湖南2018年高职单招物理模拟试题【含答案】

湖南2018年高职单招物理模拟试题【含答案】　

一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）

1．下列关于物理学史、物理概念和方法的说法中，正确的是（　　）

A．电动势表征的是电源将其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于静电力把1C的正电荷在电源内从负极送到正极所做的功

B．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法

C．库仑首先提出了“场”的概念，并利用电场线、磁感线形象地描述了电场和磁场

D．麦克斯韦认为，磁场会在其周围空间激发一种电场，这种电场就是感生电场

2．质量为1kg的物体从空中静止释放，质点做直线运动的位移x个时间平分t2的关系图象如图所示，重力加速度g=10m/s2，则该质点（　　）

A．在4s末重力的瞬时功率为80W

B．所受空气阻力大小为8N

C．第3s内的位移是10m

D．任意相邻1s内的位移差都为2m

3．2015年12月6日，载人飞行包在中国深圳实现了首次载人飞行，载人飞行包是一个单人飞行装置，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降，也可以快速前进，对飞行包（包括人）在下列运动过程中（空气阻力不可忽略）的说法，正确的是（　　）

A．垂直缓慢降落，动力大小大于总重力

B．水平匀速飞行，动力大小等于总重力

C．垂直加速起飞，动力做的功大于克服空气阻力做的功

D．水平加速前进，动力方向与运动方向相同

4．如图所示，螺线管与电阻R相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是（　　）

A．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度

B．通过电阻的电流先由a到b，后由b到a

C．磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量

D．a的电势始终高于b的电势

5．如图所示，一质量为m1的小球用轻质线悬挂在质量为m2的木板的支架上，木板沿倾角为θ的斜面下滑时，细线呈竖直状态，在木板下滑的过程中斜面体始终静止在水平地面上，已知斜面体的质量为M，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）

A．地面对斜面体的支持力小于（M+m1+m2）g

B．木板与斜面间的动摩擦因数为

C．木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能

D．斜面体相对地面有向右运动的趋势

6．如图所示，如a、b两个完全相同的带电粒子（不计重力）从两块平行金属板正中间的O点分别沿轴线OO′方向以相同速度射入，当开关S断开时，a粒子沿OO′射入匀强磁场中做匀速圆周运动，打在竖直挡板上的P点，测得O′P=x1；当开关S接通时，b粒子恰好从下极板端点C处射出，射出后打在竖直挡板的Q点，测得CQ=x2，若用t1表示a粒子从O到P的运动时间，用t2表示粒子从O到Q的运动时间，则下列说法中正确的是（　　）

A．x1＞x2 B．t1＞t2

C．粒子带正电 D．A端是电源的正极

7．如图甲所示，阻值为r=4Ω的矩形金属线框与理想电流表、理想变线圈构成回路，标有“12V 36W”的字样的灯泡L与理想变压器的副线圈构成回路，灯泡L恰能正常发光，理想变压器原、副线圈的匝数之比为3：1，矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示，则（　　）

A．理想变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为μ=40sin100πt（V）

B．理想电流表的示数为

C．t=0.01时，矩形金属线框平面与磁场方向平行

D．灯泡L与理想变压器的副线圈构成的回路中的电流方向每秒改变100次

8．如图甲，一绝缘电物块（视为质点）无初速度地放在皮带底端，皮带轮以恒定的角速度沿顺时针方向转动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端P运动至皮带轮顶端Q的过程中，其v﹣t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s且运动过程中电量保持不变，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（　　）

A．皮带的运动速度大小可能为2.5m/s

B．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移

C．在2s﹣4.5s内，带电物块与皮带保持相对静止

D．该物块带负电

9．如图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近P点的O为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于PQ两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计，在从O到A的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是（　　）

A． B． C． D．

10．物体由地面以120J的初动能竖直向上抛出，当它上升到某一高度A点时，动能减少40J，机械能减少10J，设空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则物体（　　）

A．落回A点时机械能为60J

B．在最高点时机械能为90J

C．受到的空气阻力与重力大小之比为1：4

D．上升过程与下落过程加速度大小之比为2：1

11．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）．一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g．根据以上信息，可以求出的物理量有（　　）

A．圆周运动的速度大小 B．电场强度的大小和方向

C．小球在第Ⅳ象限运动的时间 D．磁感应强度大小

12．如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电路所在区域均无磁场分布，垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为L、电阻为R0，在外力作用下始终以速度v0从左向右做匀速直线运动．小灯泡电阻为2R0，滑动变阻器总阻值为4R0．图示状态滑动触头位于a、b的正中间位置，此时位于平行版电容器中的P处的带点油滴恰好处于静止状态，电路中其余部分电阻均不计，各接触处都接触良好，且导轨足够长，下列说法正确的是（　　）

A．若将上极板竖直向上移动稍许，同时将下极板接地，其余条件均不变，则油滴的电势能将增加，且P点电势将降低

B．油滴带负电

C．图示状态下，△t时间内通过小灯泡的电荷量为

D．若将滑动变阻器的滑片向b端移动，小灯泡将变暗

二、解答题（共5小题，满分50分）

13．如图所示，某同学想利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律，实验步骤如下：

①将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H，在导轨上靠右侧P点处安装一个光电门

②用20分度的游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度d

③接通气源及光电计时器，将滑块从导轨靠近左端某处自由释放，测得滑块通过光电门时遮光时间为△t．

阅读上面的实验步骤回答下列问题：

（1）实验中已知当地重力加速度为g，除上述步骤中测量的物理量之外，还需测量的物理量是　　．

A．滑块的重力M

B．气垫导轨的倾斜角度θ

C．滑块释放处遮光条到光电门的距离x

D．滑块从开始运动至到达光电门所用的时间t

（2）请用题中所给的物理量及第（1）问中所选的物理量写出本实验验证机械能守恒的表达式　　．

14．实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3V和15V，其内部电路如图所示，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1=2.9kΩ，R2=14.9kΩ．现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头的满偏电流为1mA，内阻为50Ω；表头的满偏电流0.5mA，内阻为200Ω，又有三个精密定值电阻r1=100Ω，r2=150Ω，r3=200Ω．若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：

（1）原表头G满偏电流I=　　，内阻r=　　．

（2）在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路（标识出所选用的相应器材符号）

（3）某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材：

测量一未知电阻Rx的阻值，

电流表A量程0～5mA，内阻未知；       

最大阻值约为100Ω的滑动变阻器；

电源E（电动势约3V）；              

开关S、导线若干．

由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，选择合适的电路，请你帮助他们补充完整电路连接，正确连线后读得电压表示数为2.40V，电流表示数为4.00mA，则未知电阻阻值Rx为　　Ω．

15．图示为新修订的驾考科目二坡道定点停车示意图，规则规定汽车前保险杠停在停车线正上方为满分，超过或不到停车线0.5m以内为合格，某次考试中考生听到开考指令后在平直路面上的A点以恒定功率P0=9.6kW启动，经t=3s车头保险杠行驶到坡底B点时达最大速度v0，车头过B点后考生加大油门使汽车继续保持v0匀强前行，在定点停车线前适当位置松开油门、踩下离合器，汽车无动力滑行，待速度减为零时立即踩下刹车，结束考试，已知汽车行驶中所受阻力为车重的0.2倍，该车速同考生的总质量m=1.2×103kg，该坡道倾角的正弦值为0.3，坡道底端B点到停车线C的距离为L=11m．重力加速度g=10m/s2，试求：

（1）最大速度v0和A、B间距x；

（2）汽车前保险杠在离坡道底端B点多远处踩下离合器，才能保证考试得满分．

16．宇航员驾驶宇宙飞船成功登上月球，他在月球表面做了一个实验：在停在月球表面的登陆舱内固定一倾角为θ=30°的斜面，让一个小物体以速度v0沿斜面上冲，利用速度传感器得到其往返运动的v﹣t图象如图所示，图中t0已知．已知月球的半径为R，万有引力常量为G不考虑月球自转的影响．求：

（1）月球的密度ρ；

（2）宇宙飞船在近月圆轨道绕月球做匀速圆周运动的速度v1．

17．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限内有沿y轴负向的匀强电场，电场强度的大小为E，第Ⅳ象限内有垂直纸面向外的匀强磁场．在y轴上的P点沿x轴正向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子从x轴上Q点射人磁场．已知Q点坐标为（L，0）．不计粒子的重力及相互间作用．

（1）若粒子在Q点的速度方向与x轴成30°角．求P点的坐标及粒子在Q点的速度大小：

（2）若从y轴的正半轴上各点处均向x轴正向发射与（1）中相同的粒子，结果这些粒子均能从x轴上的Q点进入磁场，并且到Q点速度最小的粒子A，经磁场偏转后．恰好垂直y轴射出磁场，求匀强磁场的磁感应强度大小及粒子A在磁场中运动的时间．

【物理——选修3-3模块】

18．关于一定量的理想气体，下列说法正确的是（　　）

A．气体分子的体积是指每个气体分子平均所占有的空间体积

B．只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高

C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零

D．气体从外界吸收热量，其内能不一定增加

E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高

19．如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A、B两部分．初始时两部分气体压强均为p、热力学温度均为T．使A的温度升高△T而保持B部分气体温度不变．则A部分气体的压强增加量为多少？

【物理——选修3-4模块】

20．某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图象如图所示．在波的传播方向上有A、B两点，他们到S的距离分别为45m和55m．测得A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s．由此可知

①波长λ=　　m；

②当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是　　cm．

21．半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直．一束复色光沿半径方向与OO′成 θ=30°角射向O点，已知复色光包含有折射率从n1=到n2=的光束，因而屏NQ部分出现了彩色光带．

（1）求彩色光带的宽度；

（2）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求O角至少为多少？

【物理——选修3-5模块】

22．氢原子的能级如图所示，当氢原子从n=4向n=2的能级跃迁时，辐射的光子照射在某金属上，刚好能发生光电效应．现有一群处于n=4的能级的氢原子向低能级跃迁，总共能发出　　种不同频率的光，其中有　　种频率的光能使该金属发生光电效应．

23．如图所示为两块质量均为m，长度均为L的木板放置在光滑的水平桌面上，木块1质量也为m（可视为质点），放于木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木板2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后木块1停留在木板3的正中央，木板3碰撞前的初速度v0为多大？已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ．

湖南2018年高职单招物理模拟试题参考答案与试题解析

一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）

1．下列关于物理学史、物理概念和方法的说法中，正确的是（　　）

A．电动势表征的是电源将其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于静电力把1C的正电荷在电源内从负极送到正极所做的功

B．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法

C．库仑首先提出了“场”的概念，并利用电场线、磁感线形象地描述了电场和磁场

D．麦克斯韦认为，磁场会在其周围空间激发一种电场，这种电场就是感生电场

【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：A、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，在大小上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极送到正极所做的功，故A错误；

B、伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故B正确；

C、法拉第首先提出了“场”的概念，并利用电场线、磁感线形象地描述了电场和磁场，故C错误；

D、麦克斯韦认为，变化的磁场会在其周围空间激发一种电场，这种电场就是感生电场，故D错误．

故选：B

2．质量为1kg的物体从空中静止释放，质点做直线运动的位移x个时间平分t2的关系图象如图所示，重力加速度g=10m/s2，则该质点（　　）

A．在4s末重力的瞬时功率为80W

B．所受空气阻力大小为8N

C．第3s内的位移是10m

D．任意相邻1s内的位移差都为2m

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】由图写出x与t2的关系式，再与匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+对比，得到物体的初速度、加速度，再求4s末的速度．由牛顿第二定律求得阻力．由匀变速运动的推论△x=aT2求任意相邻1s内的位移差．

【解答】解：A、根据x和时间平方t2的关系图象得出位移时间关系式为：x=2t2，对照x=v0t+，可得物体的初速度为0，加速度：a=4m/s2，4s末的速度 v=at=16m/s，

在4s末重力的瞬时功率为P=mgv=160W．故A错误；

B、根据牛顿第二定律得 mg﹣f=ma，解得所受空气阻力大小 f=6N．故B错误．

C、第3s内的位移等于前3s内的位移减去前2s的位移，由图得：第3s内的位移 x3=2×32﹣2×22=10m，故C正确．

D、任意相邻1s内的位移差△x=aT2=4×12=4m，故D错误．

故选：C

3．2015年12月6日，载人飞行包在中国深圳实现了首次载人飞行，载人飞行包是一个单人飞行装置，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降，也可以快速前进，对飞行包（包括人）在下列运动过程中（空气阻力不可忽略）的说法，正确的是（　　）

A．垂直缓慢降落，动力大小大于总重力

B．水平匀速飞行，动力大小等于总重力

C．垂直加速起飞，动力做的功大于克服空气阻力做的功

D．水平加速前进，动力方向与运动方向相同

【考点】牛顿第二定律；动能定理．

【分析】以飞行包为研究对象进行力的分析，运动过程中受到重力、阻力和推力作用，根据运动情况确定推力F的性质已知做功情况．

【解答】解：A、垂直缓慢降落，动力大小小于总重力，故A错误；

B、水平匀速飞行，动力在竖直方向分力大小等于总重力，水平方向的分力与阻力平衡，所以动力大小大于总重力，故B错误；

C、垂直加速起飞，动力做的功等于克服重力做的功和空气阻力做的功以及动能增加量之和，所以动力做的功大于克服空气阻力做的功，故C正确；

D、水平加速前进，动力方向斜向上，与运动方向成一定角度，故D错误．

故选：C．

4．如图所示，螺线管与电阻R相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是（　　）

A．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度

B．通过电阻的电流先由a到b，后由b到a

C．磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量

D．a的电势始终高于b的电势

【考点】楞次定律．

【分析】当磁铁的N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势．由楞次定律可得感应电流的方向，从而判断电流计中电流方向，感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，根据来拒去留的判断口诀分析在各点的受力情况，从而知道加速度的大小．

【解答】解：A、磁铁刚离开螺线管时，正在远离螺线管，磁铁受到的磁场力阻碍磁铁远离螺线管（去留），则加速度a＜g，故A正确；

B、D、当磁铁N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向下，则由楞次定律可得线圈中产生感应电流方向盘旋而上，螺线管上端相当于电源的正极．所以通过R的电流方向为从b到a，当S极离开螺线管时，穿过线圈的磁通量变小，且方向向下，则螺线管下端相当于电源的正极．所以通过R的电流方向为从a到b，则a点的电势先低于b点的电势，后高于b点电势，故B错误，D错误；

C、磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁的动能，故C错误．

故选：A

5．如图所示，一质量为m1的小球用轻质线悬挂在质量为m2的木板的支架上，木板沿倾角为θ的斜面下滑时，细线呈竖直状态，在木板下滑的过程中斜面体始终静止在水平地面上，已知斜面体的质量为M，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）

A．地面对斜面体的支持力小于（M+m1+m2）g

B．木板与斜面间的动摩擦因数为

C．木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能

D．斜面体相对地面有向右运动的趋势

【考点】功能关系；物体的弹性和弹力；牛顿第二定律．

【分析】小球与木板具有共同的加速度，通过对小球的受力分析，根据牛顿第二定律判断出小球与木板组成的系统的加速度为0，都做匀速直线运动，再对整体研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力．以小球和木板整体为研究对象，由平衡条件求动摩擦因数．然后结合功能关系分析即可．

【解答】解：A、因拉小球的细线呈竖直状态，所以小球受到重力和竖直向上的拉力，在水平方向没有分力，所以小球在水平方向没有加速度，结合小球沿斜面向下运动，所以小球和木板一定是匀速下滑．以小球、木板和斜面整体为研究对象，由平衡条件知，地面对斜面体没有摩擦力，则斜面体相对地面没有运动的趋势，且地面对斜面体的支持力等于（M+m1+m2）g，故A错误．

B、以小球和木板整体为研究对象，由平衡条件得：（m1+m2）gsin θ=μ（m1+m2）gcos θ，即木板与斜面间的动摩擦因数为μ=tan θ，故B错误．

C、木板与小球下滑过程中，由能量守恒定律知，木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能，故C正确．

D、以小球、木板和斜面整体为研究对象，由平衡条件知，地面对斜面体没有摩擦力，斜面体相对地面没有运动的趋势．故D错误．

故选：C

6．如图所示，如a、b两个完全相同的带电粒子（不计重力）从两块平行金属板正中间的O点分别沿轴线OO′方向以相同速度射入，当开关S断开时，a粒子沿OO′射入匀强磁场中做匀速圆周运动，打在竖直挡板上的P点，测得O′P=x1；当开关S接通时，b粒子恰好从下极板端点C处射出，射出后打在竖直挡板的Q点，测得CQ=x2，若用t1表示a粒子从O到P的运动时间，用t2表示粒子从O到Q的运动时间，则下列说法中正确的是（　　）

A．x1＞x2 B．t1＞t2

C．粒子带正电 D．A端是电源的正极

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】相同的两个粒子从相同的位置出发先后在有电场区和无电场区运动后再进入磁场做匀速圆周运动，至于粒子的电性和AB板电势高低用左手定则和电场力方向很好判断．比较时间的长短是难点，难点在于磁场中的时间，涉及到速度合成与分解等问题．写出周期和偏转角表达式，就能看出结果．

【解答】解：由题意可知，粒子进入磁场后向下偏转，粒子风进入磁场时受到的洛仑兹力竖直向下，由左手定则可知粒子带负电，所以选项C错误．

  由题意知，粒子在两极板间向下偏转，粒子带负电，则上极板电势低，A端是电源的负极，所以选项D错误．

  开关S断开时，粒子在两极间沿水平方向做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，根据牛顿第二定律有：  由几何关系可得：

  开关S闭合时，粒子在两极间做类平抛运动，粒子进入磁场时速度为v，速度v与水平方向的夹角为θ，则vcosθ=v0

  粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律有：

   由几何关系右得，    所以选项A错误．

  开关断开与闭合时粒子在两极间沿水平方向都做匀速直线运动，它们在两极板间的运动时间相等，粒子在磁场中的运动时间：两种情况下，粒子做圆周运动的周期T相同，由于θ＜π，则开关S闭合时粒子在磁场中的运动时间比S断开时的运动时间短．

  粒子在两极间的运动时间相等，S断开时粒子在磁场中的运动时间长，则：t1＞t，所以选项B正确．

故选：B

7．如图甲所示，阻值为r=4Ω的矩形金属线框与理想电流表、理想变线圈构成回路，标有“12V 36W”的字样的灯泡L与理想变压器的副线圈构成回路，灯泡L恰能正常发光，理想变压器原、副线圈的匝数之比为3：1，矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示，则（　　）

A．理想变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为μ=40sin100πt（V）

B．理想电流表的示数为

C．t=0.01时，矩形金属线框平面与磁场方向平行

D．灯泡L与理想变压器的副线圈构成的回路中的电流方向每秒改变100次

【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．

【分析】变压器原副线圈的电压之比与线圈的匝数成正比，电流与匝数成反比，根据电灯能正常发光，判断出副线圈两端的电压和电流，即可判断，通过乙图判断出电流的周期及在一个周期内电流方向的变化次数即可判断

【解答】解：A、灯泡正常发光，故副线圈两端的电压为U2=12V，根据得，输入端的最大电压为，故原线圈输入电压的瞬时值表达式为μ=36sin100πt（V），故A错误；

B、副线圈两端的电流为，根据得，故电流表的电流为I1=1A，故B错误；

C、t=0.01时，有乙图可知，产生的感应电动势最小，故线圈在中性面位置，故矩形金属线框平面与磁场方向垂直，故C错误；

D、有乙图可知，周期为0.02s，在一个周期内电流方向改变2次，故1s内电流改变的次数为n=次，故D正确；

故选：D

8．如图甲，一绝缘电物块（视为质点）无初速度地放在皮带底端，皮带轮以恒定的角速度沿顺时针方向转动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端P运动至皮带轮顶端Q的过程中，其v﹣t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s且运动过程中电量保持不变，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（　　）

A．皮带的运动速度大小可能为2.5m/s

B．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移

C．在2s﹣4.5s内，带电物块与皮带保持相对静止

D．该物块带负电

【考点】洛仑兹力．

【分析】由图得出物块的速度和加速度随时间的变化关系，结合对物块的受力分析，得出洛伦兹力的方向，由左手定则即可判断出物块的电性；结合受力分析，得出物块做匀速直线运动的条件，从而判断出物块是否相对于传送带静止；结合运动学的公式可以判断位移．

【解答】解：由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/s．对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：

μFN﹣mgsinθ=ma ①

物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN=mgcosθ，后来：FN′=mgcosθ﹣f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电．故D错误；

物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：

mgsinθ=μ（mgcosθ﹣Bqv） ②

由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止．故C错误，A正确；

由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故B错误．

故选：A．

9．如图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近P点的O为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于PQ两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计，在从O到A的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是（　　）

A． B． C． D．

【考点】电场的叠加；电势．

【分析】根据等量异种电荷电场线的分布情况，分析场强、电势的变化，由电场力做功情况判断动能的变化情况．由牛顿第二定律研究加速度的变化情况，并分析粒子的运动情况．

【解答】解：A、等量异种电荷的电场线如图所示．根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度 E=，E先减小后增大，所以φ﹣x图象切线的斜率先减小后增大，故A错误．

BCD、沿两点电荷连线从O到A，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大．电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大．v﹣t图象切线的斜率先变小后变大，故C、D可能，故C、D正确．

粒子的动能 Ek=qEx，电场强度先变小后变大，则Ek﹣x切线的斜率先变小后变大，则B图不可能．故B错误．

故选：CD

10．物体由地面以120J的初动能竖直向上抛出，当它上升到某一高度A点时，动能减少40J，机械能减少10J，设空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则物体（　　）

A．落回A点时机械能为60J

B．在最高点时机械能为90J

C．受到的空气阻力与重力大小之比为1：4

D．上升过程与下落过程加速度大小之比为2：1

【考点】功能关系．

【分析】物体以一定的初动能竖起上抛运动，由于阻力使得过程中有机械能损失．从而利用动能定理求出上升过程中阻力做的功，因为阻力恒定，所以再由动能定理可求出当回到出发点时动能．

由牛顿第二定律分别求出上升过程中的加速度与下降过程中的加速度即可．

【解答】解：

A、物体以120J的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，向上运动的过程中重力和阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40J，而机械能损失了10J．根据功能关系可知：合力做功为﹣40J，空气阻力做功为﹣10J，对从抛出点到A点的过程，根据功能关系：mgh+fh=40J，fh=10J，则得：空气阻力f=mg．

则当上升到最高点时，动能为零，动能减小120J，设最大高度为H，则：mgH+fH=120J，所以：fH=30J，

即机械能减小30J，在最高点时机械能为120J﹣30J=90J；A点到最高点机械能减小20J，

当下落过程中，由于阻力做功不变，所以又损失了20J．因此该物体回到出发点A时的机械能为70J；故A错误，B正确，C错误；

D、由牛顿第二定律，上升过程中的加速度：

下降过程中的加速度：，可知上升过程与下落过程加速度大小之比为2：1．故D正确；

故选：BD．

11．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）．一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g．根据以上信息，可以求出的物理量有（　　）

A．圆周运动的速度大小 B．电场强度的大小和方向

C．小球在第Ⅳ象限运动的时间 D．磁感应强度大小

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．

【分析】根据小球第Ⅲ象限内的运动，应用动能定理可以求出小球的速度；

小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律分析答题．

【解答】解：A、小球在第Ⅳ做匀速圆周运动，由题意可知，小球轨道半径：r=d，从A到P过程，由动能定理得：mgd=mv2，解得：v=，小球以速度v做圆周运动，故A正

确；

B、小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，则mg=qE，电场强度：E=，由于不知道：m、q，无法求出电场强度大小，故B错误；

C、小球做圆周运动的周期：T==π，小球在第Ⅳ象限的运动时间：t=T=，故C正确；

D、小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：B=，由于不知道m、q，无法求出B，故D错误；

故选：AC．

12．如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电路所在区域均无磁场分布，垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为L、电阻为R0，在外力作用下始终以速度v0从左向右做匀速直线运动．小灯泡电阻为2R0，滑动变阻器总阻值为4R0．图示状态滑动触头位于a、b的正中间位置，此时位于平行版电容器中的P处的带点油滴恰好处于静止状态，电路中其余部分电阻均不计，各接触处都接触良好，且导轨足够长，下列说法正确的是（　　）

A．若将上极板竖直向上移动稍许，同时将下极板接地，其余条件均不变，则油滴的电势能将增加，且P点电势将降低

B．油滴带负电

C．图示状态下，△t时间内通过小灯泡的电荷量为

D．若将滑动变阻器的滑片向b端移动，小灯泡将变暗

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．

【分析】导体棒向右做匀速直线运动，切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源．根据右手定则判断出平行极板电势的高低关系，分析油滴的电性．根据板间距离的变化，分析场强的变化，判断油滴的运动情况，从而分析出油滴电势能的变化．根据E=BLv、欧姆定律和电流的定义式分析，△t时间内通过小灯泡的电荷量．若将滑动变阻器的滑片向b端移动，回路的总电阻变小，分析路端电压的变化，从而判断小灯泡亮度的变化．

【解答】解：A、导体棒向右做匀速直线运动，在磁场中切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源．若将上极板竖直向上移动稍许，电容器板间电压不变，电场强度变小，油滴所受的电场力变小，则油滴所受的电场力小于重力，油滴将躺下运动，电场力做负功，其电势能增加．根据右手定则可知，平行板电容器上板电势低于下板电势，板间电场方向竖直向上，若将下极板接地，上极板向上移动引起电场强度变小，P与下极板间的电势差变小，而P点的电势低于下极板的电势，即小于零，所以P点的电势升高，故A错误．

B、平行板电容器上板电势低于下板电势，板间电场方向竖直向上，而带电油滴所受的电场力也竖直向上，所以油滴带正电，故B错误．

C、导体棒产生的感应电动势为 E=BLv0，回路的总电阻为 R=R0+2R0=2R0，通过导体棒的总电流为 I==，流过小灯泡的电流为 IL=I=，图示状态下，△t时间内通过小灯泡的电荷量为 q=IL△t=．故C正确．

D、若将滑动变阻器的滑片向b端移动，变阻器接入电路的电阻将变小，回路的总电阻变小，通过导体棒的电流变大，导体棒两端的电压即路端电压变小，小灯泡将变暗．故D正确．

故选：CD

二、解答题（共5小题，满分50分）

13．如图所示，某同学想利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律，实验步骤如下：

①将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H，在导轨上靠右侧P点处安装一个光电门

②用20分度的游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度d

③接通气源及光电计时器，将滑块从导轨靠近左端某处自由释放，测得滑块通过光电门时遮光时间为△t．

阅读上面的实验步骤回答下列问题：

（1）实验中已知当地重力加速度为g，除上述步骤中测量的物理量之外，还需测量的物理量是　C　．

A．滑块的重力M

B．气垫导轨的倾斜角度θ

C．滑块释放处遮光条到光电门的距离x

D．滑块从开始运动至到达光电门所用的时间t

（2）请用题中所给的物理量及第（1）问中所选的物理量写出本实验验证机械能守恒的表达式　2gxH=L　．

【考点】验证机械能守恒定律．

【分析】光电门测速度的原理是利用平均速度来代替瞬时速度，求出最后获得的速度，然后根据动能表达式，求得动能，再依据下滑的位移，结合导轨的长与高，从而求得下滑过程中，减小的重力势能，从而即可求解．

【解答】解：（1）根据实验目的，验证机械能守恒定律，

依据实验操作可知，通过光电门来测量瞬时速度，从而求得滑块到达光电门位置的动能，

再依据导轨的长与高关系，结合下滑的位移，可知，滑块下滑过程中的高度差，进而求得减小的重力势能；

A、等式两边均有质量，可以约去，故A不需要；

B、倾斜角度可以由导轨的长与高的比例来确定，故B不需要；

C、由上分析可知，需要物理量是：滑块释放处遮光条到光电门的距离x，

D、瞬时速度由光电门测出，不需要时间，故D也不需要，

故选：C．

（2）由上分析可知，滑块到达光电门位置的动能：EK=m（）2，

而下滑的位移为x时，减小的重力势能：EP=mgH

因此当mgH=m（）2，

即有：2gxH=L；

故答案为：（1）C；（2）2gxH=L．

14．实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3V和15V，其内部电路如图所示，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1=2.9kΩ，R2=14.9kΩ．现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头的满偏电流为1mA，内阻为50Ω；表头的满偏电流0.5mA，内阻为200Ω，又有三个精密定值电阻r1=100Ω，r2=150Ω，r3=200Ω．若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：

（1）原表头G满偏电流I=　1mA　，内阻r=　100Ω　．

（2）在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路（标识出所选用的相应器材符号）

（3）某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材：

测量一未知电阻Rx的阻值，

电流表A量程0～5mA，内阻未知；       

最大阻值约为100Ω的滑动变阻器；

电源E（电动势约3V）；              

开关S、导线若干．

由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，选择合适的电路，请你帮助他们补充完整电路连接，正确连线后读得电压表示数为2.40V，电流表示数为4.00mA，则未知电阻阻值Rx为　750　Ω．

【考点】把电流表改装成电压表．

【分析】（1）根据串联电路特点与欧姆定律求出表头的满偏电流与内阻．

（2）应用串联电路特点与欧姆定律选择实验器材．根据电压表的改装原理作出电路图．

（3）根据伏安法测电阻的实验要求明确对应的接法，并由欧姆定律求解电阻．

【解答】解：（1）由图示电路图可知，电压表量程：

Ig（rg+R1）=3V，

Ig（rg+R2）=15V，

代入数据解得：Ig=1mA，rg=100Ω；

（2）修复电压表，表头满偏电流为，Ig=1mA，电阻应为：rg=100Ω，需要的实验器材为：表头的满偏电流0.5mA，内阻为200Ω的表头以及r3，即将表头和r3并联在电路中使用，电路图如图所示：

（3）根据题意可明确实验中应采用分压接法，电流表采用外接法，故实物图如图所示：

电压表量程为3V，则其内阻，

根据欧姆定律可知R=．

故答案为：（1）1mA；100Ω；（2）如图；（3）电路如图，750

15．图示为新修订的驾考科目二坡道定点停车示意图，规则规定汽车前保险杠停在停车线正上方为满分，超过或不到停车线0.5m以内为合格，某次考试中考生听到开考指令后在平直路面上的A点以恒定功率P0=9.6kW启动，经t=3s车头保险杠行驶到坡底B点时达最大速度v0，车头过B点后考生加大油门使汽车继续保持v0匀强前行，在定点停车线前适当位置松开油门、踩下离合器，汽车无动力滑行，待速度减为零时立即踩下刹车，结束考试，已知汽车行驶中所受阻力为车重的0.2倍，该车速同考生的总质量m=1.2×103kg，该坡道倾角的正弦值为0.3，坡道底端B点到停车线C的距离为L=11m．重力加速度g=10m/s2，试求：

（1）最大速度v0和A、B间距x；

（2）汽车前保险杠在离坡道底端B点多远处踩下离合器，才能保证考试得满分．

【考点】动能定理；牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率．

【分析】（1）应用功率公式P=Fv可以求出汽车的最大速度，从A到B过程应用动能定理可以求出距离x．

（2）由牛顿第二定律求出汽车的加速度，然后应用匀变速直线运动的速度位移公式解题．

【解答】解：（1）汽车在B点，功率：P0=Fv0=fv0=0.2mgv0，解得：v0==4m/s，

从A到B过程，由动能定理得：P0t﹣0.2mgx=mv02﹣0，解得：x=8m；

（2）踩下离合器后由牛顿第二定律得：a==5m/s2，

踩下离合器后车的位移：x===1.6m，

踩下离合器时汽车前保险杠距离坡道底端B点的距离：d=L﹣x=9.4m；

答：（1）最大速度v0为4m/s，AB间距x为8m；

（2）汽车前保险杠在离坡道底端B点9.4m远处踩下离合，才能保证考试满分

16．宇航员驾驶宇宙飞船成功登上月球，他在月球表面做了一个实验：在停在月球表面的登陆舱内固定一倾角为θ=30°的斜面，让一个小物体以速度v0沿斜面上冲，利用速度传感器得到其往返运动的v﹣t图象如图所示，图中t0已知．已知月球的半径为R，万有引力常量为G不考虑月球自转的影响．求：

（1）月球的密度ρ；

（2）宇宙飞船在近月圆轨道绕月球做匀速圆周运动的速度v1．

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】（1）根据牛顿第二定律，结合速度时间图线求出月球表面的重力加速度，根据万有引力等于重力，求出月球的质量，从而得出月球的密度．

（2）根据重力提供向心力求出宇宙飞船绕月球做圆周运动的线速度．

【解答】解：（1）根据速度时间图线知，上滑的加速度大小，

根据上滑的位移和下滑的位移大小相等，有：得，v=，则下滑的加速度大小，

根据牛顿第二定律得，a1=gsinθ+μgcosθ，a2=gsinθ﹣μgcosθ，

联立解得月球表面重力加速度g=．

根据mg=得，月球的质量M=，

则月球的密度===．

（2）根据mg=m得， ==．

答：（1）月球的密度为．

（2）宇宙飞船在近月圆轨道绕月球做匀速圆周运动的速度为．

17．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限内有沿y轴负向的匀强电场，电场强度的大小为E，第Ⅳ象限内有垂直纸面向外的匀强磁场．在y轴上的P点沿x轴正向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子从x轴上Q点射人磁场．已知Q点坐标为（L，0）．不计粒子的重力及相互间作用．

（1）若粒子在Q点的速度方向与x轴成30°角．求P点的坐标及粒子在Q点的速度大小：

（2）若从y轴的正半轴上各点处均向x轴正向发射与（1）中相同的粒子，结果这些粒子均能从x轴上的Q点进入磁场，并且到Q点速度最小的粒子A，经磁场偏转后．恰好垂直y轴射出磁场，求匀强磁场的磁感应强度大小及粒子A在磁场中运动的时间．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】（1）粒子从P到Q是类似平抛运动，根据分运动公式列式求解即可；

（2）对类似平抛运动，根据分运动公式求解出末速度表达式讨论最小速度大小和对应的抛出点坐标；

粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合几何关系得到轨道半径；然后根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度，根据公式t=求解运动时间．

【解答】解：（1）粒子从P到Q过程，根据分运动公式，有：

vx=v0    vy=at  

L=v0t    y=

其中：a=

联立解得：

y=

t=

vx=

vy=

故v==2

（2）设P点的纵坐标为y，则：

对竖直分运动，有：y=

对水平分运动，有：L=vxt

Q点的合速度：v==

联立解得：v=

其中：（当，即时取等号）

故当y=时，v最小，为；

类平抛运动中速度偏转角的正切值是位移偏转角的正切值的2倍，故在Q点的速度偏转角的正切值为：

tanα=2×=1

故α=45°

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示：

故对应的圆心角为θ=；

结合几何关系，有：r==

故粒子在磁场中的运动时间为：t==

根据牛顿第二定律，有：

解得：B=

答：（1）P点的坐标为（0，），粒子在Q点的速度大小为2；

（2）匀强磁场的磁感应强度大小为，粒子A在磁场中运动的时间为．

【物理——选修3-3模块】

18．关于一定量的理想气体，下列说法正确的是（　　）

A．气体分子的体积是指每个气体分子平均所占有的空间体积

B．只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高

C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零

D．气体从外界吸收热量，其内能不一定增加

E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高

【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律．

【分析】根据气体分子间空隙很大，分析气体的体积与所有气体分子的体积之和的关系．根据温度的微观含义、压强产生的微观机理分析．根据热力学第一定律分析气体内能变化，根据等压变化分析温度变化．

【解答】解：A、气体粒子之间的距离远远大于粒子本身的直径，所以气体分子的体积小于每个气体分子平均所占有的空间体积，故A错误；

B、温度是分子平均动能得标志，增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高，故B正确；

C、气体对容器壁的压强是气体分子不断撞击器壁产生的，与超失重无关，故C错误；

D、改变内能的方式有做功和热传递，当气体从外界吸收热量同时气体对外做功，则内能可能会减小，故D正确；

E、等压变化过程，体积与热力学温度成正比，体积膨胀，温度升高，故E正确；

故选：BDE．

19．如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A、B两部分．初始时两部分气体压强均为p、热力学温度均为T．使A的温度升高△T而保持B部分气体温度不变．则A部分气体的压强增加量为多少？

【考点】理想气体的状态方程．

【分析】A、B两部分气体总体积不变、它们的压强相等，对A部分气体根据理想气体状态方程列方程，对B部分气体应用玻意耳定律列方程，然后求出A部分气体压强的增加量．

【解答】解：设温度升高后，AB压强增加量都为△p，升高温度后体积VA，

由理想气体状态方程得：，

对B部分气体，升高温度后体积VB，

由玻意耳定律得：pV=（p+△p）VB，

两部分气体总体积不变：2V=VA+VB，

解得：；

答：A部分气体的压强增加量为．

【物理——选修3-4模块】

20．某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图象如图所示．在波的传播方向上有A、B两点，他们到S的距离分别为45m和55m．测得A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s．由此可知

①波长λ=　20　m；

②当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是　﹣6　cm．

【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．

【分析】（1）由振动图象图象读出周期，根据A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s，可知AB间的距离为半个波长，进而求出波长．

（2）AB两个点之间始终相差半个周期，当B点在正的最大位移处时，A在负的最大位移处．

【解答】解：①由振动图象可知该波的周期 T=2s，A、B两点开始振动的时间间隔为△t=1.0s=T，所以A、B间的距离为半个波长，所以λ=2×（55﹣45）m=20m

②AB两个点间距离是半个波长，振动情况总是相反，所以当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是﹣6cm

故答案为：（1）①20； ②﹣6

21．半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直．一束复色光沿半径方向与OO′成 θ=30°角射向O点，已知复色光包含有折射率从n1=到n2=的光束，因而屏NQ部分出现了彩色光带．

（1）求彩色光带的宽度；

（2）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求O角至少为多少？

【考点】光的折射定律．

【分析】（1）根据折射定律求出折射角，再由几何关系求解两个光斑之间的距离，即可得到彩色光带的宽度；

（2）为使光屏上的彩色光带消失，要使光线发生全反射．由于n1＜n2，玻璃对其折射率为n2的色光先发生全反射，由临界角公式求解为使光屏上的彩带消失，复色光的入射角的最小值．

【解答】解：（1）由折射定律得：

  n1=，n2=，

代入数据解得：β1=45°，β2=60°，

故彩色光带的宽度为：d=Rtan（90°﹣β1）﹣tan（90°﹣β2）=（1﹣）R

（2）当所有光线均发生全反射时，光屏上的光带消失，反射光束将在PN上形成一个光点．即此时折射率为n1的单色光在玻璃表面上恰好发生全反射，故

  sinC==

即入射角 θ=C=45°

答：

（1）彩色光带的宽度为（1﹣）R；

（2）O角至少为45°．

【物理——选修3-5模块】

22．氢原子的能级如图所示，当氢原子从n=4向n=2的能级跃迁时，辐射的光子照射在某金属上，刚好能发生光电效应．现有一群处于n=4的能级的氢原子向低能级跃迁，总共能发出　6　种不同频率的光，其中有　4　种频率的光能使该金属发生光电效应．

【考点】氢原子的能级公式和跃迁．

【分析】根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数，当光子的能量大于逸出功时，可以发生光电效应．

【解答】解：根据=6知，这群氢原子可能辐射6种频率的光子．

n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66eV，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV，n=4跃迁到n=2辐射的光子能量为2.55eV，辐射的光子照射在某金属上，刚好能发生光电效应．

而辐射光子能量若小于逸出功，不能发生光电效应，所以这群氢原子辐射的光中有4种频率的光子能使该金属发生光电效应．

故答案为：6，4．

23．如图所示为两块质量均为m，长度均为L的木板放置在光滑的水平桌面上，木块1质量也为m（可视为质点），放于木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木板2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后木块1停留在木板3的正中央，木板3碰撞前的初速度v0为多大？已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ．

【考点】动量守恒定律；能量守恒定律．

【分析】根据23组成的系统碰撞过程中动量守恒求得23碰撞后的共同速度，再根据123组成的系统动动量守恒求得三者最终共同速度，再根据根据守恒由123组成的系统损失的动能转化为内能求得Q，再根据Q=fs相对求解．

【解答】解：设第3块木块的初速度为V0，对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V1，据动量守恒定律得：

mV0=2mV1…①

对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V2，则据动量守恒定律得：

2mV1=3mV2…②

第1块木块恰好运动到第3块正中央，则据能量守恒有：

…③

由①②③联立方程得：v0=3

答：木板3碰碰撞前的速度v0为3．