1、2015年江西省宜春市高安二中高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题：本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，1-5小题只有一项符合题目要求，6-8小题有多项符合题目要求全部选对得6分，选对但不全得3分，错选得0分1（6分）直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成了一个闭合回路；长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，观察到ab向左滑动关于cd中的电流，下列说法正确的是（） A 电流一定增大，方向沿c向d B 电流一定增大，方向沿d向c C 电流一定减小，方向可能由d向c D 电流大小恒定，方向由d到c【考点】： 楞次定律；磁感线及用磁感线描述磁
2、场【专题】： 电磁感应与图像结合【分析】： 要使ab发生运动则右侧框架中一定会发生电磁感应现象，则由楞次定律可得出线框内磁场的变化【解析】： 解：导线左移时，线框的面积增大，由楞次定律可知原磁场一定是减小的；并且不论电流朝向哪个方向，只要电流减小，都会发生ab左移的情况；故选：C【点评】： 楞次定律有两种描述，一种是：增反减同，另一种是：来拒去留；本题可根据第二种描述快速求解；应明确电磁感应中的阻碍的各种含义2（6分）2015年莫斯科世锦赛上，我国男子短道速滑队时隔15年再次站到5000m接力的冠军领奖台上观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲
3、时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（） A 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同 B 甲对乙的作用力一定做正功，乙的动能增大 C 乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大 D 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量【考点】： 动能定理的应用；牛顿第三定律【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒【解析】： 解：A、由牛顿第三定律可知
4、，作用力与反作用力大小相等，方向相反，所以甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，故A错误；B、甲对乙的作用力一定做负功，乙的动能减小，故B错误；C、乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大，故C正确；D、根据动量守恒定律知，甲动量的增加量等于乙动量的减小量，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系，故D错误；故选：C【点评】： 明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，故两个运动员系统的总动量守恒3（6分）近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅（约270N）的重量，相当于给
5、颈椎挂俩大西瓜，比一个7岁小孩还重不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛，体重增加、胃痛、偏头痛的呼吸道疾病等当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化现将人体头颈部简化为如图的模型；重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP（轻杆）的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止当低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45，PQ与竖直方向的夹角为60，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的（） A 4.2倍 B 3.3倍 C 2.8倍 D 2.0倍【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；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】： 对人
6、的头部进行分析，明确其受力情况，由共点力的平衡条件可得出对应的平行四边形；由正弦定理可求得颈椎受到的压力【解析】： 解：由题意可明确人的头受力情况，如图所示：设人的颈椎对头的支持力F，则由几何关系可知：=所以F=G3.73G；故选：B【点评】： 本题考查共点力的平衡在实际生活中的应用，要注意正确根据题意明确作出对应的图象，再由几何关系即可求解4（6分）假设火星可视为质量均匀分布的球体，已知“火卫一”（火星的卫星）绕火星做圆周运动的半径为R，周期为T，火星的半径为R0，自转周期为T0，则火星表面的重力加速度在赤道处大小与两极处大小的比值为（） A B C 1 D 1【考点】： 万有引力定律及其应
7、用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 在赤道上，万有引力一个分力等于重力，另一个分力提供向心力，在两极，万有引力等于重力结合火卫一的轨道半径和周期求出火星的质量，根据万有引力和重力的关系求出重力加速度的比值【解析】： 解：在赤道上的物体，有：，在两极，有：联立两式，根据，解得GM=，代入可得=1故选：D【点评】： 解决本题的关键知道万有引力与重力的关系，知道赤道上万有引力等于重力和向心力之和，两极万有引力等于重力5（6分）如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈1和2，其边长L1=2L2，在距磁场上界面h高处由
8、静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界设线圈1、2落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2，通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2，不计空气阻力，则（） A v1v2，Q1Q2，q1q2 B v1=v2，Q1=Q2，q1=q2 C v1v2，Q1Q2，q1=q2 D v1=v2，Q1Q2，q1q2【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 线圈进入磁场之前做自由落体运动，因下落高度相等，可知两线圈会以同样的速度进入磁场，由法拉第电磁感应定律可求出进入
9、磁场边界时的感应电动势，从而表示出受到磁场的安培力由电阻定律表示出两线圈的电阻，结合牛顿第二定律表示出加速度，可分析出加速度与线圈的粗细无关，从而判断出两线圈进入时运动是同步的，直到线圈2完全进入磁场后，线圈做匀加速运动，可得出落地速度的大小关系由能量的转化与守恒可知，损失的机械能（转化为了内能）与线圈的质量有关，从而判断出产生的热量大由q=分析电荷量的大小【解析】： 解：线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为： F=由电阻定律有：R=，（为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量为 m=0S4L，（0为材料的密
10、度）当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为：a=g联立得，加速度为：a=g则知，线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时，线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈2完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，两线圈匀加速运动的位移相同，所以落地速度关系为 v1v2由能量守恒可得：Q=mg（h+H）mv2（H是磁场区域的高度），因为m1m2，v1v2，所以可得 Q1Q2根据q=L知，q1q2故选：A【点评】： 本题要注意分析物体的运动状态及能量变化情况，关键点在于分析线圈进入磁场的过程，由牛顿
11、第二定律得到加速度关系，将电阻和质量细化，列式分析物体的运动情况关系6（6分）图1是远距离输电线路的示意图，圈2是发电机输出电压随时间变化的图象，则（） A 发电机输出交流电压的有效值约为500 V B 用户用电器上交流电的频率是100 Hz C 输电线的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定 D 当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大【考点】： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： 根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比【解析】： 解：A、由图象可知交流的最大值为Um=707V，
12、因此其有效值为U=500V，故A正确；B、发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T=0.02s，故f=，故B错误；C、输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C错误；D、当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故D错误；故选：A【点评】： 本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时要能正确书写交流电的表达式7（6分）某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示一个质量为m、电荷量
13、为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示则（不考虑空气阻力）（） A 电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向 B 从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大 C 从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大 D 到达x1位置时，小球速度的大小为【考点】： 电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出受力，继而判断出电场，在利用牛顿第二定律求的加速度【解析】： 解：
14、A、物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，故电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，故电场强度不断减小，故A错误；B、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，速度越来越大，故B正确；C、由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C错误；D、根据动能定理可得得，故D正确；故选：BD【点评】： 本题主要考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系，明确电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电场力减小即可8（6分）如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动
15、很小这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为M和m各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（） A 纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为（M+m）g B 要使纸板相对砝码运动，F一定大于2（M+m）g C 若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下 D 当F=（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小根据牛顿第二定律求出加速度，要使
16、纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值当F=（2M+3m）g时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置【解析】： 解：A、对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力（M+m）g+Mg，故A错误B、设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1=Ma1，Ff1f2=ma2发生相对运动需要a2a1代入数据解得：F2（M+m）g，故B正确C、若砝码与纸板分离时的速度小于，根据知，因为开始砝码向右做匀加速运动已经有一段位移，所以砝码可能还会从桌面掉下，故C错
17、误D、当F=（2M+3m）g时，砝码未脱离时的加速度a1=g，纸板的加速度=2g，根据，解得t=，则 此时砝码的速度，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a=g，则匀减速运动的位移，可知砝码恰好到达桌面边缘，故D正确故选：BD【点评】： 本题考查了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第16题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（7分）测量两只内阻未知的电流表的内阻，给出下列器材：电流表G1（10mA 内阻100左
18、右） 电流表G2 （5mA 内阻150左右） 定值电阻R1=100 定值电阻R2=10 滑动变阻器R3（0200） 滑动变阻器R4（010） 干电池1.5V 内阻未知 单刀单掷开关 单刀双掷开关 导线若干（1）在如图1所示的方框中画出实验电路设计图（2）你要选择的器材除外还应选： （写出代号）（3）在图2中将实物仪器用导线按要求连接起来【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 定值电阻的选择：实验中定值电阻与G1并联，若其阻值太小，会使其电流过大，应选与G1内阻相差不大的，据所给器材，设计实验电路，把G1与定值电阻并联，由G2与G1示数得定值电阻的电流，据并联电路电流
19、与电阻成反比关系得G1内阻，根据电路图连接实物图【解析】： 解：（1、2）若选R2，则其阻值太小，电流过大，而R1与G1内阻相当，故选：R1，010的滑动变阻器对电路中的电流的控制作用比较小，所以0100的滑动变阻器更合适，电源的电势能是1.5V，所以使用限流式接法比较合适，电路图如图所示（3）实物连线如下右图所示故答案为：（1）如图所示；（2）；（3）如图所示【点评】： 本题主要考查并联电路特点，明确电流与电阻的反比关系，学会由所给器材设计电路，难度不大，属于基础题10（8分）利用图1的装置可测量滑块与斜面间的动摩擦因数在斜面底端O处固定一光电 门，当带有遮光片的滑块自斜面上的P点从静止滑下
20、，通过光电门时，与光电门相连的计时器显示遮光片通过光电门的时间为t测得P、O间的距离为x已知遮光片的宽度为d完成下列填空：（1）P、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式是；（2）用游标卡尺测量遮光片的宽度如图2所示，则d=0.500cm，（3）多次改变滑块从斜面上开始下滑的位置，每次都让滑块由静止滑下，用米尺分别测出下滑点与O间的距离x，记下遮光片相应通过光电门的时间t，利用所得数据作出（）2x图线如图3所示：由图线可得滑块加速度的大小为3.92m/s2；测得斜面的高度h=60.00cm、斜面的长度L=100.00cm，取g=9.80
21、m/s2，则滑块与斜面间的动摩擦因数的值=0.25【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： （1）根据瞬时速度等于平均速度，及运动学公式，即可求解；（2）根据游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；（3）根据（）2x图线，结合运动学公式，通过图象斜率，即可求解加速度大小；（4）对滑块受力分析，结合牛顿第二定律，即可求解动摩擦因数【解析】： 解：（1）滑块经过光电门的速度为v=；根据运动学公式，那么P、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式：；（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺上第0个刻度和主尺
22、上某一刻度对齐，所以游标读数为00.05mm=0.00mm，所以最终读数为：5mm+0.00mm=5.00mm=0.500cm；（3）根据作出（）2x图线，结合，则有：k=2a；那么a=m/s2=3.92m/s2；滑块受到重力、支持力与滑动摩擦力，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则有：mgmg=ma；解得：=0.25；故答案为：（1）；（2）0.500；（3）3.92，0.25【点评】： 考查光电门测速度的方法，知道游标卡尺的读数，理解牛顿第二定律的应用，掌握图象的作用，知道其图象斜率与加速度的关系11（14分）一质量为2m的卡车拖挂一质量为m的车厢，在水平直道上匀速行驶，其所受的阻力与各自的
23、重量成正比，比例系数为k=0.2且与速度无关某时刻车厢脱落，车厢停止运动时，卡车与车厢相距x=96m已知整个过程中卡车的牵引力保持不变，取g=10m/s2，求车厢脱落时的速度v0【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】： 根据牛顿第二定律分别求出车厢脱落后卡车和车厢的加速度大小，结合运动学公式，结合位移关系求出车厢脱落时的速度大小【解析】： 解：设卡车的牵引力为F，车厢脱落前，对卡车和车厢整体分析有：F3kmg=0设车厢脱落后，卡车和车厢的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿运动定律有：Fk2mg=2ma1，kmg=ma2，设卡车和车厢的
24、位移分别为x1和x2，由运动学方程有：，x=x1x2，v0=a2t，代入数据解得v0=16m/s答：车厢脱落时的速度为16m/s【点评】： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，通过牛顿第二定律求出加速度的大小是解决本题的关键，抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解12（18分）在竖直平面内有一圆形绝缘轨道，半径为R=0.4m，匀强磁场垂直于轨道平面向里，一质量为m=1103kg、带电荷量为q=+3102C的小球，可在内壁滚动，如图甲所示开始时，在最低点处给小球一个初速度v0，使小球在竖直平面内逆时针做圆周运动，图乙（a）是小球在竖直平面内做圆周运动的速率v随时间t变化的情况，图乙（b）
25、是小球所受轨道的弹力F随时间t变化的情况，结合图象所给数据，（取g=10m/s2）求：（1）匀强磁场的磁感应强度 （2）小球的初速度v0（3）在0t3s这段时间内，小球克服摩擦力所做的功是多少？【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）从甲图可知，小球第二次最高点时，速度大小为4m/s，而由乙图可知，此时轨道与球间的弹力为零，故由重力与洛伦兹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式，即可求得B（2）从图乙可知，小球第一次过最低点时，轨道与球之间弹力为F=0.11N，根据牛顿第二定律列式求解初速度v0（3）根据动能定理求出
26、在0t3s这段时间内，小球克服摩擦力所做的功【解析】： 解：（1）从乙图（a）可知，小球第二次到达最高点时，速度大小为4m/s，而由乙图（b）可知，此时轨道与球间的弹力为零，由牛顿第二定律得：mg+qvB= 将代入数据解得：B=0.25T （2）从图乙（b）可知，小球第一次过最低点时，轨道与球之间的弹力为：F=0.11N，根据牛顿第二定律得：Fmg+qv0B= 将代入数据解得：v0=8m/s（3）由动能定理可得：mg2RWf=mv2mv02代入数值解得，小球克服摩擦力所做的功为：Wf=1.6102J答：（1）匀强磁场的磁感应强度为0.25T；（2）小球的初速度为8m/s； （3）在0t3s这段
27、时间内，小球克服摩擦力所做的功是1.6102J【点评】： 本题解题关键是读取图象的信息，再确定小球向心力的来源，根据牛顿第二定律处理这类问题（二）选做题（请考生从给出的2道物理题中任选1题解答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分）【物理-选修3-4】13（6分）一列简谐横波在弹性介质中沿x轴传播，波源位于坐标原点O，零时刻开始振动，t1=3s时波源停止振动，如图为t2=3.5s时的波形图，其中质点a的平衡位置离原点O的距离x=5.0m以下说法不正确的是 （） A 波速为4m/s B 波长为6m C 波源的起振方向沿y轴负方向运动 D 2.03.0内质点a沿y轴负方向运动 E 03.0内质点a
28、通过的总路程为1.4m【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 据题，波源从零时刻波开始振动，t1=3s时波源停止振动，形成两个波长的波形，说明周期为T=1.5s，读出波长，求出波速图中最前头质点的振动方向与波源的起振方向相同根据时间与周期的倍数关系，求解3s内质点a运动的总路程【解析】： 解：A、由题知，波源停止振动后，在t1=3s到t2=3.5s时间内波传播的距离为x=2m，则波速v=m/s=4m/s，故A正确；B、由题图可知，波长=4 m，故B错误；C、t=3.5 s时，波传播的距离为x=vt=43.5 m=14 m，x=14m处质点正沿y轴正方向起振，所以波源起振方向沿
29、y轴正方向，故C错误；D、E、根据T=1s；从t=0时刻起，经t=s=1.25s，质点a开始振动，在2s内，质点a振动了0.75s=T，3.0 s内质点a振动了3s1.25 s=1.75s=1T，故质点a运动的总路程为 S=14A+3A=70.2 m=1.4 m，因此2.03.0内质点a正好完成一周期，没有具体方向，故D错误，E正确本题选不正确的，故选：BCD【点评】： 本题容易产生的错误是认为：3s内形成两个完整的波形，得到周期为1.5s，要注意波传播的距离与质点振动通过的路程是不同的，解法也不一样14（9分）（2014湖南二模）如图，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为的透
30、明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离=R位于轴线上O点左侧处的点光源S发出一束与OA夹角=60的光线射向半球体，求光线从S传播到达光屏所用的时间（已知光在真空中传播的速度为c）【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 作出光路图，根据折射定律和几何关系，求出入射角和折射角，再由几何关系求解光线从S传播到达光屏所用的时间【解析】： 解：光从光源S射出经半球体到达光屏的光路如图光由空气射向半球体，由折射定律，有n=解得：=30 在OBC中，由正弦定理得：=解得：=30 光由半球体射向空气，由折射定律，有n=解得：r=60，即出射光线与轴线OA平行光从光源S出发经
31、玻璃半球体到达光屏所用的总时间 t=+且 n=解得：t=答：光线从S传播到达光屏所用的时间为【点评】： 处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度【物理-选修3-5】15氢原子能级如图所示，当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm已知可见光的波长范围在400nm到760nm之间，以下判断正确的是（） A 从n=4的能级跃迁到n=3的能级时，辐射光的波长比可见光长 B 用波长为328nm的光照射，可使氢原子从n=1的能级跃迁到n=2的能级 C 用波长为164nm的光照射可使处于n=2能级的氢原子电离 D 一群处于
32、n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射3种不波长的光 E 用可见光照射，可能使氢原子从n=2的能级跃迁到n=3的能级【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】： 大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，可以辐射出3种不同频率的光子，跃迁释放能量满足E=EmEn既不能多于能级差，也不能少于此值，同时根据=，即可求解【解析】： 解：A、能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差当从n=4跃迁到n=3的能级，释放的能量是0.66eV，从n=3跃迁到n=2的能级时辐射的能量是1.89eV，根据EmEn=hv=h当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为6
33、56nm，所以从n=4的能级蹦迁到n=3的能级时，辐射光的波长比可见光长，故A正确；B、当从n=1跃迁到n=2的能级，需要吸收的能量为E=（3.4（13.6）1.61019J=h，解得：=122nm；故B错误；C、用波长为164 nm的光照射，能量大于3.4eV，可使处于n=2能级的氢原子电离，故C正确；D、根据=6，所以一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射6种不同波长的光，故D错误；E、氢原子的电子从n=2跃迁到n=3的能级，必须吸收的能量为E，与从n=3跃迁到n=2的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm的光照射，才能使得电子从n=2跃迁到n=3的能级故E正确故选：AC
34、E【点评】： 解决本题的关键掌握氢原子电离的条件，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差16如图所示，光滑水平轨道上右侧有竖直墙壁，有三个小滑块A、B、C，质量分别为mB=mC=2mA=2m，A、B用细线连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）开始时A、B以共同速度v0一起向右运动，C静止某时刻细线突然断开，A、B被弹开，然后B与C发生碰撞并粘在一起，B、C与墙弹性碰撞后返回，最终A与BC间距离保持不变求：（1）A物块最后的速度 （2）A、B分离时弹簧释放的弹性势能【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： （1）B
35、、C与墙弹性碰撞后返回，最终A与BC间距离保持不变，可知BC碰后的速度大小与A反弹的速度大小相等，分别对AB系统在弹簧弹开的过程和BC碰撞后的过程运用动量守恒定律求出A物块最后的速度（2）根据能量守恒定律求出A、B分离时释放的弹性势能【解析】： 解：（1）A、B弹开的过程中，A、B系统动量守恒，规定向右为正方向，设弹开后B速度为vB，A的速度为vA（mA+mB）v0=mAvA+mBvB规定向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒，设碰后速度为vmBvB=（mB+mC）v vA=v 综上得：vA=v0“”表方向水平向左（2）弹簧释放的弹性势能为EP，则EP+（mA+mB）v02=mAvA2+mBvB2解得EP=3mv02答：（1）A物块最后的速度为v0（2）A、B分离时弹簧释放的弹性势能为3mv02【点评】： 本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合运用，关键合理地选择研究的对象，结合动量守恒定律进行求解，知道BC碰后的速度大小与A反弹的速度大小相等是解决本题的关键
