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2018年河南高職單招物理模擬試題(含答案解析)

2018-08-01 14:59瀏覽:

一、選擇題

1.在物理學發展過程中,許多科學家做出了貢獻.下列說法正確的是(  )

A.伽利略建立了慣性定律

B.牛頓最先建立了力的概念

C.庫侖發現了點電荷的相互作用規律,卡文迪許通過扭秤裝置測出了靜電力常量的數值

D.安培發現了磁場對運動電荷的作用規律,洛侖茲發現了磁場對電流的作用規律

【考點】1U:物理學史.

【分析】根據物理學史和常識解答,記住著名物理學家的主要貢獻即可.

【解答】解:A、牛頓總結出了慣性定律,也最先建立了力的概念,故A錯誤,B正確;

C、庫侖發現了點電荷的相互作用規律,卡文迪許通過扭秤裝置測出了萬有引力常量的數值,故C錯誤;

D、洛侖茲發現了磁場對運動電荷的作用規律,安培發現了磁場對電流的作用規律,故D錯誤;

故選:B

 

2.勻強電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點,AB的長度為2m,D為的AB中點,如圖所示.已知電場線的方向平行于△ABC所在平面,A、B、C三點的電勢分別為28V、12V和4V.設場強大小為E,一電荷量為1×10﹣6C的正電荷從D點移到C點電場力所做的功為W,則(  )

A.W=1.2×10﹣5J,E>6V/m B.W=1.6×10﹣5J,E≤8V/m

C.W=1.6×10﹣5J,E>8V/m D.W=1.2×10﹣5J,E≤6V/m

【考點】AD:電勢差與電場強度的關系;AE:電勢能.

【分析】勻強電場中兩點電勢差與兩點沿電場方向的距離成正比,D為AB的中點,則D點的電勢φD=,電荷從D點移到C點電場力所做的功為W=qUDC=q(φD﹣φC).

【解答】解:由題勻強電場中,由于D為AB的中點,則D點的電勢φD==20V,

電荷從D點移到C點電場力所做的功為W=qUDC=q(φD﹣φC)=1×10﹣6×(20﹣4)J=1.6×10﹣5J.

AB的長度為1m,由于電場強度的方向并不是沿著AB方向,所以AB兩點沿電場方向的距離d<1m

勻強電場中兩點電勢差與兩點沿電場方向的距離成正比,即U=Ed

所以E=

故選:C

 

3.如圖所示的天平可用來測定磁感應強度.天平的右臂下面掛有一個矩形線圈,寬為l=10cm,共N=9匝,線圈的下部懸在勻強磁場中,磁場方向垂直紙面.當線圈中通有電流I=0.10A (方向如圖)時,在天平左、右兩邊加上質量各為m1、m2的砝碼天平平衡.當電流反向(大小不變)時,右邊再加上質量為m=4.36g的砝碼后,天平重新平衡.重力加速度g取10m/s2由此可知(  )

A.磁感應強度的方向垂直紙面向外,大小為0.24T

B.磁感應強度的方向垂直紙面向外,大小為0.12T

C.磁感應強度的方向垂直紙面向里,大小為0.24T

D.磁感應強度的方向垂直紙面向里,大小為0.12T

【考點】CC:安培力.

【分析】天平平衡后,當電流反向(大小不變)時,安培力方向反向,則右邊相當于多了或少了兩倍的安培力大小

【解答】解:有題可知B的方向垂直紙面向里,開始線圈所受安培力的方向向上,電流方向相反,則安培力方向反向,變為豎直向下,相當于右邊多了兩倍的安培力大小,所以需要在左邊加砝碼.則有mg=2NBIL,所以B=.故ABD錯誤,C正確

故選:C

 

4.在水平桌面上,一個面積為S的圓形金屬框置于勻強磁場中,線框平面與磁場垂直,磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖(甲)所示,0﹣1s內磁場方向垂直線框平面向下.圓形金屬框與兩根水平的平行金屬導軌相連接,導軌上放置一根導體棒,導體棒的長為L、電阻為R,且與導軌接觸良好,導體棒處于另一勻強磁場中,如圖(乙)所示.若導體棒始終保持靜止,則其所受的靜摩擦力f隨時間變化的圖象是圖中的(設向右的方向為靜摩擦力的正方向)(  )

A. B. C. D.

【考點】D8:法拉第電磁感應定律;BB:閉合電路的歐姆定律;DD:電磁感應中的能量轉化.

【分析】通過線圈的磁場1隨著時間的變化,由法拉第電磁感應定律可算出產生感應電動勢大小,線圈中出現感應電流,導致導體棒處于磁場2中受到安培力的作用,由于棒始終處于靜止,則可確定靜摩擦力的方向及大小.

【解答】解:由(甲)圖可知在0﹣1 s內磁感應強度均勻增大,產生穩恒感應電流,根據楞次定律可判斷感應電流的方向為逆時針,導體棒受到的安培力的方向是水平向左,棒靜止不動,摩擦力方向水平向右,為正方向.同理,分析以后幾秒內摩擦力的方向,從而得出f﹣t圖象為B圖.故B正確,ACD錯誤;

故選:B

 

5.甲乙兩輛汽車都從靜止出發做加速直線運動,加速度方向一直不變,在第一段時間間隔t內,兩輛汽車的加速度大小不變,汽車乙的加速度大小是甲的兩倍;在接下來的時間間隔2t內,汽車甲的加速度大小增加為原來的兩倍,汽車乙的加速度大小減小為原來的一半,求甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內走過的總路程之比(  )

A.2:3 B.5:7 C.13:14 D.16:17

【考點】1E:勻變速直線運動的位移與時間的關系.

【分析】分別對甲乙兩車研究,用加速度a,時間間隔t0等相同的量表示總位移,再求出路程之比.

【解答】解:設汽車甲在第一段時間時間間隔t末的速度為v,第一段時間間隔內行駛的路程為s1,加速度為a,在第二段時間間隔內行駛的路程為s2.由題,汽車甲在在第二段時間間隔內加速度為2a.設甲、乙兩車行駛的總路程分別為s、s',則有s=s1+s2,s'=s1′+s2′.

    由運動學公式得    

      v=at①

     s1=

將①代入③得   s2=6at2,④

由②+④得  s=s1+s2=  

設乙車在時間t的速度為v',在第一、二段時間間隔內行駛的路程分別為s1′、s2′.

同樣有

   v'=(2a)t⑤

   

  

將⑤代入⑦得 s2′=6at2⑧

由⑥+⑧得s'=s1′+s2′=7at2.

所以甲、乙兩車各自行駛的總路程之比為

故選:C

 

6.如圖所示,在平直的公路上某小車運動的v﹣T圖象為正弦曲線.從圖中可以判斷(  )

A.在0~t1時間內,小轎車加速度不斷減小

B.在0~t1時間內,外力的功率逐漸增大

C.在t2時刻,牽引力的功率最大

D.在t1~t2時間內,牽引力做的總功不為零

【考點】1I:勻變速直線運動的圖像;1D:勻變速直線運動的速度與時間的關系.

【分析】速度時間圖線的切線斜率表示加速度,結合圖線的斜率得出小轎車加速度的變化.根據功率的公式分析牽引力的功率大小,根據動能定理得出牽引力做功的大小.

【解答】解:A、圖線的切線斜率表示加速度,可知在0~t1時間內,切線斜率逐漸減小,則小轎車的加速度不斷減小,故A正確.

B、在0~t1時間內,加速度減小,做加速運動,根據牛頓第二定律知,牽引力逐漸減小,速度增大,外力的功率不是逐漸增大,故B錯誤.

C、在t2時刻速度為零,則牽引力功率為零,故C錯誤.

D、根據動能定理知,在t1~t2時間內,動能變化量不為零,則牽引力做功不為零,故D正確.

故選:AD.

 

7.如圖所示,M是一個小型理想變壓器,原副線圈匝數之比n1:n2=22:5,接線柱a、b 接上一個正弦交變電源,電壓隨時間變化規律如圖乙所示.變壓器右側部分為一火警報警系統原理圖,其中R2為用半導體熱敏村料(電阻隨溫度升高而減小)制成的傳感器,R1為一定值電阻.下列說法中正確的是(  )

A.電壓表V的示數為50V

B.當傳感器R2所在處出現火警時,電壓表V的示數減小

C.當傳感器R2所在處出現火警時,電流表A的示數增大

D.當傳感器R2所在處出現火警時,電阻R1的功率變大

【考點】E8:變壓器的構造和原理;E4:正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率.

【分析】輸出電壓是由輸入電壓和匝數比決定的,輸入的功率的大小是由輸出功率的大小決定的,電壓與匝數成正比,電流與匝數成反比,根據理想變壓器的原理分析即可.

【解答】解:A、由圖象可知,輸入的電壓為220V,變壓器的電壓與匝數成正比,由此可得副線圈的電壓為V,電壓表測的是半導體熱敏材料的電壓,R1、R2的總電壓為50V,所以電壓表的示數小于50V,所以A錯誤;

B、當出現火警時,溫度升高,電阻R2減小,副線圈的電流變大,所以R1的電壓要增大,由于副線圈的總電壓不變,所以R2的電壓就要減小,所以B正確;

C、由B的分析可知,副線圈的電阻減小,副線圈的電流變大,所以原線圈的電流也就要增大,所以C正確;

D、由B的分析可知,副線圈的電阻減小,副線圈的電流變大,由于R1的電阻不變,由P=I2R1可知,電阻R1的功率變大,所以D正確;

故選:BCD

 

8.如圖所示,質量為M的三角形木塊A靜止在水平面上,其左右兩斜面光滑,一質量為m的物體B沿傾角α=30°的右側斜面加速下滑時,三角形木塊A剛好保持靜止,則當物塊B沿傾角β=60°的左側斜面下滑時,下列說法中正確的是(  )

A.A仍然靜止不動,地面對A的摩擦力兩種情況下等大

B.A仍然靜止不動,對地面的壓力比沿右側下滑時對地面的壓力小

C.A將向右滑動,若使A仍然靜止需對其施加向左側的作用力

D.若α=45°角,物塊沿右側斜面下滑時,A將滑動

【考點】2H:共點力平衡的條件及其應用;29:物體的彈性和彈力.

【分析】先對物體B受力分析,受重力和支持力,沿著斜面勻加速下滑,求解出支持力,根據牛頓第三定律得到其對斜面的壓力;然后對斜面體受力分析,將力沿著水平和豎直方向正交分解,判斷壓力的水平分力與最大靜摩擦力的關系.

【解答】解:物體B沿著右側斜面下滑時,對斜面的壓力等于重力的垂直分力,為F=mgcos30°;

對物體A受力分析,受重力、壓力、支持力和向右的靜摩擦力,如圖所示:

物體A恰好不滑動,故靜摩擦力達到最大值,等于滑動摩擦力,根據平衡條件,有:

x方向:f=Fsin30°

y方向:N=Mg+Fcos30°

其中:f=μN

解得:μ=

A、B、C、物體B從左側下滑,先假設斜面體A不動,受重力、支持力、壓力和向左的摩擦力,如圖所示:

壓力等于物體B重力的垂直分力,為F=mgcos60°=mg;

豎直方向一定平衡,支持力為:N=Mg+Fcos60°=Mg+mg;

故最大靜摩擦力fm=μN=(Mg+mg);

壓力的水平分力為Fcos30°=>fm,故一定滑動,要使A靜止,需要對其施加向左的推論,故C正確,AB錯誤;

D、若α=45°,物塊沿右側斜面下滑時,先假設A不滑動,B對A的壓力為mgcos45°,該壓力的水平分量為mgsin45°,豎直分力為mgcos245°,與α=30°時相比,B對A壓力的水平分力變大了,B對A壓力的豎直分力也變小了,故最大靜摩擦力減小了,故一定滑動,故D正確;

故選:CD

 

二、非選擇題:(一)必考題

9.一個有一定厚度的圓盤,可以繞通過中心垂直于盤面的水平軸轉動.用下面的方法測量它勻速轉動時的角速度.

實驗器材:電磁打點計時器、米尺、紙帶、復寫紙片.

實驗步驟:

(1)如圖1所示,將電磁打點計時器固定在桌面上,將紙帶的一端穿過打點計時器的限位孔后,固定在待測圓盤的側面上,使得圓盤轉動時,紙帶可以卷在圓盤側面上.

(2)啟動控制裝置使圓盤轉動,同時接通電源,打點計時器開始打點.

(3)經過一段時間,停止轉動和打點,取下紙帶,進行測量.

①由已知量和測得量表示的角速度的表達式為ω=  ,式中各量的意義是: 式中T為電磁打點計時器打點的周期,r為圓盤的半徑,L是用米尺測量的紙帶上選定的兩點間的長度,n為選定的兩點間的打點周期數 .

②某次實驗測得圓盤半徑r=5.50×10﹣2 m,得到的紙帶的一段如圖2所示,求得角速度為 6.97rad/s .

【考點】M2:打點計時器系列實驗中紙帶的處理.

【分析】通過紙帶打點的時間間隔和位移,求出圓盤的線速度,根據ω=得出角速度的表達式,代入數據求出角速度的大小.

【解答】解:①在紙帶上取兩點為n個打點周期,距離為L,則圓盤的線速度為:,則圓盤的角速度ω=,式中T為電磁打點計時器打點的周期,r為圓盤的半徑,L是用米尺測量的紙帶上選定的兩點間的長度,n為選定的兩點間的打點周期數.  

②從圖中可知第一個點到最后一個點共有n=15個周期,其總長度L=11.50cm.代入數據解得:ω=6.97 rad/s.

故答案為:①,式中T為電磁打點計時器打點的周期,r為圓盤的半徑,L是用米尺測量的紙帶上選定的兩點間的長度,n為選定的兩點間的打點周期數;②6.97rad/s.

 

10.從下表中選出適當的實驗器材,設計一電路來測量電流表A1的內阻r1,要求方法簡捷,有盡可能高的測量精度,并能測得多組數據.

器材(代號)規格
電流表(A1)


電流表(A2)

電壓表(V)

電阻(R1)

滑動變阻器(R2)

電池(E)

電健(K)

導線若干

量程10mA,內阻r1待測(約40Ω)


量程500μA,內阻r2=150Ω

量程10V,內阻r3=10kΩ

阻值約100Ω,作保護電阻用

總阻值約50Ω

電動勢1.5V,內阻很小

(1)在虛線方框中畫出電路圖,標明所用器材的代號.

(2)若選測量數據中的一組來計算r1,則所用的表達式為r1=  ,式中各符號的意義是: 式中I1、I2電流表A1與電流表A2的讀數;r1、r2分別為電流表A1與電流表A2的內阻 .

【考點】N6:伏安法測電阻.

【分析】(1)電流表可視為一個小電阻,但可顯示通過的電流值,因而可知道其兩端的電壓值,由于電源電動勢較小,故本實驗中電壓表不可以使用,否則會帶來較大的讀數誤差,同時滑動變阻器總阻值較小,本著可多次變換測量值的原則,應采用分壓接法

(2)根據部分電路歐姆定律,利用電壓表兩端的電壓處以電流可得電阻

【解答】解:(1)由于電源電動勢較小,故本實驗中電壓表不可以使用,但是電流表可視為一個小電阻,同時可顯示通過的電流值,因而可知道其兩端的電壓值,可充當電壓表,滑動變阻器總阻值較小,本著可多次變換測量值的原則,應采用分壓接法;為了保護電路,可以串聯電阻(R1)作為保護電阻;

故電路如圖所示:

(2)根據歐姆定律得:

r1==

式中I1、I2分別為電流表A1與電流表A2的讀數;r1、r2分別為電流表A1與電流表A2的內阻.

答:(1)如圖所示;

(2),式中I1、I2電流表A1與電流表A2的讀數;r1、r2分別為電流表A1與電流表A2的內阻.

 

11.在半徑R=4800km的某星球表面,宇航員做了如下實驗,實驗裝置如圖甲所示.豎直平面內的光滑軌道由AB和圓弧軌道BC組成,將質量m=1.0kg的小球,從軌道AB上高H處的某點靜止滑下,用力傳感器測出小球經過C點時對軌道的壓力大小F,改變H的大小,可測出相應的F大小,F隨H的變化關系如圖乙所示.求:

(1)圓弧軌通的半徑:

(2)在該星球表面要成功發射一顆衛星的最小速度.

【考點】4F:萬有引力定律及其應用;4A:向心力.

【分析】(1)根據牛頓第二定律以及動能定理求出F與H的表達式,結合圖線求出圓弧軌道的半徑和重力加速度.

(2)根據重力提供向心力求出發射衛星的最小速度.

【解答】解:(1)設該星球表面的重力加速度為g0,圓軌道的半徑為r,

小球通過C點時,

對小球從A運動到C的過程,由動能定理得,

聯立解得

由圖乙可知,H=1.5m時,F=0,代入上式解得r=

(2)H=2.0m時,F=8N,代入上式解得

得,該星球的第一宇宙速度

代入數據解得v=4.8km/s.

答:(1)圓弧軌通的半徑為0.6m;

(2)在該星球表面要成功發射一顆衛星的最小速度為4.8km/s.

 

12.如圖所示的平行板器件中,存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場,磁場的磁感應強度B1=0.40T,方向垂直紙面向里,電場強度E=2.0×105V/m,PQ為板間中線.緊靠平行板右側邊緣xOy坐標系的第一象限內,有垂直紙面的正三角形勻強磁場區域,磁感應強度B2=0.25T.一束帶電量q=8.0×10﹣19C,質量m=8.0×10﹣26 kg的正離子從P點射入平行板間,不計重力,沿中線PQ做直線運動,穿出平行板后從y軸上坐標為(0,0.2m)的Q點垂直y軸射向三角形磁場區,離子通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角為60°.則:

(1)離子運動的速度為多大?

(2)試討論正三角形區域內的勻強磁場方向垂直紙面向里和垂直紙面向外兩種情況下,正三角形磁場區域的最小邊長分別為多少?并求出其在磁場中運動的時間.

【考點】CI:帶電粒子在勻強磁場中的運動;37:牛頓第二定律;4A:向心力;AK:帶電粒子在勻強電場中的運動.

【分析】(1)離子沿直線穿過相互垂直的勻強磁場和勻強電場,電場力與洛倫茲力平衡,由平衡條件求解速度v.

(2)由題,離子穿出磁場通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角為60°則當勻強磁場方向垂直紙面向外時,速度偏向角為60°,則軌跡圓心角為60°,作出面積最小的正三角形磁場區域,由幾何知識最小邊長.當勻強磁場方向垂直紙面向里時,離子轉過300°時,穿出磁場,軌跡為圓弧,作出面積最小的正三角形磁場區域,由幾何知識最小邊長.

【解答】解:(1)由于離子直線穿過平行板器件,B1qv=Eq

      可得 v==5×105 m/s

    (2)根據B2 qv=m

      可知離子在磁場B2中圓周運動的半徑r==0.2m

      若磁感應強度B2的方向垂直紙面向外,

          根據幾何關系(如圖),正三角形的區域的最小邊長a=r=0.2m

          此時離子在磁場中運動的時間

     若磁感應強度B2的方向垂直紙面向里,由數學知識可知,正三角形最小邊長

          此時離子在磁場中運動的時間

答:(1)離子運動的速度為5×105 m/s.

    (2)若磁感應強度B2的方向垂直紙面向外,正三角形的區域的最小邊長a=0.2m,離子在磁場中運動的時間為4.2×10﹣7s.

         若磁感應強度B2的方向垂直紙面向里,正三角形最小邊長為0.66m,離子在磁場中運動的時間為2.1×10﹣6s.

 

三、(二)選考題[物理-選修3-3]

13.下列說法中正確的是 (  )

A.滿足能量守恒定律的宏觀過程都是可以自發進行的

B.熵是物體內分子運動無序程度的量度

C.若容器中用活塞封閉著剛好飽和的一些水汽,當保持溫度不變向下緩慢壓活塞時,水汽的質量減少,密度不變

D.當分子間距離增大時,分子間引力增大,而分子間斥力減小

E.當分子力表現為斥力時,分子力和分子勢能總是隨分子間距離的減小而增大

【考點】8G:能量守恒定律;86:分子間的相互作用力;8I:有序、無序和熵.

【分析】能量守恒定律:能量既不會憑空產生,也不會憑空消滅,它只能從一種形式轉化為其他形式,或者從一個物體轉移到另一個物體,在轉化或轉移的過程中,能量的總量不變;

熱力學第二定律:不可能把熱從低溫物體傳到高溫物體而不產生其他影響;不可能從單一熱源取熱使之完全轉換為有用的功而不產生其他影響;不可逆熱力學過程中熵的微增量總是大于零;

液體的飽和汽壓與溫度有關,與體積無關;

分子力做功等于分子勢能的減小量.

【解答】解:A、滿足能量守恒定律的宏觀過程不一定滿足熱力學第二定律,故A錯誤;

B、熵越大,物體內分子運動的無序性程度越大,故B正確;

C、液體的飽和汽壓與溫度有關,與體積無關,故C正確;

D、當分子間距增加時,分子間引力、斥力都減小,故D錯誤;

E、當分子力表現為斥力時,分子力隨著分子間距的減小而增加,在平衡位置分子勢能具有最小值,故分子間距變化偏離平衡位置時,分子勢能增加,故E正確;

故選BCE.

 

14.如圖所示,一個密閉的氣缸,被活塞分成體積相等的左、右兩室,氣缸壁與活塞是不導熱的,它們之間沒有摩擦,兩室中氣體的溫度相等.現利用右室中的電熱絲對右室加熱一段時間,達到平衡后,左室的體積變為原來的,氣體的溫度T1=300K,求右室氣體的溫度.

【考點】99:理想氣體的狀態方程.

【分析】對兩部分氣體分別應用理想氣體狀態方程列方程,然后求出氣體的溫度.

【解答】解:由題意可知,左、右兩室內氣體初始狀態相同,設為P0,V0,T0

由理想氣體狀態方程可得:

以左室氣體為研究對象:

以右室氣體為研究對象:

代入數據解得:T2=500K;

答:右室氣體的溫度為500K.

 

【選修3-4】

15.如圖所示acb是一塊用折射率n=2的玻璃制成的透明體的橫截面,ab是半徑為R的圈弧,ac邊與bc邊垂直,∠aOc=60°.當一束平行黃色光垂直照到ac上時,ab部分的外表面只有一部分是黃亮的,其余是暗的.下面說法正確的是(  )

A.黃光在該玻璃制成的透明體中的速度為1.5×108m/s

B.黃光比紅光更容易觀測到明顯的衍射

C.黃亮部分的長度為

D.同一雙縫千涉裝置中觀察到黃光比紅外線的條紋窄

E.黃光在真空中的波長比在該玻璃制成的透明體中的波長長

【考點】H3:光的折射定律;HC:雙縫干涉的條紋間距與波長的關系.

【分析】由公式v=求黃光在該玻璃制成的透明體中的速度.波長越長越容易發生衍射.根據sinC=求出臨界角的大小,通過幾何關系得出有黃光投射出去所對應的圓心角,從而求出黃亮部分的長度.干涉條紋的間距與波長成正比.同一種色光在不同介質中頻率相等,由波速公式v=λf分析波長關系.

【解答】解:A、黃光在該玻璃制成的透明體中的速度為:v===1.5×108m/s.故A正確.

B、波長越長,波動性越強,越容易發生衍射,黃光的波長比紅光的短,則黃光比紅光更不容易觀測到明顯的衍射.故B錯誤.

C、由題意作光路圖如圖所示,該介質的臨界角是C.則有:sinC==

得:C=30°

如圖,在i≥30°時,光線在圓弧面上發生全反射,圖中d點為入射角等于臨界角的臨界點,所以只有bd部分有黃光透射出,黃亮部分弧長為:S=×2πR=.故C正確.

D、紅外線是不可見光,不能看到紅外線的干涉條紋.故D錯誤.

E、黃光在真空中的波速比在該玻璃制成的透明體中的波速大,頻率相等,由v=λf知,黃光在真空中的波長比在該玻璃制成的透明體中的波長長.故E正確.

故選:ACE

 

16.波源S1和S2振動方向相同,頻率均為5Hz,分別置于均勻介質中x軸上的O、A兩點處,OA=3m,如圖所示.兩波源產生的簡諧橫波沿x軸相向傳播,波速為5m/s.已知兩波源振動的初始相位相同.求:

(1)簡諧橫波的波長;

(2)OA間合振動振幅最小的點的位置.

【考點】F4:橫波的圖象;F5:波長、頻率和波速的關系.

【分析】(1)已知波速v和頻率f,由波速公式v=λf求解波長.

(2)要使振動振幅最小,則該點到兩波源的波程差應為半波長的奇數倍,設距O點為x,則可得出波程差的表達式,聯立可解得位置.

【解答】解:(1)設波長為λ,頻率為f,由v=λf,得:λ===1m

(2)以O為坐標原點,設P為OA間的任意一點,其坐標為x,則兩波源到P點的波程差為:△l=x﹣(3﹣x),0≤x≤3m.其中x、△l以m為單位.

合振動振幅最小的點的位置滿足△l=(k+)λ,k為整數

解得:x=1.75m,2.25m,2.75m.

答:(1)簡諧橫波的波長為1m.

(2)OA間合振動振幅最小的點的位置為1.75m,2.25m,2.75m.

 

【選修3-5】

17.用頻率為v0的光照射大量處于基態的氫原子,在所發射的光譜中僅能觀測到頻率分別為v1、v2、v3的三條譜線,且v3>v2>v1,對應光子的能量分別為E1,E2,E3,己知普朗克常數為h,則下面正確的是(  )(填入正確選項前的字母)

A.E1<E2<E3

B.v3=v2+v1

C.上面觀測到頻率分別為v1、v2、v3的三條譜線都能使極限頻率為v0金屬表面逸出電子

D.

E.上面觀測到頻率分別為v1、v2、v3的三條譜線真空中最長波長為

【考點】J4:氫原子的能級公式和躍遷.

【分析】用波長為v0的光照射大量處于基態的氫原子,在所發射的光譜中僅能觀測到波長分別為v1、v2、v3的三條譜線,根據能級差等于吸收光子的能量求出光子能量.根據輻射光子的頻率大小確定哪個光子是哪兩個能級之間的躍遷.

【解答】解:A、用波長為v0的光照射大量處于基態的氫原子,在所發射的光譜中僅能觀測到波長分別為v1、v2、v3的三條譜線,根據輻射的光子的種類與能級的關系:,說明是從n=3能級向低能級躍遷.

由于三條譜線中的頻率關系為v3>v2>v1,所以n=3能級向n=1能級躍遷時,E3=hv3=E3n﹣E1n

n=2能級向n=1能級躍遷時,E2=hv2=E2n﹣E1n

n=3能級向n=2能級躍遷時,E1=hv1=E3n﹣E2n

由以上公式可知,E1<E2<E3.故A正確;

B、D、將以上三式變形可得  hv3=hv2+hv1

解得 v3=v2+v1,故B正確,D錯誤;

C、根據氫原子理論可知,入射光頻率v0=v3,所以只有頻率為v3的譜線能使極限頻率為v0金屬表面逸出電子.故C錯誤;

E、根據頻率與波長的關系:,所以頻率越小,波長越大,由于v3>v2>v1,上面觀測到頻率分別為v1、v2、v3的三條譜線真空中最長波長為.故E正確.

故選:ABE

 

18.如圖所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一豎直的墻.重物質量為木板質量的2倍,重物與木板間的動摩擦因數為μ.使木板與重物以共同的速度v0向右運動,某時刻木板與墻發生彈性碰撞,碰撞時間極短.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間.設木板足夠長,重物始終在木板上.重力加速度為g.

【考點】53:動量守恒定律;1G:勻變速直線運動規律的綜合運用;66:動能定理的應用.

【分析】通過受力分析和運動分析知道:木板第一次與墻碰撞后,向左勻減速直線運動,直到靜止;

再反向向右勻加速直線運動直到與重物有共同速度,再往后是勻速直線運動,直到第二次撞墻.

利用動量守恒求出每次碰撞后的速度,利用勻變速直線運動規律求時間.

【解答】解:木板第一次與墻碰撞后,向左勻減速直線運動,直到靜止,

再反向向右勻加速直線運動直到與重物有共同速度,再往后是勻速直線運動,直到第二次撞墻.

木板第一次與墻碰撞后,重物與木板相互作用直到有共同速度v,動量守恒,有:

2mv0﹣mv0=(2m+m)v,解得:v=

木板在第一個過程中,用動量定理,有:mv﹣m(﹣v0)=μ2mgt1

用動能定理,有:=﹣μ2mgs

木板在第二個過程中,勻速直線運動,有:s=vt2

木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間t=t1+t2=+=

答:木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間為