1、河北省唐山一中2015届高三上学期12月调研考试物理试卷一、选择题（本题包括8小题，每小题6分在每小给出的四个选项中，第15题只有一个选项符合题目要求，第68题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）1（如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速直线运动，则关于下列物体受力情况的说法中正确的是（）A物体A可能只受到二个力的作用B物体A一定只受到三个力的作用C物体A一定受到了四个力的作用D物体A可能受到了四个力的作用考点：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；物体的弹性和弹力.专题：计算题分析：物体之间产生摩擦力必须要具备以下三个条件：第一
2、，物体间相互接触、挤压；第二，接触面不光滑；第三，物体间有相对运动趋势或相对运动 弹力是物体因形变而产生的力，这里指的是物体间相互接触、挤压时的相互作用力；将拉力按照作用效果正交分解后，结合运动情况和摩擦力和弹力的产生条件对木块受力分析，得出结论解答：解：物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力；故选C点评：对物体受力分析通常要结合物体的运动情况，同时本题还要根据弹力和摩擦力的产生条件分析2（6分）如图所示，匀强磁场
3、的边界为平行四边形ABCD，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于粒子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是（）A入射速度越大的粒子，其运动时间越长B从AB边出射的粒子的运动时间都相等C入射速度越大的粒子，其运动轨迹越长D从AC边出射的粒子的运动时间都相等考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意及几何知识分析电子从AC，AB边飞出时粒子所转过的圆心角，比较电子的运动时间轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长解答：解：电子做圆周
4、运动的周期T=，保持不变，电子在磁场中运动时间为t=T，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长A、B、电子沿BC方向入射，若从AB边射出时，根据几何知识可知在AB边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关故A错误，B正确C、D、从AC边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间不相等故CD错误故选：B点评：本题考查了求电子在磁场中的运动时间问题，找出粒子在磁场中做圆周运动时所转过的圆心角是正确解题的关键3（6分）（2012漳州模拟）如图所示，空间有与水平方向成角的匀强电场一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点当小球静止时
5、，细线恰好处于水平位置现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变则该外力做的功为（）AmgLcotBmgLtanCDmgL考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：动能定理的应用专题分析：小球在最高点受力平衡，根据平衡条件得出电场力大小；然后对从最高点到最低点过程运用动能定理列式求解解答：解：小球在最高点受力平衡，如图，根据平衡条件，有：T=mgcotqE=对从最高点到最低点过程运用动能定理得到：WF+mgL+qELcos（225）=0由解得：WF=mgLcot故选：A点评：本题关键是先根据平衡条件求出弹力和电场力，然后根据动能定理列式求解出拉力F做的功4（
6、6分）如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直，t=0时，将开关S由1掷向2，分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则图所示的图象中正确的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电容器.专题：电磁感应与电路结合分析：将开关S由1掷向2后，电容器放电后会在电路中产生电流导体棒通有电流后会受到安培力的作用，会产生加速度而加速运动导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势增大，由于感应电动势将电容器的电压抵消一些，回路中电流将减小，安培力减
7、小，加速度减小，当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，达到一种平衡时，导体棒做匀速运动通过分析导体棒的运动情况来求解解答：解：首先分析导体棒的运动情况：开关S由1掷到2，电容器放电，在电路中产生放电电流导体棒通有电流后会受到向右的安培力作用，向右加速运动导体棒将切割磁感线，产生感应电动势，此感应电动势将电容器的电压抵消一些，随着速度增大，感应电动势增大，则回路中的电流减小，导体棒所受的安培力减小，加速度减小因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动（变加速）当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力，做匀速运动A、当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势
8、，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，则由Q=CU知，电容器的电量应稳定在某个不为0的数值，不会减少到0这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流，故A错误B、由于通过棒的电流是按指数递减的，最后电流减至零故B错误C、导体棒先做加速度减小的变加速运动由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力时，导体棒做匀速运动故vt图象是曲线后应是直线故C错误D、根据上面分析可知，杆的加速度逐渐减小直到为零，故D正确故选：D点评：本题关键分析电容器放电过程，以及导体棒的受力情况，来分析其运动情况5（6分）如图所示，轮子的半径均为R
9、=0.20m，且均由电动机驱动以角速度=8.0rad/s逆时针匀速转动，轮子的转动轴在同一水平面上，轴心相距d=1.6m，现将一块均匀木板平放在轮子上，开始时木板的重心恰好在O2轮的正上方，已知木板的长度L2d，木板与轮子间的动摩擦因数均为=0.16，则木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需的时间是（）A1sB0.5sC1.5sD2s考点：线速度、角速度和周期、转速；牛顿第二定律.分析：根据v=R求出轮子的线速度，木板在轮子上先做匀加速直线运动，当速度达到轮子的线速度时，做匀速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出运动的时间解答：解：轮子的线速度v=R=0.28m/s=1.6
10、m/s，木板的加速度a=g=1.6m/s2，当木板达到轮子线速度所经过的位移x=m=0.8m1.6m，知木板先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，匀加速直线运动的时间t1=s=1s，位移为0.8m，则匀速直线运动的位移x2=1.60.8m=0.8m，匀速直线运动的时间t2=s=0.5s，所以运动的总时间t=t1+t2=1.5s故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键能通过物体的受力判断出物体的运动情况，然后结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解6（6分）质点做直线运动的vt图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点（）A在前8s内平均速度的大小为0.25m/s，方向向左Bt=3s和t=4
11、s时的加速度相等Ct=3s和t=4s时的加速度大小相等，方向相反Dt=5s时速度方向恰好改变考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：vt图象的斜率表示加速度，图线与时间轴包围的面积位移大小，交点表示对应时刻的速度相同解答：解：A、在前8s内位移为：x=2325=2m平均速度=0.25m/s，平均速度大小为0.25m/s，方向向左，故A正确；B、C、vt图象的斜率表示加速度，故t=3s和t=4s时的加速度相等，故B正确，C错误；D、t=5s时刻前后速度方向均为负方向，没有变化，是加速度方向改变了，故D错误；故选：AB点评：对于vt图象，关键是明确斜率、面积、截距的物理意义，对于
12、多过程问题，采用图想法分析较为简洁7（6分）如图所示，质量20kg的小物块（可视为质点）以速度4m/s水平向右进入转送带，传送带向左传动、速率为3m/s，两皮带轮轴心间的距离是9m，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.1对此，下列说法中正确是（）A物体将从传送带的左边离开B特体将从传送带的右边离开C物块离开传送带的速度为3m/sD物块离开传送带的速度为4m/s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：滑块向右运动是减速，先假设皮带足够长，根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据速度位移关系公式求解位移，通过与传送带的长度比较后得到物体的实际运动性质
13、解答：解：A、B、滑块向右运动是减速，先假设皮带足够长，根据牛顿第二定律，有：a=根据速度位移关系公式，有：v2=2（a）x解得：x=故没有到达最右端速度即减为零，此后在传送带的作用下向左运动，故从左边滑出，故A正确，B错误；C、如果向左一直加速，末速度为4m/s，但传送带速度为3m/s，小于滑块的初速度，故滑块速度增加到3m/s后即与传送带间无摩擦，一起做匀速运动，故离开传送带的速度为3m/s，故C正确，D错误；故选：AC点评：本题关键是明确先根据牛顿第二定律判断出物体的加速度，然后根据运动学公式判断物体的运动性质，不难8（6分）如图所示，电源电动势为E，内阻为r电路中的R2、R3分别为总阻
14、值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态有关下列说法中正确的是（）A只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D若断开电键S，带电微粒向下运动考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总
15、电流增大，判断R0消耗的电功率，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况若断开电键S，电容器处于放电状态解答：解：A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确
16、；B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；C、只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=可知，电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故D正确故选：AD点评：本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题-第32题为必考题，每个小题考生都必须作答；第33题-第38题为选考题，考生根据要求作答（一）必
17、考题：（共130分）9（8分）（2010盐城一模）某同学用如图所示装置“研究物体的加速度与外力关系”，他将光电门固定在气垫轨道上的某点B处，调节气垫导轨水平后，用重力为F的钩码，经绕过滑轮的细线拉滑块，每次滑块从同一位置A由静止释放，测出遮光条通过光电门的时间t改变钩码个数，重复上述实验记录的数据及相关计算如下表实验次数12345F/N0.490.981.471.962.45t/（ms）40.428.623.320.218.1t2/（ms）21632.2818.0542.9408.0327.6/104（ms）26.112.218.424.530.6（1）为便于分析F与t的关系，应作出的关系图象
18、，并在如图坐标纸上作出该图线（2）由图线得出的实验结论是F与成正比（3）设AB间的距离为s，遮光条的宽度为d，请你由实验结论推导出物体的加速度与外力的关系考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系.专题：实验题分析：（1）根据数据关系和能否根据图象判定因变量和自变量之间的关系确定应作出的关系图象，作图时要先选择合适的标度，再描点最后连线，让该直线尽可能多的穿过这些点，让其余的点尽可能均匀分布在直线的两侧（2）作出图象即可得到F与成正比（3）遮光条通过光电门的速度可以用平均速度代替故v=，再根据v2=2as即可求出物体的加速度a解答：解：（1）由图表看不出F和t之间的关系，而F和t2可能成反比关
19、系，而是否是反比关系是很难根据图象判定的，所以应作出的关系图象通过描点法作出图象如图所示；（2）根据所作F与的关系图象可知图象是一条过坐标原点的一条直线，故F与成正比；（3）由题意知物体通过光电门的时间为t，则物体通过光电门的速度为v=，设物体的加速度为a，则有v2=2as，所以故答案为：（1）；图象如图所示；（2）F与成正比（3）点评：本题主要是考查同学们作图的能力和根据图象得出数量关系的能力，只有在日常学习一步一步亲力所为才能逐步培养出这种能力10（8分）某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1的（6V，2.5W）伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有
20、下列器材：A直流电源（6V，内阻不计）B电流表G（满偏电流 3mA，内阻Rg=10）C电流表A（00.6A，内阻未知）D滑动变阻器（020，10A）E滑动变阻器（0200，1A）F定值电阻R0（阻值1990）G开关与导线若干（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）（画在图1方框内）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用D（填写器材序号）（3）将上述电子元件R1 和另一电子元件R2接入如图2所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中ob、oa所示电源的电动势E=6.0V，内阻忽略不计调节滑动变阻器R3，使
21、电阻R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电阻R1的阻值为10，R3接入电路的阻值为4考点：描绘小电珠的伏安特性曲线.专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）在该实验中，滑动变阻器采用分压接法，由于没有电压表，因此需要用已知内阻的电流表G进行改装，由此可画出原理图（2）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（3）电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，根据图象求出此时流过R1和R2的电压电流，从而求出R1的阻值，根据串并联知识进一步求出滑动变阻器接入电路中的电阻值解答：解：（1）描绘伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法
22、；由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G与定值电阻R0串联测电压，电压表内阻为10+1990=2000，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：（2）滑动变阻器采用分压接法，所以在选择时选择总阻值较小的滑动变阻器D，便于调节（3）电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，由图（3）乙可知，此时电阻两端的电压为U=2.5V，I=0.25A，根据欧姆定律得：R1=10根据串并联电路特点，可知，此时流过R3的电流为：I=I=0.25A，两端的电压为：U=E2U=6V2.52V=1VR3=4故答案为：（1）如图所示（2）D （3）10； 4点评：
23、本本题考查了设计实验电路、实验器材的选择、求功率；第（3）小桶是本题的难点，分析清楚电路结构、根据电路结构及串联电路特点求出R2两端电压，由图象求出通过R2的电流是正确解题的关键11（15分）为保障安全驾驶，公安部重新修订机动车驾驶证申领和使用规定，新规定于2013年1月1日起正式施行如图所示，在合安高速公路某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度若B为测速仪，A为汽车，两者相距355m，此时刻B发出超声波，同时A由于紧急情况而急刹车（视为匀变速直线运动），当B接收到反射回来的超声波信号时，A恰好停止，且此时A、B相距335m，已知声速为340m
24、/s（1）求汽车刹车过程中的加速度；（2）若该路段汽车正常行驶时速度要求在60km/h110km/h，则该汽车刹车前的行驶速度是否合法？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：（1）从B发出超声波到接收到反射回来的超声波信号这段时间内，求出A的位移，由于超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，根据匀变速直线运动的推论求出超声波从B发出到A这段时间内A的位移，从而得出超声波从B到A的位移，根据声速求出运行的时间，从而再根据x=aT2求出汽车运动的加速度（2）根据速度位移公式求出刹车前的速
25、度，进而判断是否合法解答：解：超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在整个这段时间内汽车的位移x=355335m=20m初速度为零的匀变速直线运动，在开始相等时间内的位移之比为1：3，所以x1=5m，x2=15m，则超声波被A接收时，AB的位移x=335+5m=340m，所以超声波从B发出到被A接收所需的时间T=则t=2T=2s根据x=aT2得，a=10m/s2（2）由A车刹车过程中的位移解得：刹车前的速度v0=20m/s=72km/h在规定范围内，是合法的答：（1）汽车刹车过程中的加速度为10m/s2；（2）若该路段汽车正常行驶时速度要求在60km/h110km/h，则该汽车
26、刹车前的行驶速度合法点评：解决本题的关键理清运动过程，抓住超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，运用匀变速直线运动的规律进行求解12（16分）如图所示，A、B两板间距为d1=0.04m，板间电势差为U1=2103V，C、D两板间距离d2=0.40m，C、D两板板长均为L=1.0m，两板间加一恒定电压U2（C板电势高）在S处有一电量为q=8105C、质量为m=2106C的带正电粒子，无初速释放，经A、B间电场加速又经C、D间电场偏转后直接进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感强度为B=100T，不计重力影响欲使该带电粒子经过磁场偏转后，飞回C、D两板间，恰打在D板的左边缘求：（
27、1）该带电粒子以多大的初速度飞入C、D两板间？（2）C、D两板间电势差U2（3）匀强磁场的宽度b至少为多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在A、B间做加速运动，由动能定理可以求出粒子的速度（2）粒子在C、D间做类平抛运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律求出电势差（3）根据几何知识求出匀强磁场的宽度解答：解：（1）AB加速阶段，由动能定理得：qU1=mv020代入数据解得：v0=400 m/s，（2）粒子在C、D间偏转，带电粒子作类平抛运动，运动时间：t1=，代入数据解得：
28、t1=2.5103s侧移量：y1=at12=t12设在偏转电场中，偏转角为则：tan=粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m得粒子在磁场中做圆周运动的半径：R=磁场中向上侧移量：h=2Rcos=，代入数据解得：h=0.2m由y1+h+y1=a（2t1）2=4y1，代入数据解得：y1=0.1m代入式解得：U2=320V（11）（3）把U2=320V，代入式解得：tan=0.2（12）v=v0=80m/s（13）代入式和几何关系：b=R+Rsin=（1+sin），代入数据解得：b=0.02（+1）m；答：（1）该带电粒子以400m/s的初速度飞入C、D两板间；
29、（2）C、D两板间电势差U2为320V；（3）匀强磁场的宽度b至少为0.02（+1）m点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题（二）选考题：请考生从给出的2道物理题中，任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分【物理-选修3-4】13（5分）下列属于光的衍射现象的是（）A雨后天空出现的绚丽的彩虹B阳光下肥皂膜上的彩色条纹C太阳光通过三棱镜产生的彩色条纹D眼睛透过纱巾看到的灯光的条纹E眼睛眯成一条线看到的发光的电灯周围有彩色花纹考点：波的干涉和衍射现象.分析：雨后天空中的彩虹是光的折射与反射；
30、太阳光通过三棱镜产生彩色条纹是光的色散；阳光下肥皂膜上的彩色条纹是光的干涉；对着日光灯从两支紧靠的铅笔间窄缝看到的彩色条纹是光的衍射解答：解：A、光雨后天空美丽的彩虹，属于光的折射现象，故A错误B、阳光下肥皂膜上的彩色条纹，是属于薄膜干涉现象，故B错误C、太阳光通过三棱镜产生彩色条纹，是由于光发生了色散现象即属于光的折射现象，故C错误D、对着日光灯从两支紧靠的铅笔间窄缝看到的彩色条纹，是光绕过障碍物传播的现象，故属于光的衍射现象，而之所以看到彩色条纹，是由于不同的色光波长不同发生叠加造成的，故D正确E、眼睛眯成一条线看到的发光的电灯周围有彩色花纹，是光绕过障碍物传播的现象，故属于光的衍射现象故
31、E正确故选：DE点评：掌握折射现象、干涉现象和衍射现象的本质的不同是顺利解决此类题目的关键14（10分）内表面只反射而不吸收光的圆筒内有一半径为R的黑球，距球心为2R处有一点光源S，球心O和光源S皆在圆筒轴线上，如图所示若使点光源向右半边发出的光最后全被黑球吸收，则筒的内半径r最大为多少？考点：光的折射定律.专题：光的折射专题分析：自S作球的切线S，并画出S经管壁反射形成的虚像点，画出球面的切线解答：解：自S作球的切线S，并画出S经管壁反射形成的虚S，及由S画出球面的切线SN，如图1所示，由图可看出，只要SM和SN之间有一夹角，则筒壁对从S 向右的光线的反射光线就有一部分进入球的右方，不会完全
32、落在球上被吸收由图可看出，如果r的大小能使SN与SM重合，如图2，则r就是题所要求的筒的内半径的最大这时SM 与MN的交点到球心的距离MO就是所要求的筒的半径r由图2可得：r= （1）由几何关系可知sin= （2）由（1）、（2）式得r=R （3）答：筒的内半径r最大为R点评：画图是解决本题的关键，要知道什么时候光全部被黑球吸收【物理-选修3-5】（15分）15根据玻尔原子结构理论，氦离子（He+）的能级图如图所示 电子处在n=5轨道上比处在n=3轨道上离氦核的距离远 （选填“近”或“远”） 当大量He+处在n=3的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有3条考点：氢原子的能级公式和跃迁.专题：原子的
33、能级结构专题分析：根据玻尔原子理论，电子所在不同能级的轨道半径满足rn=n2r1，激发态跃迁的谱线满足，从而即可求解解答：解：根据玻尔原子理论，能级越高的电子离核距离越大，故电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氢核的距离近，所以电子处在n=5轨道上比处在n=3轨道上离氦核的距离远跃迁发出的谱线特条数为N=，代入n=3，解得：N=3，故答案为：远，3点评：本题主要考查德布罗意波和玻尔原子理论，在考纲中属于基本要求，作为江苏高考题难度不是很大16如图所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，mM现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初
34、速度（如图），使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地为参照系（1）若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向；（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离考点：动量守恒定律；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：（1）系统置于光滑水平面，其所受合外力为零，系统总动量守恒，A最后刚好没有滑离B板，两者的速度相同，根据动量守恒定律即可求解；（2）恰好没有滑离，根据动能定理求出相对滑动产生的热量，向左运动到达最远处时速度为0，由动能定理列式，联立方程即可求解解答：解：（1）A刚好没有滑离B板时，VA=VB=V，A在B的最左端，设向右为正方向，则有：MV0mV0=（M+m）V解得：，因mM，则V0，说明共同速度方向向右（2）A、B系统损失的机械能：又：E=mgl当A向左减速为零时，设A离出发点向左最远为S，对A由动能定理有：由上各式得：答：（1）它们最后的速度大小为，速度方向向右（2）小木块A向左运动到达的最远方（从地面上看）离出发点的距离为点评：本题关键要判断出系统的动量守恒，准确把握临界条件，并结合动能定理求解
