子在轨道上运动的动能；（3）电子具有的电势能；（4）向低能级跃迁辐射的光子频率最多有多少种？其中最低频率为多少（保留两位有效数字）？【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁；电势能【专题】： 原子的能级结构专题【分析】： 根据氢原子能级公式求出原子在n=4轨道的能量；根据库仑引力提供电子做圆周运动的向心力，求出电子在轨道上的动能原子的能量等于电势能和电子动能之和，求出原子在n=4激发态的能量，从而求出电子具有的电势能根据计算辐射光子频率的种类【解答】： 解：（1）根据氢原子能级公式（2）由题意：根据库仑力提供向心力：所以动能（3）由于E4
34、=Ek4+EP4所以电势能 Ep4=E4Ek4=1.7eV（4）最多有=6种从n=43；32；21；42；41；31能级差最小的是n=4n=3，所辐射的光子能量为：E=h=E4E3=0.66eV得：=1.01033Hz答：（1）原子系统具有的能量0.85eV；（2）电子在轨道上运动的动能为0.85eV；（3）电子具有的电势能为1.7eV；（4）向低能级跃迁辐射的光子频率最多有6种，其中最低频率为1.01033Hz【点评】： 解决本题的关键知道原子的能量等于电势能与电子动能之和，会通过库仑引力提供向心力求出电子的动能19（15分） 如图所示，A为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的质
35、量M=40kg的小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上一个质量m=20kg的物体C以2.0m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并一起运动若轨道顶端与底端的高度差h=1.6m物体与小车板面间的动摩擦因数=0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计（取g=10m/s2），求：（1）物体与小车保持相对静止时的速度v；（2）物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t；（3）物体在小车上相对滑动的距离L【考点】： 动能定理；动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）由机械能守恒可求得C滑上小车的速度；再由动量守恒可求得相对静
36、止时的速度；（2）对小车由动量定理可求得相对滑动经历的时间；（3）由机械能守恒定律可求得物体相对滑动的距离【解答】： 解：（1）下滑过程机械能守恒，有：mgh+mv=0+mv代入数据得：v2=6m/s；设初速度方向为正方向，物体相对于小车板面滑动过程动量守恒为：mv2=（m+M）v 联立解得：v=2 m/s（2）对小车由动量定理有：mgt=Mv，解得：t=1 s（3）设物体相对于小车板面滑动的距离为L由能量守恒有：mgL=mv（m+M）v2代入数据解得：L=3 m答：（1）物体与小车保持相对静止时的速度v为2m/s；（2）滑行的时间为1s；（3）相对距离为3m【点评】： 本题考查动量定恒、机械能守恒及功能关系，本题为多过程问题，要注意正确分析过程，明确各过程中应选用的物理规律
