1、2014-2015学年广东省东莞实验中学高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分）1下列哪些说法是正确的（）A 光子说完全否定了波动说B 光的波粒二象性是指光与宏观概念中的波与粒子很相似C 光的波动说和光子说都有其正确性，但又都是不完善的，都有不能解释的实验现象D 光的波粒二象性才是对光的本性的不正确认识2关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是（）A 线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次B 线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次感应电动势向不变C 线圈平面每经过中性面一次，感应电流
2、和感应电动势方向都要改变一次D 线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都要改变一次3小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=110的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法中正确的是（）A 电压有效值为220VB 电流的周期为0.01sC 如果在该电阻器两端并联一个交流电压表，该电压表的示数为220 VD 如果在该电路中串联一个交流电流表，该电流表的示数为2V4如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220sin（100t）（V）的交流电源上，副线圈接有R=55的负载电阻原、副线圈匝数之比为2：1电流表、电压表均为理想
3、电表下列说法正确的是（）A 原线圈中电流表的读数为1AB 原线圈中的输入功率为220C 副线圈中电压表的读数为110VD 副线圈中输出交流电的周期为50s5如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s下列说法正确的是（）A 球棒对垒球的平均作用力大小为360NB 球棒对垒球的平均作用力大小为720NC 球棒对垒球的平均作用力大小为1260ND 无法判断6电子是哪位科学家发现的（）A 汤姆生B 卢瑟福C 康普顿D 查德威克7一人静止于完全光滑的水平冰面上现欲离开冰面，下列可行的方法是（
4、）A 向后踢腿B 手臂向前甩C 在冰面上滚动D 脱下外衣水平抛出8氢原子的能级如图，一群氢原子处于n=3的能级，向较低能级跃迁的过程中，辐射的光子（）A 频率最多有2种B 频率最多有3种C 能量最大为11.09eVD 能量最大为10.2eV二、双项选择题（在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，只选1个且正确的得2分，有选错或不答的得0分）9关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（）A 只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B 只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C 只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D 在空中爆裂为两块炸弹，以两块碎片为系统
5、，系统水平方向动量守恒10一交流电压的图象如图所示，将该交流电压加在一阻值为22的电阻两端，下列说法中正确的是（）A 该电阻消耗的功率为550 WB 该交流电压的瞬时值表达式为u=110sin100t VC 并联在该电阻两端的交流电压表的示数为110 VD 流过电阻的电流方向每秒改变50次11如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220V和10A，已知甲图中原 副线圈匝数比为 100：1，乙图中原副线圈匝数比为1：10，则（）A 甲图中的电表是电压表，输电电压为22000VB 甲图是电流互感器输电电流是100AC 乙图中的电表是电压表，输电电压为22000VD 乙图是电流互感器
6、，输电电流是100A12光电效应实验中，下列表述正确的是（）A 光照时间越长光电流越大B 入射光足够强就可以有光电流C 遏止电压与入射光的频率有关D 入射光频率大于极限频率才能产生光电子13下列有关光的波粒二象性的说法中，正确的是（）A 有的光是波，有的光是粒子B 光子与电子是同样的一种粒子C 光的波长越长，其波动性越显著；波长越短，其粒子性越显著D 大量光子的行为往往显示出波动性14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 15如图小球A和B由轻弹簧连接，置于光滑水平面上一颗质量为m子弹，以水
7、平速度v0射入A球，并在极短时间内嵌在其中，对子弹、小球A和B组成的系统，下列说法正确的是（）A 子弹射入过程系统动量守恒B 子弹射入过程系统机械能守恒C 子弹、小球A和B共速时弹簧弹性势能最大D 系统最终会处于静止状态16下列关于光电效应的说法正确的是（）A 若某材料的逸出功是W，则它的极限频率B 光电子的初速度和照射光的频率成正比C 光电子的最大初动能和照射光的频率成正比D 光电子的最大初动能随照射光频率的增大而增大17在远距离输电电路中，输电导线的总电阻为R，升压变压器输出的电压为U1，输出功率为P，用户降压变压器得到的电压为U2，则下面表示导线上的功率损失正确的式子是（）A B （）2
8、RC D 18根据氢原子能级图（如图）可判断（）A 氢原子跃迁时放出的光子的能量是连续的B 电子的轨道半径越小，氢原子能量越小C 处于基态的氢原子是最稳定的D 欲使处于基态的氢原子激发，可用11eV的光子照射三、实验题（12分）19如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量（填选项前的符号），间接地解决这个问题A小球开始释放高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的射程（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其
9、平均落地点的位置P，测量平抛射程OP然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复接下来要完成的必要步骤是（填选项前的符号）A用天平测量两个小球的质量m1、m2B测量小球m1开始释放高度hC测量抛出点距地面的高度HD分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE测量平抛射程OM，ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为（用第（2）小题中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为（用第（2）小题中测量的量表示）四、计算题（共24分要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤，有数值计算的题要明确写出数值和
10、单位，只有最终结果的不得分）20质量为m1=1.0kg和m2（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其xt （位移时间） 图象如图所示，试通过计算回答下列问题：m2等于多少千克？碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞？21如图，水平地面和半圆轨道面均光滑，质量M=1kg的小车静止在地面上，小车上表面与R=0.4m的半圆轨道最低点P的切线相平现有一质量m=2kg的滑块（可视为质点）以v0=7.5m/s的初速度滑上小车左端，二者共速时滑块刚好在小车的最右边缘，此时小车还未与墙壁碰撞，当小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，滑块则离开小车进入圆轨道并顺着圆轨道往上运动，已知滑块与小车表面的滑动摩擦
11、因数=0.5，g取10m/s2求：（1）小车与墙壁碰撞前的速度大小v1；（2）小车需要满足的长度L；（3）请判断滑块能否经过圆轨道的最高点Q，说明理由2014-2015学年广东省东莞实验中学高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分）1下列哪些说法是正确的（）A 光子说完全否定了波动说B 光的波粒二象性是指光与宏观概念中的波与粒子很相似C 光的波动说和光子说都有其正确性，但又都是不完善的，都有不能解释的实验现象D 光的波粒二象性才是对光的本性的不正确认识考点：光子分析：光子说完善光的本性，没有否定
12、波动说；光的波动性与粒子性与宏观粒子不相同；依据光的波粒二象性，即可求解解答：解：A、光子说的确立，没有完全否定了波动说，使人们对光的本性认识更完善，光既有波动性，又有粒子性，光具有波粒二象性，故AD错误；B、光的波粒二象性，与宏观概念中的波相同又与微观概念中的粒子完全不相同，故B错误；C、波动说和粒子说都有其正确性，但又都是不完善的，都有其不能解释的实验现象，故C正确；故选：C点评：考查人们对光的本性认识，掌握光的波粒二象性的含义，注意与宏观中的波与微粒的区别2关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是（）A 线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次B 线圈平面每经过中性面一次
13、，感应电流方向就改变一次感应电动势向不变C 线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次D 线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都要改变一次考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：线圈通过中性面时线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次解答：解：当线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次故只有C正确；故选：C点评：本题考查中性面特点：线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向
14、均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次3小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=110的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法中正确的是（）A 电压有效值为220VB 电流的周期为0.01sC 如果在该电阻器两端并联一个交流电压表，该电压表的示数为220 VD 如果在该电路中串联一个交流电流表，该电流表的示数为2V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专题：交流电专题分析：从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解解
15、答：解：A、由图可知，交流电的最大电压Um=220V，所以交变电压的效值为U=220V，故A错误；B、由图可知，交流电周期T=0.02s，故B错误；C、如果在该电阻器两端并联一个交流电压表，电压表的示数为有效值，所以电压表的示数为220V，故C正确；D、如果在该电路中串联一个交流电流表，该电流表的示数为I=2A，故D错误；故选：C点评：本题比较简单考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解4如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220sin（100t）（V）的交流电源上，副线圈接有R=55的负载电阻原、副线圈匝数之比为2：1电流表、电压表均为理想电表
16、下列说法正确的是（）A 原线圈中电流表的读数为1AB 原线圈中的输入功率为220C 副线圈中电压表的读数为110VD 副线圈中输出交流电的周期为50s考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论解答：解：A、由瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为110V，再由输入功率和输出功率相等可得220I1=，所以原线圈的电流的大小为1A，所以A正确；B、由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为=220W，所以B错误；C、电压表的读
17、数为电压的有效值，由A的分析可知，副线圈的有效值为110V，所以电压表的读数为110V，所以C错误；D、变压器不会改变交流电的周期和频率，所以副线圈中输出交流电的周期为T=0.02s，所以D错误故选A点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解5如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s下列说法正确的是（）A 球棒对垒球的平均作用力大小为360NB 球棒对垒球的平均作用力大小为720NC 球棒对垒球的平均作用力大小为12
18、60ND 无法判断考点：动量定理专题：动量定理应用专题分析：对球棒击球的过程运用动量定理列方程求解作用力解答：解：根据动量定理：Ft=mv2mv1得：F=1260N，符号表示力的方向与初速度的方向相反故选：C点评：此题主要考查动量定理的简单运用，难度不大，属于基础题6电子是哪位科学家发现的（）A 汤姆生B 卢瑟福C 康普顿D 查德威克考点：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：电子是汤姆生发现的，故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一7一人静止于完全光滑的水平
19、冰面上现欲离开冰面，下列可行的方法是（）A 向后踢腿B 手臂向前甩C 在冰面上滚动D 脱下外衣水平抛出考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：选取合适的系统为研究对象，根据动量守恒定律进行分析解答：解：AB、以人作为整体为研究对象，向后踢腿或手臂向前甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故AB错误；C、因为是完全光滑的水平冰面，没有摩擦力，人是滚不了的，C错误；D、把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣一个速度，动量总量不变，所以人也可以有一个反向的速度，可以离开冰面，D正确；故选：D点评：本题是实际问题，考查了利用动量守恒定律分析问题的能力，关键选取合适的系统为研究对象8氢原
20、子的能级如图，一群氢原子处于n=3的能级，向较低能级跃迁的过程中，辐射的光子（）A 频率最多有2种B 频率最多有3种C 能量最大为11.09eVD 能量最大为10.2eV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：根据数学组合公式求出辐射光子频率的种数，能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大解答：解：A、根据=3知，辐射的光子频率最多3种故A错误，B正确C、由n=3向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，为13.61.51eV=12.09eV故CD错误故选：B点评：解决本题的关键知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，即EmE
21、n=hv二、双项选择题（在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，只选1个且正确的得2分，有选错或不答的得0分）9关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（）A 只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B 只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C 只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D 在空中爆裂为两块炸弹，以两块碎片为系统，系统水平方向动量守恒考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：系统动量守恒的条件是合外力为零系统内存在着摩擦力或一个物体具有加速度时，系统的动量不一定不守恒解答：解：A、若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量
22、仍守恒故A错误B、只要系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，系统的动量却守恒故B错误C、只有系统所受的合外力为零，系统的动量不能改变，即系统的动量守恒故C正确D、在空中爆裂为两块炸弹，以两块碎片为系统，水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒故D正确故选：CD点评：本题考查对动量守恒条件的理解，抓住守恒条件：合外力为零，可以通过举例的方法进行分析10一交流电压的图象如图所示，将该交流电压加在一阻值为22的电阻两端，下列说法中正确的是（）A 该电阻消耗的功率为550 WB 该交流电压的瞬时值表达式为u=110sin100t VC 并联在
23、该电阻两端的交流电压表的示数为110 VD 流过电阻的电流方向每秒改变50次考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：由图读出交流电压的最大值，由最大值与有效值的关系求出有效值，根据有效值求解电阻消耗的功率读出周期，求出角频率，写出交流电压的瞬时值表达式交流电压表测量的是有效值交流电一个周期内电流方向改变两次，根据频率求出电流方向每秒改变的次数解答：解：A、由图读出，电压的最大值为Um=110V，有效值为U=110V，该交流电压加在阻值为22的电阻两端时，电阻消耗的功率为P=550W故A正确B、由图读出周期T=0.02s，
24、则=100rad/s，该交流电压的瞬时值表达式为u=Umsint=110sin100t（V）故B正确C、并联在该电阻两端的交流电压表的示数为电压的有效值，即为110V故C错误D、该交流电压的频率f=50Hz，交流电一个周期内电流方向改变两次，则该交流电流过电阻的电流方向每秒改变100次故D错误故选：AB点评：本题考查交流电有效值、瞬时值、频率等知识交流电压测量的是有效值，计算交流电的电功、电功率和焦耳热等与热效应等有关的量都用有效值11如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220V和10A，已知甲图中原 副线圈匝数比为 100：1，乙图中原副线圈匝数比为1：10，则（）A 甲图
25、中的电表是电压表，输电电压为22000VB 甲图是电流互感器输电电流是100AC 乙图中的电表是电压表，输电电压为22000VD 乙图是电流互感器，输电电流是100A考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：甲图是电压互感器，乙图是电流互感器变压器原副线圈的电压比等于匝数比只有一个副线圈的变压器，原副线圈中的电流比等于匝数的反比解答：解：A、根据变压器电压表等于匝数比，有=，故A正确B、甲图是电压互感器故B错C、乙图是电流互感器，电表是电流表故C错D、只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比，有=，故D正确故选AD点评：电压互感器原线圈并接在两个输电线上，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，
26、是降压变压器，把高电压降低成低电压，副线圈接电压表电流互感器原线圈串接在某一根输电线中，原线圈匝数比副线圈匝数少，原线圈中是大电流，副线圈中是小电流，副线圈接的是电流表12光电效应实验中，下列表述正确的是（）A 光照时间越长光电流越大B 入射光足够强就可以有光电流C 遏止电压与入射光的频率有关D 入射光频率大于极限频率才能产生光电子考点：光电效应分析：发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，遏制电压与最大初动能有关，入射光的频率越大最大初动能越大光强不一定能发生光电效应，不一定有光电流，在发生光电效应时，入射光的强度影响光电流的大小解答：解：A、光电流的大小与光照时间无光，与光的强度有关故
27、A错误 B、发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，入射光强，不一定能发生光电效应故B错误 C、根据光电效应方程Ekm=eUc=hW0，知遏止电压与入射光的频率有关故C正确 D、发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率故D正确故选CD点评：解决本题关键掌握光电效应的条件和规律知道光电流的大小在发生光电效应的前提下，与入射光的强度有关13下列有关光的波粒二象性的说法中，正确的是（）A 有的光是波，有的光是粒子B 光子与电子是同样的一种粒子C 光的波长越长，其波动性越显著；波长越短，其粒子性越显著D 大量光子的行为往往显示出波动性考点：光的波粒二象性分析：光具有波粒二象性是微观世界具有的特殊
28、规律，大量光子运动的规律表现出光的波动性，而单个光子的运动表现出光的粒子性光的波长越长，波动性越明显，波长越短，其粒子性越显著解答：解：A、光具有波粒二象性，故A错误；B、电子是组成原子的基本粒子，有确定的静止质量，是一种物质实体，速度可以低于光速；光子代表着一份能量，没有静止质量，速度永远是光速，故B错误；C、光的波长越长，波动性越明显，波长越短，其粒子性越显著，故C正确；D、大量光子运动的规律表现出光的波动性，故D正确；故选：CD点评：本题考查了光的波粒二象性，有时波动性明显，有时粒子性明显14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
29、的，则B球碰后的速率可能是（）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=mv0+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点评：本题考查了动量守恒定律的应用，两球碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意球的速度方向15如图小球A和B由轻弹簧连接，置于光滑水平面上一颗质量为m子弹，以水平速度v0射入A球，并在极短时间内嵌
30、在其中，对子弹、小球A和B组成的系统，下列说法正确的是（）A 子弹射入过程系统动量守恒B 子弹射入过程系统机械能守恒C 子弹、小球A和B共速时弹簧弹性势能最大D 系统最终会处于静止状态考点：动量守恒定律；功能关系专题：动量定理应用专题分析：系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据动量守恒与机械能守恒定律分析答题解答：解：A、子弹射入过程，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；B、子弹射入过程要克服阻力做功，系统机械能有损失，机械能不守恒，故B错误；C、子弹、小球A和B共速时，系统动能最小，由能量守恒定律可知，此时弹簧弹性势能最大，故C正确；D、系统动
31、量守恒，由于系统初动量不为零，则系统任何时刻动量都不为零，系统最终不会静止，故D错误；故选：AC点评：本题考查了动量守恒与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律即可正确解题16下列关于光电效应的说法正确的是（）A 若某材料的逸出功是W，则它的极限频率B 光电子的初速度和照射光的频率成正比C 光电子的最大初动能和照射光的频率成正比D 光电子的最大初动能随照射光频率的增大而增大考点：光电效应专题：光电效应专题分析：根据光电效应方程得出光电子的初速度、最大初动能与光子频率的关系解答：解：A、逸出功W=hv0，则极限频率故A正确B、根据光电效应方程
32、EKm=hvW0知，最大初动能与光子频率成一次函数关系，随照射光的频率增大而增大，不是成正比关系光电子的初速度与光的频率也不是成正比故B、C错误，D正确故选AD点评：解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系17在远距离输电电路中，输电导线的总电阻为R，升压变压器输出的电压为U1，输出功率为P，用户降压变压器得到的电压为U2，则下面表示导线上的功率损失正确的式子是（）A B （）2RC D 考点：远距离输电专题：交流电专题分析：根据输电线中的电流，结合求出损失的功率，或根据电压损失，结合求出输电线上的损失功率解答：解：升压变压器的输出电压为U1，降压变压器的输入电压为U2
33、，则输电线上的电压损失U=U1U2，升压输电线上损失的功率P损=UI=（aU1bU2）I，或因为输电线上的电流为I，则输电线上损失的功率=（）2R故BC正确，A、D错误故选：BC点评：解决本题的关键知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，掌握损失功率的求法，基础题18根据氢原子能级图（如图）可判断（）A 氢原子跃迁时放出的光子的能量是连续的B 电子的轨道半径越小，氢原子能量越小C 处于基态的氢原子是最稳定的D 欲使处于基态的氢原子激发，可用11eV的光子照射考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：原子的能级结构专题分析：能级差是不连续的，吸收或辐射的光子能量等于两能级的能级差，所以光子能量不连续轨道半径
34、越小，原子能量越小解答：解：A、氢原子跃迁时吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，由于能级差不连续，则光子能量不连续故A错误B、电子轨道半径越小，能级越小，即氢原子能量越小，故B正确C、原子的能量越小越稳定，处于基态的氢原子是最稳定的，故C正确；D、11eV的能量不等于基态与其它能级间的能级差，所以该光子能量不能被吸收而发生跃迁故D错误故选：BC点评：本题考查了氢原子的能级与氢原子的跃迁问题，解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差三、实验题（12分）19如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系（1）实验中，直接
35、测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量C（填选项前的符号），间接地解决这个问题A小球开始释放高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的射程（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复接下来要完成的必要步骤是ADE（填选项前的符号）A用天平测量两个小球的质量m1、m2B测量小球m1开始释放高度hC测量抛出点距地面的高度HD分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE测量平抛
36、射程OM，ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为m1OM+m2ON=m1OP（用第（2）小题中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为m1OM2+m2ON2=m1OP2（用第（2）小题中测量的量表示）考点：验证动量守恒定律专题：实验题分析：在该实验中，小球做平抛运动，H相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v解答：解：（1）如前面的分析，可以用位移x来代替速度v，因此待测的物理量就是位移x、小球的质量m（2）待测的物理量就是位移x（水平射程OM，ON）和小球的质量m，所以，要完成的必要步骤是ADE（3）若两球相碰前后的动量守恒
37、，则m1v0=m1v1+m2v2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：m1OP=m1OM+m2ON 若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则：，代入得；m1OP2=m1OM2+m2ON2故答案为：C； ADE；m1OP=m1OM+m2ON m1OP2=m1OM2+m2ON2点评：该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键此题难度中等，属于中档题四、计算题（共24分要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤，有数值计算的题要明确写出数值和单位，只有最终结果的不得分）20质量为m1=
38、1.0kg和m2（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其xt （位移时间） 图象如图所示，试通过计算回答下列问题：m2等于多少千克？碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞？考点：动量守恒定律分析：根据xt图象斜率求出各自的速度，根据碰撞过程中动量守恒即可求解m2；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可解答：解：碰撞前m2是静止的，m1的速度为v1=m/s=4m/s碰后m1的速度v1=m/s=2m/sm2的速度v2=m/=2m/s根据动量守恒定律有m1v1=m1v1+m2v2代入得14=1（2）+m22解得 m2=3kg碰撞前总动能 Ek1+Ek2=142+0=8J碰撞后总动
39、能+Ek2=+=+2=8J故碰撞是弹性碰撞答：m2等于3千克碰撞过程是弹性碰撞点评：本题主要考查了动量守恒定律得应用，要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞21如图，水平地面和半圆轨道面均光滑，质量M=1kg的小车静止在地面上，小车上表面与R=0.4m的半圆轨道最低点P的切线相平现有一质量m=2kg的滑块（可视为质点）以v0=7.5m/s的初速度滑上小车左端，二者共速时滑块刚好在小车的最右边缘，此时小车还未与墙壁碰撞，当小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，滑块则离开小车进入圆轨道并顺着圆轨道往上运动，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数=0.5
40、，g取10m/s2求：（1）小车与墙壁碰撞前的速度大小v1；（2）小车需要满足的长度L；（3）请判断滑块能否经过圆轨道的最高点Q，说明理由考点：动量守恒定律；向心力专题：动量定理应用专题分析：（1）由动量守恒定律可以求出速度（2）由能量守恒定律求出小车的长度（3）由牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题解答：解：（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，乙向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0=（m+M）v1，代入数据解得：v1=5m/s，（2）设小车的最小长度为L1，由系统能量守恒定律，有：mgL=mv02（m+M）v12，代入数据解得：L=3.75m；（3）若滑块恰能滑过圆的最高点的速度为v，由牛顿第二定律得：mg=m，代入数据解得：v=2m/s，滑块从P运动到Q的过程，根据机械能守恒定律，有：mv12=mg2R+mv22，代入数据解得：v2=3m/s，v2v，说明滑块能过最高点Q；答：（1）小车与墙壁碰撞前的速度大小v1为5m/s；（2）小车需要满足的长度L为3.75m；（3）滑块到达最高点时的速度大于滑块做圆周运动的临界速度，滑块能经过圆轨道的最高点Q点评：本题考查了求速度、求小车的长度、判断滑块能否过轨道的最高点，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律、机械能守恒定律即可正确解题
