2020版试吧高中全程训练计划物理课练20

周测一 直线运动(B 卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25 m ，动车进站时可以看作匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他时用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为 ( )A ．2 m /s 2B ．1 m /s 2C ．0.5 m /s 2D ．0.2 m /s 22．让一物体分别以以下两种方式通过直线上的A 、B 两点，一是物体以速度v 匀速运动，所用时间为t ，二是物体从A 点由静止出发，先以加速度a 1做匀加速直线运动到某一最大速度v m 后，立即以加速度a 2做匀减速直线运动，到达B 点时速度恰好减为零，所用时间仍为t ，则下列说法正确的是( )A ．v m 只能为2v ，与a 1、a 2无关B ．v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小有关C ．a 1、a 2都必须是一定的D ．a 1、a 2必须满足a 1a 2a 1＋a 2＝v t3．(多选)在空中的某点O 处以一定的初速度竖直向上抛出一物体，不计空气阻力，0.8 s 后物体的速率变为4 m /s ，关于此时物体的位置和速度方向的说法，正确的是(重力加速度g 取10 m /s 2)( )A ．在O 点上方，速度方向向下B ．在O 点上方，速度方向向上C ．在O 点，速度方向向下D ．在O 点下方，速度方向向下4．为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验．让甲车以最大加速度a 1加速到最大速度v m 后匀速运动一段时间，再以最大加速度a 2制动，直到停止；乙车以最大加速度a 1加速到最大速度v m 后立即以加速度a 22制动，直到停止，实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5∶4.则a1与a2之比为()A．2∶1 B．1∶2C．4∶3 D．4∶55.如图所示为某质点做直线运动的v－t图象．图中t2＝3t1，质点在0～t1时间内和t1～t2时间内位移相等．则()A．在0～t1时间内，质点的加速度逐渐变小B．在t1～t2时间内，质点的加速度逐渐变大C．质点在0～t1时间内和t1～t2时间内的平均速度是相等的D．质点在0～t1时间内和t1～t2时间内，速度方向相同，加速度方向相反6.甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v－t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2(s2>s1)．计时开始时，甲、乙两车相距s0，在两车运动过程中，下列说法正确的是() A．若甲车在乙车前方且s0＝s1＋s2，两车相遇1次B．若甲车在乙车前方且s0<s1，两车相遇2次C．若乙车在甲车前方且s0＝s2，两车不会相遇D．若乙车在甲车前方且s0＝s1，甲车追上乙车前，在T时刻相距最近7．如图所示，某学习小组利用直尺估测反应时间：甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏住直尺，根据乙手指所在位置计算反应时间．为简化计算，某同学将直尺刻度进行了改进，先把直尺零刻度线朝向下，以相等时间间隔在直尺的反面标记相对应的反应时间(单位为s)刻度线，制作成了“反应时间测量仪”，下列四幅图中反应时间刻度线标度正确的是()8.如图所示，一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则()A．v1＝v2，t1>t2B．v1<v2，t1>t2C．v1＝v2，t1<t2D．v1<v2，t1<t2二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9．(8分)某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到在不同拉力作用下的A、B、C三条较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取1个计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1 s，将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5、…，其中甲、乙、丙三段纸带，是从A、B、C三条纸带上撕下的．(1)在甲、乙、丙三段纸带中，属于从纸带A上撕下的是________．(2)打A纸带时，小车的加速度大小是________m/s2(保留两位小数)．(3)打点计时器打计数点1时小车的速度大小为________m/s(保留两位小数)．10.(10分)利用自由落体运动可测量重力加速度．某同学利用如图所示的实验装置进行了实验，图中的M为可恢复弹簧片，M与触头接触，开始实验时需要手动敲击M断开电路，使电磁铁失去磁性释放第一个小球，小球撞击M时电路断开，下一个小球被释放．(1)为完成实验，除图示装置提供的器材外还需要的器材有________和________．(2)用图中所示的实验装置做实验，测得小球开始下落的位置与M的高度差为120.00 cm，手动敲击M的同时开始计时，到第80个小球撞击M时测得总时间为40.0 s，可求得重力加速度g＝________m/s2(结果保留两位有效数字)．(3)若该同学测得的重力加速度偏小，可能的原因是________．A．手动敲击M时提前计时B．手动敲击M时延后计时C．记录撞击M的小球个数时少数了一个D．记录撞击M的小球个数时多数了一个11．(14分)一质点由静止开始从A点向B点作直线运动，初始加速度为a0(1)若以后加速度均匀增加，每经过n秒增加a0，求经过t秒后质点的速度．(2)若将质点的位移s AB平分为n等份，且每过一个等分点后，加速度都增加a0/n，求该质点到达B点时的速度．12．(15分)同向运动的甲乙两质点在某时刻恰好通过同一路标，以此时为计时起点，此后甲质点的速度随时间的变化关系为v＝4t＋12(m/s)，乙质点位移随时间的变化关系为s＝2t＋4t2(m)，试求：(1)两质点何时再次相遇？(2)两质点再次相遇之前何时相距最远？最远的距离是多少？周测一 直线运动(B 卷)1．C 运用逆向思维，将火车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动相同位移的时间比关系可知，第7节车厢和第6节车厢经过旅客的时间之比t 7∶t 6＝1∶(2－1)＝t 7∶4，故t 7＝4(1＋2)s ，由L ＝12at 27，解得动车的加速度大小a ＝2524＋162m/s 2≈0.5 m/s 2，选项C 正确． 2．A 两过程有v t ＝v m t 2，即v m ＝2v ，A 正确、B 错误；又v m ＝a 1t 1＝a 2(t －t 1)，则a 1a 2a 1＋a 2＝2v t，C 、D 错误． 3．BC 若物体此时的速度方向向下，即v ＝－4 m/s ，由公式v ＝v 0－gt 得，v 0＝4 m/s ，则物体上升和下降的位移大小相等，物体回到了O 点，故A 、D 错误，C 正确；若物体此时的位置在O 点上方，速度方向向上，v ＝4 m/s ，由公式v ＝v 0－gt ，得v 0＝12 m/s ，符合题意，B 正确．4．B作出甲、乙两车的速度—时间图线，如图所示，设甲车匀速运动的时间为t 1，总时间为t 2，因为两车的位移之比为5∶4，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1＋t 22v m ∶⎝⎛⎭⎪⎫t 22v m ＝5∶4，解得t 1∶t 2＝1∶4，乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止，根据速度—时间图线的斜率表示加速度，可知乙车匀减速运动的时间是甲车匀减速运动时间的2倍，则甲车匀速运动的时间和匀减速运动的时间相等，可知甲车匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之比为2∶1，加速度a 1∶a 2为1∶2，B 正确．5．D 根据v －t 图线的斜率可得，在0～t 1时间内，质点的加速度逐渐变大，在t 1～t 2时间内，质点的加速度逐渐变小，A 、B 错误；质点在0～t 1时间内和t 1～t 2时间内位移相等，但时间不相等，所以平均速度不相等，C 错误；质点在0～t 1时间内和t 1～t 2时间内，速度都沿正方向，方向相同，加速度方向相反，D 正确．6．B T 时刻甲、乙两车速度相等．若甲车在前乙车在后，当s 1＋s 2≥s 0＋s 2，即s 0≤s 1时乙车将超越甲车，由于甲车加速度较大，此后甲车又将超越乙车，两车相遇两次；若乙车在前甲车在后，s 0＝s 2时，甲车加速度较大，故两车在T 时间不会相遇，在t >T 时会相遇；当s 0＝s 1时，有s 1＋s 2＝s 0＋s 2，两车恰在T 时刻相遇．选项A 、C 、D 错误，B 正确．7．C 由题可知，乙同学手的位置在开始时应放在0刻度处，所以0刻度要在下边．由物体做自由落体运动的位移h ＝12gt 2可知，位移与时间的平方成正比，所以随时间的增大，刻度尺上的间距增大．由以上的分析可知，只有图C 是正确的．8．A由于小球在两次运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v 1＝v 2，小球沿管道MPN 运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v 0，而小球沿管道MQN 运动过程中，小球的速率大于初速率v 0，所以小球沿管道MPN 运动的平均速率小于沿管道MQN 运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t 1>t 2(也可画出如图所示的v －t 图象，可得t 1>t 2)，A 正确．9．解题思路：(1)根据匀变速直线运动的特点得x 34－x 23＝x 23－x 12＝x 12－x 01＝Δx ，得x 34＝x 12＋2Δx ＝5.51 cm ＋2×(5.51－3.00) cm ＝10.53 cm ，所以属于纸带A 的是甲．(2)根据Δx ＝aT 2可得，a ＝Δx T 2＝x 12－x 01T 2＝2.51 m/s 2. (3)匀变速直线运动过程中，中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即v 1＝x 022T ≈0.43 m/s.答案：(1)甲(2分) (2)2.51(4分) (3)0.43(2分)10．解题思路：(1)由h ＝12gt 2知，需要用刻度尺测量小球开始下落的位置与M 的高度差h ，用秒表测量总时间．(2)一个小球自由下落的时间t ＝40.080 s ＝0.50 s ，g ＝2h t 2＝2×1.200 00.502 m/s 2＝9.6 m/s 2.(3)手动敲击M 时提前计时或记录撞击M 的小球个数时少数一个都会增加自由下落的时间t ，使根据g ＝2h t 2算出的g 值偏小．答案：(1)刻度尺 秒表(4分) (2)9.6(4分) (3)AC(2分)11．解题思路：(1)作出a －t 图线，图线围成的面积表示速度的变化量，每经过n 秒增加a 0，则t s 时，加速度a ＝a 0＋t n a 0，(2分)则t s 内速度的变化量Δv ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 0＋a 0＋t n a 0t ＝a 0t ＋a 02n t 2.(3分) 因为初速度为零，则t s 后的速度v ＝a 0t ＋a 02n t 2.(2分)(2)根据速度位移公式得，2a 0s AB n ＝v 21－0，(2分)2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 0＋a 0n s AB n ＝v 22－v 21.(1分) ……2⎝⎛⎭⎪⎪⎫a 0＋(n －1)a 0n s AB n ＝v 2B －v 2n －1.(1分) 累加，解得v B ＝⎝⎛⎭⎪⎫3－1n as AB .(3分) 答案：(1)a 0t ＋a 02n t 2 (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋1n a 0s AB 12．解题思路：(1)由甲质点速度随时间变化关系v 甲＝4t ＋12 (m/s)得甲做匀变速直线运动，v 0甲＝12 m/s ，a 甲＝4 m/s 2(2分)则甲的位移随时间变化关系为s 甲＝12t ＋2t 2 (m)① (2分) 由乙质点位移随时间变化关系s 乙＝2t ＋4t 2 (m)②若甲乙再次相遇，两者位移相等，则有s 甲＝s 乙③ (1分) 由①②③得t 1＝0 s t 2＝5 s(1分)由题意得两质点5 s 时再次相遇．(1分)(2)由乙质点位移随时间的变化关系s乙＝2t＋4t2得乙做匀变速直线运动，v0乙＝2 m/s，a乙＝8 m/s2(2分)则乙的速度随时间变化关系为v乙＝2 (m/s)＋8t④(2分)由甲质点的速度随时间的变化关系为v甲＝4t＋12 (m/s)⑤由题意得当两质点速度相等时，两者相距最远，v甲＝v乙⑥(2分)由④⑤⑥得t3＝2.5 s⑦则两质点再次相遇之前2.5 s相距最远(1分)由①②⑦得两质点的最远距离为s甲－s乙＝12.5 m(1分)答案：(1)5 s(2)2.5 s12.5 m。

力共点力的平衡夯基提能卷②立足于练题型悟技法——保底分(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．[2019·河南郑州外国语学校月考]A、B是天花板上的两点，一根长为l的细绳穿过带有光滑孔的小球，两端分别系在A、B点，如图甲所示；现将长度也为l的均匀铁链悬挂于A、B点，如图乙所示．小球和铁链的质量相等，均处于平衡状态，A点对轻绳和铁链的拉力分别是F1和F2，球的重心和铁链重心到天花板的距离分别是h1和h2，则( )A．F1<F2，h1<h2B．F1>F2，h1<h2C．F1>F2，h1>h2 D．F1＝F2，h1>h2答案：C解析：由于是轻绳，绳子的质量不计，则图甲中的重力全部集中在球上，重心在球的球心，而图乙中铁链的质量是均匀的，故其重心一定在最低点的上方，故h1>h2；对球和铁链受力分析，如图甲、乙所示，A点对球的拉力沿着绳子的方向，A点对铁链的拉力沿着该处铁链的切线方向，故图乙中A、B两点对铁链拉力的夹角比较小，由力的合成知识知，F2较小，故C正确．2．[2019·河南豫北十校联考]两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图甲、乙两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下保持静止状态，则在这两种方式中，木块B受力个数分别为( )A．4；4 B．4；3C．5；3 D．5；4答案：C解析：图甲中，根据整体法可知，木块B除了重力外，一定受到墙面水平向右的弹力和竖直向上的静摩擦力，隔离B分析，其一定还受到A的弹力(垂直于接触面向左上方)，隔离A分析，A受到重力、水平向左的推力、B对其垂直于接触面向右下的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，可知B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，故B共受5个力的作用；图乙中，据整体法可知B与墙面间既无弹力也无摩擦力，所以B受重力、A的弹力和摩擦力共3个力的作用，C 正确．3.[2019·广西南宁二中月考](多选)如图所示，水平桌面上平放有54张卡片，每一张卡片的质量均为m.用一手指以竖直向下的力压第1张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张卡片之间的动摩擦因数为μ1，卡片之间、卡片与桌面之间的动摩擦因数均为μ2，且有μ1>μ2，则下列说法不正确的是( )A．任意两张卡片之间均可能发生相对滑动B．上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左C．第1张卡片受到手指的摩擦力向左D．最后一张卡片受到水平桌面的摩擦力向右答案：ACD解析：对第2张卡片受力分析，它对第3张卡片的压力等于上面两张卡片的重力及手指的压力，最大静摩擦力F max≥μ2·(2mg＋F)，而受到的第1张卡片的滑动摩擦力为f＝μ2(mg ＋F)<F max，则第2张卡片与第3张卡片之间不发生相对滑动．同理，第3张与第4张卡片也不发生相对滑动，故A错误．根据题意，因上一张卡片相对下一张卡片向右滑动或有向右滑动的趋势，因此上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左，故B正确．第1张卡片受到一长方形木板放置在水平地面上，挡板的两端固定于水平地面上，挡板与木板不接触．同时方形木板以大小相等的速度向左运动，F N，因物块沿挡板运动的速度的大小等于木板的1＝μ1运动速度的大小，故物块相对木板的速度方向与挡板成45°角，物块受木板的摩擦力为则物块与挡板之间的正压力假期里，一位同学在厨房里帮助妈妈做菜，前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大，如图所示，飞艇常常用于执行扫雷、如图所示为飞艇拖曳扫雷器具扫除水雷的模拟图．m，重力加速度为g，、B为竖直墙面上等高的两点，在同一水平面内，初始时∠AOB<90°，的正下方，在O点处悬挂一个质量为点移动，O点位置保持不动，系统仍然保持平衡，在斜面上等高处，静止着两个相同的质量为－mg sin2，可得二、非选择题(本题包括．(8)(1)小翔利用如图甲所示的装置，探究弹簧弹力本题考查胡克定律的应用．弹簧弹力F与伸长量可知，图线的斜率即为劲度系数，可得k＝125 N/m.本题考查“验证平行四边形定则”这一实验．B弹簧的读数估读一位可得为由作图可得到结论：在误差允许范围内，①将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端绑上两根细线．②在其中一根细线上挂5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，________________、细线的方向．③将步骤②中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，，倾角为30°的上表面光滑的斜面体静止在粗糙的水平地2 kg的小球A、B，它们用轻质细绳连接，现对小球分)[2019·河北武邑中学调研]一重为G的圆柱体工件放在α＝60°，槽的两侧面与水平方向的夹角相同，槽与工件接触处的动摩擦因数处处相同，大小为μ＝0.25，则：(1)要沿圆柱体的轴线方向(如图甲所示)水平地把工件从槽中拉出来，人至少要施加多大的拉力？(2)现把整个装置倾斜，使圆柱体的轴线与水平方向成37°角，如图乙所示，且保证圆柱体对V形槽两侧面的压力大小相等，发现圆柱体能自动沿槽下滑，求此时工件所受槽的摩擦力大小．答案：(1)0.5G(2)0.4G解析：(1)分析圆柱体的受力可知，沿轴线方向受到拉力F、两个侧面对圆柱体的滑动摩擦力，由题给条件知F＝2f，由圆柱体重力产生的效果将重力进行分解如图所示，由几何关系可得G＝F1＝F2，由f＝μF1得F＝0.5G.(2)把整个装置倾斜，则重力沿压紧两侧的斜面的分力F′1＝F′2＝G cos37°＝0.8G，此时工件所受槽的摩擦力大小f′＝2×μF′1＝0.4G.探究创新卷②着眼于练模拟悟规范——争满分(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1.水平的皮带传动装置如图所示，皮带的速度大小保持不变，如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1处，当物体平衡时上面的弹簧处于原长状态，若把固定的物体物体的大小不变，且弹簧均在弹性限度内(已知重力加速度为mg k1＋k2mg＋k2k kmg k1＋k2答案：A解析：当物体的质量为3.如图所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P 点，另一端与A相连接，下列说法正确的是( )A．如果B对A无摩擦力，则地面对B也无摩擦力B．如果B对A有向右的摩擦力，则地面对B有向左的摩擦力C．在P点缓慢下移的过程中，B对A的支持力一定减小D．在P点缓慢下移的过程中，地面对B的摩擦力一定减小答案：A解析：如果B对A无摩擦力，说明弹簧的弹力为0，选取A与B组成的系统为研究对象，系统仅仅受到重力和地面的支持力的作用，所以地面对B也无摩擦力，选项A正确；如果B 对A有向右的摩擦力，根据牛顿第三定律，A对B有向左的摩擦力，物块B有向左运动的趋势，所以地面对B有向右的摩擦力，选项B错误；在P点缓慢下移到与A等高的过程中，若弹簧原来处于拉伸状态，弹簧可能由伸长变为压缩，也可能一直处于拉伸状态，则弹力可能由斜向上逐渐减小的拉力变为斜向下逐渐增大的推力，也可能是斜向上逐渐减小的拉力，对A由平衡条件可知，B对A的支持力在弹簧弹力逐渐减小过程中一直增大，选项C错误；若弹簧原处于原长或压缩状态时，弹簧弹力一直增大，由整体法可知地面对B的摩擦力增大，选项D错误．4.一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数均为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A．斜面对长木板的摩擦力大小为mg sinθB．斜面对长木板的摩擦力大小为3μ2mg cosθC．长木板对人的摩擦力大小为2μ1mg cosθD．长木板对人的摩擦力大小为2mg sinθ答案：D)如图所示，两根光滑细棒在同一竖直平面内，两棒与37°角，棒上各穿有一个质量为m的相同小球，两球用轻质弹簧连接，两小球在放在直角三角形斜面体B上面，沿斜面向上推A，但A、之间的摩擦力可能减小到零受到向右的静摩擦力受到一个摩擦力，方向向左的静摩擦力方向水平向右如图所示，将两块光滑平板60°的楔形槽，楔形槽内放置一质量为m的光滑小球，整个装置保持静止，点顺时针缓慢转动至OA对小球受力分析，如图所示，平板OA对小球的作用力OB转动到竖直方向时，错误，C正确．OB板对小球的作用力一直在增大，，要求尽可能多地利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数结果保留两位有效数字)．由表中数据________(－＋－＋－3＝cm ，由胡克定律得弹簧甲的劲度系数k ＝ΔF Δx ＝0.49 N1.01 cm ＝49 N/m.由表中数据可根据上述方的指针位置如图所示，其读数为______N.的示数，还要在贴于竖直木板的白纸上记录____________．________(填选项的字母代号．弹簧测力计需要在实验前进行校零如图所示，两个质量分别为m、4m的质点A、轻绳挂在光滑的定滑轮上，求系统平衡时OA、OB段绳长各为多少？故杆的弹力必沿杆的方向．。

的木板停放在光滑水平面上，另一不计长度、质量块以某一速度从右端滑上木板，木板与木块间的动摩擦因数μ＝0.8.如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧，弹簧沿水平方向且与木板相连，木板质量4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为从圆槽的右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计．则( )L的木板右端水平固定有一轻质弹簧，在木板上与左端相齐处有，木板与小物体一起以水平速度v向右运动，若木板与小物体、木板与地面的接触面均光滑，木板与墙碰撞无机械能损失，则从木板与墙碰撞以后，以下说法中正确的是半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，发生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是( )如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中，弹簧两端分别与静止的滑块以初速度v0向右运动，它与挡板m1的小球以速度v，方向相反，则两小球的质量之比m1∶m2及动能变化量之比的质量m A＝1 kg，木块B的质量之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时如图所示，在光滑的水平面上固定有左、右两竖直挡板，挡板间距离足够长，有一质量为的小物块(可视为质点)，放置在长木板的左端，已知小物块与长木板间的现使小物块和长木板以共同速度v向右运动，设长木板与左、右挡板的碰撞中无机械·课标Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，·课标Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；两物块与地面间的动摩擦因数均相同．·课标Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．方向小球的动量变化Δp x、Δp y；激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为光滑水平地面上有一静止的木块，图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达到稳定状态，木块动能增加了正确的是( )A．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/sB．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/sC．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J10．(2018·河北石家庄二中一模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0 kg和m B＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示．求：(1)物块C的质量m C；(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p.11．(2018·湖南益阳调研)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc 为一光滑斜面，斜面与水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：(1)木块在ab段受到的摩擦力f；(2)木块最后距a点的距离s.12．(2018·广东深圳一调)一电视节目中设计了这样一个通关游戏：如图所示，光滑水平面上，某人乘甲车向右匀速运动，在甲车与静止的乙车发生弹性正碰前的瞬间，该人恰好抓住固定在他正上方某点的轻绳荡起至最高点速度为零时，松开绳子后又落到乙车中并和乙车一起继续向前滑行；若人的质量m＝60 kg，甲车质量M1＝8 kg，乙车质量M2＝40 kg，甲车初速度v0＝6 m/s，求：(1)最终人和乙车的速度；(2)人落入乙车的过程中对乙车所做的功．＝－M＋m，＝－M＋m.因小球滑上曲面的过程中，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，＝＋μg上述过程中，m相对M规定向右为正方向，根据动量守恒定律得＝2Mv1＋μg3<L2.只要第一次碰撞后m未从应满足L≥＋μg根据能量守恒定律可知从开始到刚要发生第四次碰撞前，系统损失的机械能)＝μmg×2M＋μg(1)0＋μg (2)L≥2Mv20＋μg解题思路：(1)设Δ时间内，从喷口喷出的水的体积为V①直角坐标系．同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为＝0＋2＝0＋·M＝0＋，可得＝70 J时，可得M∶m＝2B、C错误；当m＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项。

课练23电路的基本规律和应用1。

(多选)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内阻为r,R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器,A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( ）A．电压表示数变大B．电流表示数变大C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低2．(多选）在如图所示的电路中,电源的电动势E恒定，内阻r ＝1 Ω，定值电阻R3＝5 Ω,电表均为理想电表，当开关S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相同，则下列说法正确的是( ) A．电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 ΩB．电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 ΩC．开关S断开时电压表的示数可能小于S闭合时的示数D．开关S从断开到闭合,电压表的示数变化量与电流表的示数变化量之比一定等于6 Ω3．如图所示,电源电动势E＝8 V，内阻r＝4 Ω，电灯A的电阻为10 Ω，电灯B的电阻为8 Ω,滑动变阻器的总电阻为6 Ω.闭合开关S，当滑片P由a端向b端滑动的过程中(不考虑电灯电阻的变化）,下列说法正确的是（)A．电流表的示数先减小后增大B．电压表的示数先增大后减小C．电灯A的亮度不断增大D．电源的最大输出功率为4 W4．如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路,蓄电池内阻为0.05 Ω，电流表和电压表均为理想电表．只闭合S1时,电流表示数为10 A，电压表示数为12 V，再闭合S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8 A，则此时通过启动电动机的电流是（)A．2 A B．8 AC．50 A D．58 A5.(多选)某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标图上,如图中的a、b、c所示,以下判断正确的是（)A．直线a表示电源的总功率P E－I图线B．曲线c表示电源的输出功率P R－I图线C．电源的电动势E＝3 V，内阻r＝1 ΩD．电源的最大输出功率P m＝2 W6.如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r,各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是( )A．电流表的读数I先增大后减小B．电压表的读数U先减小后增大C．电压表读数U与电流表读数I的比值错误!不变D．电压表读数的变化量ΔU与电流表读数的变化量ΔI的比值错误!不变7．如图所示，R0为热敏电阻（温度降低，其电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），平行板电容器中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，开关K闭合．下列各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是( ）A．滑动变阻器R的滑动触头P向上移动B．将热敏电阻R0的温度降低C．开关K断开D．电容器的上极板向上移动8．某种角速度测量计结构如图所示,当整体系统绕轴OO′转动时,元件A发生位移并通过滑动变阻器输出电压U,电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号．已知A的质量为m,弹簧的劲度系数为k、自然长度为L，电源的电动势为E、内阻不计．滑动变阻器总长也为L，电阻分布均匀，系统静止时，滑片P在滑动变阻器的最左端B点，当系统以角速度ω转动时，不计一切摩擦,则（)A．电路中电流随角速度的增大而增大B．电路中电流随角速度的减小而减小C．弹簧的伸长量x＝错误!D．输出电压U与ω的函数式U＝错误!9．(多选)将阻值为非线性变化的滑动变阻器R2接入图1的电路中，移动滑动变阻器滑动触头改变接入电路中的电阻丝长度x(x为图中a点与滑动触头之间的距离),定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图2，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，电路中的电流表和电压表均为理想电表，当滑动触头从a点移动到b点和从b点移动到c点的这两个过程中,下列说法不正确的是（）A．电流表A的示数变化量相等B．电压表V2的示数变化量不相等C．电阻R1的功率变化量相等D．电源的输出功率都不断增大10.（多选)在如图所示的电路中，电流表和电压表均为理想电表,电源的内阻不可忽略．将开关S闭合，滑动变阻器的滑片向右缓慢滑动的过程中，下列说法正确的是( ）A．电压表V1读数变化量的绝对值比电压表V2读数变化量的绝对值大B．电压表V1读数变化量的绝对值与电流表读数变化量的绝对值的比值减小C．电压表V2读数变化量的绝对值与电流表读数变化量的绝对值的比值不变D．电压表V读数变化量的绝对值与电流表读数变化量的绝对值的比值不变11.如图所示的电路中,当开关S接a点时，标有“5 V,2.5 W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1 A，这时电阻R两端的电压为4 V．求：(1）电阻R的值．（2)电源的电动势和内阻．12．三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1。

已知流过通电直导线的电流大小为点的磁感应强度大小为B NADC＝60°，A、相同且垂直于该直角三角形所在平面的直导线，如图所示，根据右手螺旋定则可知，，D点的直导线在根据磁感应强度的叠加得M点处的磁感应强度大小为如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在点以某一初速度垂直等势线进入正交电场、磁场中，点的速度比在M点的速度大如图所示，直线MN与水平方向成方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所120°，所以粒子运动的半径为形金属盒的作用是屏蔽外电场，使盒内无电场忽略粒子在电场中运动的时间，则高频交流电源的频率为．粒子离开加速器时速度为qBR m m如图所示，在以R 0设粒子的速度为v，它在MN左侧磁场中的运动轨迹为圆圆弧对应的圆心为O1，半径为R1，如图所示，粒子进入MN右侧磁场中的运动轨迹为圆弧半径为R2，如图所示，江西省赣中南五校一联]一个带电粒子沿垂直于磁场的粒子的一段径迹如图所示，由于带电粒子使沿途的空气电离，如图所示，在倾角为质量为m的直导体棒．安徽省合肥模拟]为监测某化工厂的污水排放量，在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计．材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为污水充满管口从左向右流经该装置时，湖北省部分重点中学联考]如图所示，含有处射入速度选择器，沿直线处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等点的粒子是4He安徽师大附中模拟](多选)如图所示，空间存在水平向左的和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，如图所示，在y垂直且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为平面内发射出大量完全相同的带负电粒子，所有，方向与x轴正方向的夹角分布在－轴放置一荧光屏安徽省皖南八校联考]如图所示，正方形点是cd边的中点，点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，点射出磁场．现设法使该带电粒子从由带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时则知带电粒子的运动周期为如图所示，M、N，两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场，环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为个小孔，从M环的内侧边缘由静止释放一质量点时速度大小为35v 08mv 209qh2mv 根据以上条件结合动能定理可得，qEh ＝12正确；由题意可知粒子进入磁场后垂直磁场下边界射出，由此可作出粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，轨迹半径如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，下列关于描述小球运动的v—t图象中正确的是()答案：C解析：在小球下滑的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，小球受到重力mg、电场力qE、洛伦兹力qvB、摩擦力f，还有木杆对小球的支持力N.开始时，小球的速度较小，洛伦兹力qvB较小，支持力N较大，随着速度的增大，支持力N在减小，可以知道摩擦力f减小，竖直方向上的合力增大，小球的加速度增大；当速度增大到一定的程度时，洛伦兹力qvB和电场力qE相等，此时支持力N为零，摩擦力f为零，小球的加速度为g，加速度达到最大；当速度继续增大时，支持力N要反向增大，摩擦力f增大，竖直方向上的合力减小，小球的加速度减小，当摩擦力f与重力mg相等时，竖直方向上的加速度为零，小球的速度达到最大．所以选项ABD所示的v—t 图象不符合分析得到的小球的运动规律，C选项符合．28综合提能力课时练赢高分课时测评○一、选择题1．如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．初速度不计的电子经加速电场加速后进入有限边界的匀强磁场中发生偏转，最后打在荧光屏上．如果发现电视画面幅度与正常的相比偏小，则引起这种现象可能的原因是()．电子枪发射能力减弱，电子数量减少．加速电场的电压过低，电子速率偏小．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少．偏转线圈中电流过大，偏转线圈的磁感应强度增强如图所示为用回旋加速器加速带电粒子的示意图．，粒子的运动方向已经在图中标出，则以下说法．从回旋加速器出口射出的粒子带正电答案：AD解析：根据左手定则，由粒子的偏转方向和磁场方向可知，该粒子带正电，故A正确；带电粒子在磁场中做圆周运动，在狭缝间做匀加速运动，粒子在电场内运动的时间极短，要使粒子每次经过狭缝间都能加速，D形盒狭缝间所加电压需采用周期等于粒子做圆周运动周期的交流电压，故B错误，D正确；洛伦兹力不做功，所以磁场不能使粒子的动能增加．C错误．3．[2019·江苏如皋质检](多选)如图所示为磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈电中性)沿图示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷．在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是()A．A板带负电B．有电流从b经用电器流向aC．金属板A、B间的电场方向向下D．等离子体发生偏转的原因是离子所受的洛伦兹力大于所受的静电力答案：ABD解析：根据左手定则可知，正电荷向下偏转，负电荷向上偏转，则A板带负电，故A正确．因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为从b经用电器流向a，故B正确．因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上，故C错误．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，故D正确．4．[2019·广东珠海模拟]如图所示，从S处发出的电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向下极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B.欲使电子浙江杭州检测]利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域．霍尔元件一般由半导体材料制成，即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是答案：A解析：若接入元件1，载流子是电子，根据左手定则可知，电子向后表面偏转，故前表面电势高；若接入元件2，载流子是空穴，根据左手定则可知，正电荷向后表面偏转，故前表面电势低，后表面电势高，A正确．6．[2019·昆明一中强化训练](多选)如图所示，在正交的匀强电场、匀强磁场中质量为m的带电小球做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，由此可知()A．小球带正电B．小球带负电C．小球沿顺时针方向运动D．小球机械能守恒答案：BC解析：本题考查带电小球在复合场中的运动．小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则mg＝qE，小球所受电场力方向向上，故小球带负电，A错误，B正确；根据左手定则可得，小球沿顺时针方向运动，C正确；小球做匀速圆周运动的过程中，电场力做功，小球机械能不守恒，D错误．7．[2019·黄石模拟](多选)如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为＋q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力F f随时间t、动能E k随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是())如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为图象可能是下图中的()由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环还受到竖直向A．该物块带负电B．皮带轮的传动速度大小一定为1 m/sC．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D．在2～4.5 s内，物块与皮带仍可能有相对运动答案：D解析：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，沿斜面的方向有μF N－mg sinθ＝ma①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，一定是F N逐渐减小，而开始时F N＝mg cosθ，后来F′N＝mg cosθ－f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿皮带向上运动，由左手定则可知物块带正电，故A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mg sinθ＝μ(mg cosθ－f洛)②由②式可知，只要皮带的速度大于或等于1 m/s，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是1 m/s，也可能大于1 m/s，则物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故B错误、D正确．由以上分析可知，皮带的速度无法判断，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C错误．二、非选择题11.如图所示，在xOy平面内，在内充满垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在x≥1.5l直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小都为的带电粒子，从坐标原点P作y轴垂线交y轴于点O1，根据P点的坐标值及初速度方向可得如图所示，某一水平面内有一直角坐标系的区间内有一沿4V/m，x＝L和轴负方向的有理想边界的匀强电场，且。

，电阻分别为R1、R2，则()B．ρ1>ρ2，R1<R22D．ρ1>ρ2，R1>R22L<ρ2,1华南师大附中月考]如图所示，电阻3 kΩ.当用电阻不是远大于：R2：R＝：：1两点间加以恒定的电压U后，下列结论正确的是()：I＝：41：I＝：91．将A1、2换成理想电压表，其示数之比为：．将A1、2换成理想电压表，其示数之比为：答案：C解析：电源接在所示，并联电路中：U R2：U＝：：3R1河北省石家庄二中模拟]如图所示电路，10 mA，I1＝6 mA，则)山西省太原五中模拟]某种金属导体的点和原点的连线与横轴成α角，角．关于该导体的叙述，下列说法中正确的是．导体的电功率随电压U的增大而增大D ．E ＝W q 只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的答案：D解析：电动势的定义式E ＝W q 中，E 与W 、q 无关，E 反映的是电源的属性，由电源内部非静电力的特性决定，故A 、C 项错误，D 项正确；电动势的单位虽然与电压的单位相同，但两者有本质的区别，B 项错误．9．[2019·福建师大附中模拟]如图甲所示，电压表V 1、V 2串联接入电路中时，示数分别为6 V 和4 V ，当只有电压表V 2接入电路中时，如图乙所示，示数为9 V ，电源的电动势为( )A ．9.8 VB ．10 VC ．10.8 VD ．11.2 V答案：C 解析：设电源的电动势和内阻分别为E 和r ，电压表V 2的内阻为R 2，根据闭合电路欧姆定律，对题图甲和题图乙分别有：E ＝6 V ＋4 V ＋4 V R 2r ，E ＝9 V ＋9 V R 2r ，解得E ＝10.8 V ．故只有选项C 正确． 10.[2019·湖北省宜昌市夷陵中学检测](多选)如图所示的电路，由电源、电阻箱和电流表组成，电源电动势E ＝4 V ，内阻r ＝2 Ω.电流表内阻忽略不计，调节电阻箱，当电阻箱读数等于R 1和R 2时，电流表对应的读数分别为I 1和I 2，这两种情况下电源的输出功率相等．下列说法中正确的是( )A ．I 1＋I 2＝2 AB ．I 1－I 2＝2 AC ．R 1＝(1 Ω)2R 2D ．R 1＝(4 Ω)2R 2答案：AD2湖北省黄岗中学测试](多选)如图所示，电源电动势V、0.4 W”，开关S正常发光；现将开关)](多选)如图所示的电路中，电表均为理想电源电动势E和内阻r一定．则以下说法正确的是的滑动触头P向b端移动，则不动，用更强的光照射不动，用更强的光照射]如图所示，电路中的电源为恒流源或恒压不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的定值电流或定．当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电压表的示数变化闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时上的电压为L2上电压的2倍消耗的电功率为0.75 W12 Ω消耗的电功率的比值大于4湖北省部分重点中学联考](多选)电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线的关系图象(电池电动势不变，内阻不是常U—I图象，倾斜虚线是过多选)在科学研究中，这一概念来表示物质导电本领的强弱，电导率是电阻率的倒数，是硫酸浓度与电导率的关系图，下列判断正确的是因此不可以根据电导率来确定硫酸浓度，故B错误；硫酸的导电性能与其浓度有关，但是对确定浓度的硫酸来说它仍然遵守欧姆定律，故C错误，D正确．2.[2019·天津红桥区模拟](多选)某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后二者电流I随所加电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安特性曲线的交点．则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中正确的是()A．图中图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线B．图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线C．图线中的M点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值D．图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等答案：BD解析：小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流的增大而增大，阻值也随着增大，所以题图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线；同理可知，热敏电阻的温度随着通电电流的增大而增大，其阻值会逐渐减小，所以题图中图线a是热敏电阻的伏安特性曲线，故A错误，B正确；两图线的交点M，表示此状态两元件的电压和电流相同，由欧姆定律可知，此时两者的阻值相等，功率也相等，故C错误，D正确．3.[2019·吉林省实验中学模拟](多选)如图所示，由于某电阻断路，贵州省贵阳监测]阻值相等的三个电阻连接成如图所示电路．保持开关S1闭合，开关所带的电荷量为Q1；闭合开关S，则Q1与Q2的比值为(：Q＝：21湖南岳阳模拟]某电池对纯电阻供电的输出功率变化的图象如图所示．则下列说法正确的是＝2 VA．当温度升高时，R1两端的电压增大B．当温度降低时，电流表的示数增大C．当温度升高时，灯泡L的亮度变大D．当温度为40 ℃时，电源的输出功率最大答案：AD解析：温度升高时，R2的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，R1两端电压增大，电源内电压增大，路端电压减小，灯泡L两端的电压减小，灯泡L的亮度变小，A正确，C错误；温度降低时，R2的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，电流表的示数减小，B错误；温度为40 ℃时，R2＝R0，此时外电路的总电阻为R0，等于电源的内阻，所以电源的输出功率最大，D正确．7．[2019·江西九江十校第二次联考](多选)某电路如图所示，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻分别为R1、R2，电位器(滑动变阻器)为R，L1是小灯泡，电压表和电流表都为理想电表．闭合开关，当电位器的触片滑向b端时，则下列说法正确的是() A．小灯泡L1将变亮B．电压表的示数与电流表A1示数的比值将变大C．电流表A1的示数将变大D．电源的电功率将变大答案：ACD解析：当电位器的触片滑向b端时，电位器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流变大，电流表A1的示数将变大，路端电压变小，通过R1、R2的电流变小，通过小灯泡L1所在支路电流变大，小灯泡L1将变亮，故A、C正确．电压表的示数与电流表A1示数的比值等于外电路总电阻，可知该比值变表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量此过程中电压表V2示数的变化量ΔU2和电流表示数变化量在如图所示电路中，已知电表均为理想电表，且小灯泡的)如图所示为某电源的输出功率随外电阻变化的图象，则下列说法中正确的是()R2时，电源的效率为50%如图所示，A为电解槽，为电动机，电解槽内阻r A＝2 Ω电流表示数为闭合，S1、S3断开时，电流表示数为且电动机输出功率为；当S3闭合，S1、断开时，电流表示数(3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：P化＝UI3－I23r A所以P化＝(12×4－42×2) W＝16 W.12．三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5 V、1.5 V和2.5 V，它们的额定电流都为0.3 A．若将它们连接成图甲、图乙所示电路，且灯泡都正常发光．(1)试求图甲电路的总电流和电阻R2消耗的电功率；(2)分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能．答案：(1)0.9 A,0.045 W(2)2.7 W,1.8 W，乙电路更节能解析：(1)由题意，在图甲电路中：电路的总电流I总＝I L1＋I L2＋I L3＝0.9 AU路端＝E－I总r＝2.55 VUR2＝U路端－U L3＝0.05 VIR2＝I总＝0.9 A电阻R2的消耗功率PR2＝IR2UR2＝0.045 W(2)图甲电源提供的电功率P总＝I总E＝0.9×3 W＝2.7 W图乙电源提供的电功率P′总＝I′总E′＝0.3×6 W＝1.8 W由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P′总<P总所以，图乙电路比图甲电路节能．。

月考02-2019《试吧大考卷》高中全程训练计划·物理一、选择题1.如图所示，某河段两岸平行，越靠近中央水流速度越大。

一条小船(可视为质点)沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中的速度为v，沿水流方向及垂直于河岸方向建立直角坐标系xOy，则该小船渡河的大致轨迹是A. AB. BC. CD. D2.如图所示，由倾角为45°的粗糙斜面AB和半径为0.5 m的光滑圆弧组成的轨道固定在竖直平面内，斜面和圆弧之间由小圆弧(长度不计)平滑连接，其中B为最低点，D为最高点，C、A两点和圆弧圆心O在同一水平线上．一物块(可视为质点)在A点以初速度v0＝5 m/s沿斜面向下沿内轨道运动．物块与斜面间的动摩擦因数为μ，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( ).........A. 若μ值满足一定的条件，则物块可能从D处开始做自由落体运动B. 若μ值满足一定的条件，则物块可能最终从AD圆弧某处脱离轨道C. 若μ＝0.2，则物块最终从CD圆弧某处脱离轨道D. 若μ＝0.2，则物块始终不会脱离轨道3.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )A. 碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2B. 碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C. 碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D. 滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的4.如图所示，冥王星绕太阳公转的轨迹是椭圆，公转周期为T0，其近日点到太阳的距离为a，远日点到太阳的距离为b，半短轴的长度为c.若太阳的质量为M，引力常量为G，忽略其他行星对冥王星的影响，则( )A. 冥王星从B→C→D的过程中，速率逐渐变小B. 冥王星从A→B→C的过程中，万有引力对它先做正功后做负功C. 冥王星从A→B所用的时间等于D. 冥王星在B点的加速度大小为5.如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C 位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )A. 小物体恰好滑回到B处时速度为零B. 小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C. 小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D. 小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点6.如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，物体A、B叠放在斜面体上，物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间的动摩擦因数为μ，μ<tanθ，且A、B质量均为m，则( )A. A、B保持相对静止B. 地面对斜面体的摩擦力等于C. 地面受到的压力等于(M＋2m)gD. B与斜面间的动摩擦因数为7. 如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮 O ，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．A的质量为 m ， B 的质量为4m ．开始时，用手托住 A，使 OA 段绳恰好处于水平伸直状态（绳中无拉力）， OB 绳平行于斜面，此时 B 静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中正确的是A. 小球A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒B. 物块 B 受到的摩擦力先减小后增大C. 地面对斜面体的摩擦力方向一直向右D. 小球A摆到最低点时绳上的拉力大小为2mg8.如图所示，A、B两点分别是斜面的顶端、底端，C、D是斜面上的两个点，L AC∶L CD∶L DB＝1∶3∶3，E 点在B点正上方并与A点等高．从E点水平抛出质量相等的两个小球，球a落在C点，球b落在D点，球a和球b从抛出到落在斜面上的过程中（不计空气阻力）（）A. 两球运动时间之比为1∶2B. 两球抛出时初速度之比为4∶1C. 两球动能增加量之比为1∶2D. 两球重力做功之比为1∶39.如图所示，内壁光滑、半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则的值可能是( )A.B.C. 1D. 210.如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与槽左端相切进入槽内，到达槽最低点A后向右运动，最后从槽的右端冲出，小球到达最高点时与A点的距离为R，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则( )A. 槽的质量为mB. 槽的质量为mC. 球首次到达A点时对槽的压力大小为5mgD. 球首次到达A点时对槽的压力大小为3mg二、实验题11.如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m 的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H≫d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.则：(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝________ mm.(2)小球经过光电门B时的速度表达式为________．(3)多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式________时，可判断小球下落过程中机械能守恒．(4)实验中发现动能增加量ΔE k总是稍小于重力势能减少量ΔE p，增加下落高度后，则ΔE p－ΔE k将________(填“增大”、“减小”或“不变”)．12.为验证“拉力做功与物体动能改变的关系”，某同学到实验室找到下列器材：长木板(一端带定滑轮)、电磁打点计时器、质量为200 g的小车、质量分别为10 g、30 g和50 g的钩码、细线、学生电源(有“直流”和“交流”档)．该同学进行下列操作A．组装实验装置，如图甲所示B．将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车C．选用50 g的钩码挂在拉线的挂钩P上D．释放小车，接通打点计时器的电源，打出一条纸带E．在多次重复实验得到的纸带中选出一条点迹清晰的纸带，如图乙所示F．进行数据采集与处理请你完成下列问题：(1)进行实验时，学生电源应选择用________(填“直流”或“交流”)档．(2)该同学将纸带上打的第一个点标为“0”，且认为打“0”时小车的速度为零，其后依次标出计数点1、2、3、4、5、6(相邻两个计数点间还有四个点未画)，各计数点间的时间间隔为0.1 s，如图乙所示．该同学测量出计数点0到计数点3、4、5的距离，并标在图乙上．则在打计数点4时，小车的速度大小为________m/s；如果将钩码的重力在数值上当作小车所受的拉力，则在打计数点0到4的过程中，拉力对小车做的功为________J，小车的动能增量为________J．(取重力加速度g＝9.8 m/s2，结果均保留两位有效数字)(3)由(2)中数据发现，该同学并没有能够得到“拉力对物体做的功等于物体动能增量”的结论，且对其他的点(如2、3、5点)进行计算的结果与“4”计数点相似．你认为产生这种实验结果的主要原因有(写出两条即可)①_______________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.③________________________________________________________________________.三、计算题13.如图所示，一不可伸长的轻绳一端固定于O点，绳的另一端系一质量为m的小球，光滑定滑轮B与O点等高．轻绳跨过定滑轮B将小球拉到A点，保持轻绳绷直，由静止释放小球．当小球摆到定滑轮的正下方时，绳对定滑轮总的作用力大小为2mg.求小球由A点释放时轻绳与竖直方向的夹角θ.14.银河系的恒星中大约四分之一是双星．某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动．由天文观察测得它们的运动周期为T，若已知S1和S2的距离为r，引力常量为G，求两星的总质量M.15.质量分别为m1和m2的小车A和小车B放在水平面上，小车A的右端连着一根水平的轻弹簧，处于静止状态．小车B从右面以某一初速度驶来，与轻弹簧相碰，之后，小车A获得的最大速度为v.若不计摩擦和相互作用过程中的机械能损失．(1)求小车B的初速度大小．(2)如果将两小车A、B的质量都增大到原来的2倍，再让小车B与静止的小车A相碰，要使A、B两小车相互作用过程中弹簧的最大压缩量保持不变，小车B的初速度大小又是多大？16.如图甲所示，质量M＝3 kg，足够长的小车静止在水平面上，半径为R的固定光滑圆轨道的下端与小车的右端平滑对接，质量m＝1 kg的物块(可视为质点)由轨道顶端静止释放，接着物块离开圆轨道滑上小车．从物块滑上小车开始计时，物块运动前2 s内速度随时间变化如图乙所示．已知小车与水平面间的动摩擦因数μ0＝0.01，重力加速度为10 m/s2，求：(1)物块经过圆轨道最低点时对轨道的压力F大小；(2)直到物块与小车相对静止的过程中因摩擦共产生的热量Q.。

课练42选修3－3、3－4(二)一、选择题1．(多选)下列各种说法中正确的是()A．温度低的物体内能小B．分子运动的平均速度可能为零，瞬时速度不可能为零C．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D．0 ℃的铁和0 ℃的冰，它们的分子平均动能相同E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关答案：CDE解析：物体的内能为所有分子的动能和分子势能之和，物体的内能不仅与温度有关，还与物体的质量、体积有关，A错误；分子在永不停息地做无规则运动，所以瞬时速度可能为0，B错误；当液体与大气相接触，表面层内分子受其他分子的斥力和引力，其中引力大于斥力表现为相互吸引，故C项正确；因为温度是分子平均动能的标志，故D项正确；根据气体压强的定义可知，单位体积内的分子数和温度决定气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，所以E 项正确．2．[2019·广东清远检测](多选)下列判断中正确的是()A．一定质量的理想气体等温膨胀时，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数将变少B．满足能量守恒定律的宏观过程都可以自发地进行C．一定质量的理想气体的压强、体积都增大时，一定从外界吸收热量D．物体温度升高时，物体内所有分子的速率都一定增大E．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间有规则排列答案：ACE解析：一定质量的理想气体等温膨胀时，分子热运动的剧烈程度不变，体积增大，单位体积内的分子数变小，气体分子单位时间内对汽缸壁单位面积碰撞的次数将变少，A正确；满足能量守恒定律，但违反热力学第二定律的宏观过程同样不能发生，B错误；一定质量的理想气体的压强、体积都增大时，温度一定升高，内能增加，由W ＋Q＝ΔU可知，W<0，ΔU>0，所以Q>0，C正确；物体温度升高时，物体内所有分子热运动的平均速率一定增大，但并不是所有分子的速厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根另一端有个用卡子卡住的可移动活塞．打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开)．甲波波源的起振方向沿y轴正方向．甲波的波速大小为20 m/s．乙波的周期为0.6 s．甲波波源比乙波波源早振动0.3 s如图所示，弹簧的一端固定在墙上，另一端连接一质量为′处，此时弹簧处于原长位置．现将木块从，然后放手，使木块在粗糙水平地面上减幅振动直彩虹是由大量悬浮在空气中的小水珠对太阳光的折射所形成如图所示为太阳光照射到空气中的一个小水珠发生全反射和折射为两束在空气中波长不同的单色光，对于这两束单色光，下列说法中正确的是()固定的半圆形玻璃砖的横截面如图．OPQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于两种单色光组成的一束光沿半径方向射向区域出现两个光斑．故在光屏上只有1个光斑，选项D正确．8．歼－20隐形战斗机的横空出世，极大增强了我国的国防力量，其隐形的基本原理是机身通过结构或者涂料的技术，使得侦测雷达发出的电磁波出现漫反射，或被特殊涂料吸收，从而避过雷达的侦测．已知目前雷达发射的电磁波频率在200 MHz至1 000 MHz的范围内．下列说法正确的是()A．隐形战斗机具有“隐身”的功能，是巧妙地利用了雷达波的衍射能力B．雷达发射的电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的C．雷达发射的电磁波在真空中的波长范围在0.3 m至1.5 m之间D．雷达发射的电磁波可能是纵波，也可能是横波答案：C解析：隐形战斗机具有“隐身”的功能，隐形的基本原理是机身通过结构或者涂料的技术，使得侦测雷达发出的电磁波出现漫反射，或被特殊涂料吸收，从而避过雷达的侦测，故A错误；雷达发射的电磁波是由周期性变化的电场或者磁场产生的，恒定不变的电场或磁场不能产生电磁波，故B错误；雷达发射的电磁波频率在200 MHz至1 000 MHz的范围内，根据公式v＝λf可知，当f1＝200 MHz时，λ1＝1.5 m；当f2＝1 000 MHz时，λ2＝0.3 m，故雷达发出的电磁波在真空中的波长范围在0.3 m至1.5 m之间，故C正确；电磁波都是横波，故D错误．二、非选择题9.某同学在实验室做“用油膜法估测分子的大小”实验中，已知油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6 mL.现用注射器抽得上述溶液2 mL，缓慢地滴出1 mL溶液，液滴数共有50滴．把1滴该溶液滴到盛水的浅盘上，在刻有小正方形坐标的玻璃板上描出油膜的轮廓(如图)，坐标中小正方形方格的边长为20 mm.试问：(1)这种估测方法是将每个分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．(2)图中油膜面积为________mm2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是________L；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m．(最后一空保留1位有效数字)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长与T的数据，再以坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k表示)．m/s，开始阶段两波源的振动图象如图乙所示．点右侧距A点1 m处的质点，在16 s内从A发出的半个波前进过程中所遇到的如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，点射出，出射光线平行于点发生全反射．已知∠ABM＝30°，求：的距离与球体半径的数量关系．经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

课练36机械振动机械波36小题是基础练小题提分快小题狂练○1.[2019·山西省重点中学联考](5选3)下列关于简谐振动以及做简谐振动的物体完成一次全振动的意义，以下说法正确的是() A．位移减小时，加速度减小，速度增大B．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程为一次全振动D．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动E．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同答案：ADE解析：当位移减小时，回复力减小，则加速度在减小，物体正在返回平衡位置；故速度在增大，A正确；回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度可以与位移方向相同，也可以相反；物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反，背离平衡位置时，速度的方向与位移方向相同，B错误，E正确；一次全振动过程中，动能和势能均会有两次恢复为原来的大小，C错误；速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动，D正确．2．[2019·河南省新乡延津高中模拟](5选3)关于水平放置的弹簧振子的简谐运动，下列说法正确的是()A．位移的方向总是由振子所在处指向平衡位置B．加速度的方向总是由振子所在处指向平衡位置C．经过半个周期振子经过的路程一定为振幅的2倍D．若两时刻相差半个周期，弹簧在这两个时刻的形变量一定相等E．经过半个周期，弹簧振子完成一次全振动解析：BCD解析：位移为从平衡位置指向振子位置的有向线段，A错误；振子加速度的方向与回复力的方向相同，总是由振子所在处指向平衡位广西陆川中学检测](5选3)一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是()4 Hz](5选3)如图所示，在升降机的天花板上摆球的质量为m.升降机保持静止，且振动周期为T.不计空气阻力，则下列说法正确的是(．若仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期直下落，则摆球相对于升降机做匀速圆周运动，C错误；设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机会保持静止，D正确；设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以大小为g的加速度匀加速上升，则等效重力加速度变大，振动周期减小，E错误．6．[2019·湖北省武汉三中模拟]某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f.若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是()A．当f<f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小B．当f>f0时，该振动系统的振幅随f增大而增大C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于fD．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0答案：C解析：共振图象如图所示，当f＝f0时，系统达到共振，振幅最大，故f<f0时，随f的增大，振幅增大，f>f0时，随f的增大，振幅减小，A、B错误；系统的振动稳定后，系统的振动频率等于驱动力的频率，故振动频率等于f，C正确，D错误．7．[2019·福建省北大附中测试](5选3)振动周期为T、振幅为A、位于x＝0的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失，一段时间后，该振动传播至某质点p，关于质点p振动的说法正确的是()A．振幅一定为AB．周期一定为TC．速度的最大值一定为vD．开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离E．若p点与波源距离s＝vT，则质点p的位移与波源的相同答案：ABE解析：波传播过程中，知波源的振动周期、振幅，则知质点p振时刻波形如图所示，下面说法正确的是．这列波传播的周期为2 s时质点b和质点c的位移相等时质点a的位移为－5 3 cm0.6 s时间内沿x轴正方向移动了时相遇，则下列说法正确的是()．两列波的波长都是2 m、B间的传播速度均为10 m/s．在两列波相遇过程中，A、B连线的中点C时，质点B经过平衡位置且振动方向向上．两个波源振动的相位差为π河北省冀州中学模拟](5选3)如图所示，一根张紧的水平和初始相位均相同．下列说法正确的是()的振动频率为f江西师范大学附属中学检测](5某时刻的波形如图所示，该时刻质点P的速度为相同，再经过0.2 s它的速度第二次与．波的传播速度为100 m/s时，质点M的运动方向沿y轴正方向时刻位移为2 10m．：1 ．：1．：1 ．：2．：答案：ABC解析：设简谐横波A的波长为1＝：线所示．已知该波的周期T>0.20 s．下列说法正确的是m/sm的质点在t＝0.70 s时位于波谷的质点在t＝0.12 s时位于波谷一列简谐横波沿直线传播．t＝0在波的传播方向上平衡位置距O点其振动图象如图所示．下列说法正确的是(轴正方向一列简谐横波沿x轴负方向传播，＝80 cm的两质点2其中质点P沿y轴负方向运动，由题意知，游船在做简谐运动，振动图象如图所示，根据，结合振动图象知地面与甲板的高度差不超．不可能产生稳定的干涉图样的质点振动始终减弱的质点振幅为零．坐标原点的振幅为30 cm如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接点为中心点，时刻物块的速度大小为)．甲、乙两波的起振方向相反．甲、乙两波的频率之比为：3，平衡位置在x＝7 m处的质点振动方向向下，平衡位置在x＝1 m处的质点位移最大不含波源之比为：2处，对应该质点的振动方向向上，乙波对应该质点的振动方向也向上，故平衡位置在为两列机械波的波源，它们在同种介质中传播，其cos(2πt)cm和y C＝的波的传播方向如图中的虚线所示．它们传到．如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波在的波形如图中的实线所示，此时这列波恰好传播到点开始起振，求：。

云南省玉溪一中摸底]有一质量为O为2R的地方有一质量为的球体(如图)，然后又在挖空部分填满另外R江苏省淮安、宿迁联考](多选)2017艘货运飞船天舟一号顺利升空，随后与天宫二号交会对接．点发射经过椭圆轨道运动到天宫二号的圆轨道上完成交会，如图所示．已知天宫二号的轨道半径为r，天舟一号沿椭圆轨道运动两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半A ．组合体做圆周运动的线速度为θtrB ．可求出组合体受到地球的引力C ．地球的质量为θ2r 3Gt 2D ．可求出地球的平均密度答案：C 解析：组合体在时间t 内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ，则角速度ω＝θt ，所以v ＝ωr ＝θt r ，故A 错误；因为不知道组合体的质量，所以不能求出组合体受到的引力，故B 错误；万有引力提供组合体做圆周运动的向心力，则有GMm r 2＝mω2r ，所以M ＝ω2r 3G ＝θ2r 3Gt 2，故C 正确；根据ρ＝M V ，M ＝θ2r 3Gt 2，但不知道地球的半径，所以无法求出地球的平均密度，故D 错误；综上所述本题答案是C.8．[2019·湖北省武汉调研]如图为人造地球卫星的轨道示意图，LEO 是近地轨道，MEO 是中地球轨道，GEO 是地球同步轨道，GTO 是地球同步转移轨道．已知地球的半径R ＝6 400 km ，该图中MEO 卫星的周期约为(图中数据为卫星近地点、远地点离地面的高度)( )A ．3 hB ．8 hC ．15 hD ．20 h答案：A 解析：根据题图中MEO 卫星距离地面高度为4 200 km ，可知轨湖南省长郡中学考试]经过几十万公里的追逐后，2016年10月19日凌晨与天宫二号成功实施如图所示，若神舟十一号飞船与天宫二号均绕地球的、逆时针方向的匀速圆周运动，已知地球的半径为．：1 ．：1 ．：1 ．：答案：C解析：由开普勒第三定律得河南省郑州检测]如图所示，为绕地球椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，运行轨道与赤道在同一平面内，P为绕地心运动的周期相同，下列说法正确的是在近地点的速度大于卫星C11)．该卫星绕太阳运动的向心加速度小于地球绕太阳运动的向心．该卫星绕太阳运动的周期和地球公转周期相等处所受太阳和地球引力的合力比在．飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能小于在轨道Ⅱ上运动时的机．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以同样的轨道半径运动的周期相同．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上n ：1．海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星线速度之比为n ：1．海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星向心加速度之比为n 2：，扫过的面积S ＝：n ：1A 错误；因为轨道半径之比为n ：：错误；根据G Mm r 2，因为轨道半径之比为n ：1：n 辽宁省实验中学质检]设地球是一质量分布均匀的球体，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．，在地球表面，重力和地球的万有引力大小相陕西省部分学校模拟](多选)我国的“天链一号”是地可为载人航天器及中低轨道卫星提供数据通讯．、赤道平面内的低轨道卫星为地心，地球相对卫星a、b，由题意可知，选项A错误；由山东省潍坊模拟]如图所示，质量分别为在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，、B的中心和O三点始终共线，。

《试吧大考卷》高中全程训练计划·物理一、选择题1.如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有AB两个带电小球，A球固定不动，现给B球一个垂直AB连线方向的初速度v0，使B球在水平桌面上运动，B球在水平方向仅受电场力，有关B球运动的速度大小v和加速度大小a，不可能发生的情况是( ).....................A. v和a都变小B. v和a都变大C. v和a都不变D. v变小而a变大【答案】D【解析】ABC：若A、B带异种电荷，A、B之间的库仑力为吸引力，当A、B之间的库仑力恰好完全提供向心力，B 球绕着A球做匀速圆周运动，此时B球速度的大小和加速度的大小都不变；当A、B之间的库仑力小于需要的向心力，B球做离心运动，速度大小和加速度大小都要减小；当A、B之间的库仑力大于需要的向心力，B球做向心运动，速度大小和加速度大小都要变大。

故A、B、C项情况可能发生。

D：若A、B带同种电荷，A、B之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不在一条直线上，所以B球一定做曲线运动，由于A、B之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以B球的加速度大小在减小，由于库仑力做正功，速度增大。

故D项不可能发生。

综上答案为D。

2.如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过长为L的绝缘细线悬挂质量为m、可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电荷量与小球相同，均为Q(未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k，重力加速度为g，细线对小球的拉力为F(未知)，下列说法正确的是( )A. Q＝，F＝B. Q＝，F＝C. Q＝，F＝D. Q＝，F＝【答案】D【解析】由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示则，其中，解得设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q，水平方向上有，解得，故D项正确，ABC三项错误。

轻质弹簧的一端与固定的竖直板静止于光滑水平桌面上，A相连．开始时用手托住直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是()两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，后，两物体最终停下，它们的知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是：2做功之比为：2：1克服摩擦力做功之比为：所受摩擦力大小相等，撤去拉力后，A：m＝：1B a B＝m0，所以面积”表示位移知，如图所示，足够长的小平板车B的质量为右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出，过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系表示上升的最大高度，图中坐标数据中的，则由图可知，下列结论正确的是(的速度大小可能为()某兴趣小组的实验装置如图所示，通过电磁铁控制的小球从自由下落，下落过程中经过光电门激光束所在位置时，通过与光电门相连的毫秒计时器(图中未画出实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．次小球通过光电门位置B时的瞬时速度大小为v＝________m/s.若用该套装置进行“探究做功和物体速度变化关系”的实验，大家提出以下几种猜想：W∝v；W∝v2电门的位置，计算出小球每次通过光电门激光束所在位置……并测出小球在A、B间的下落高度某兴趣小组准备探究“合外力做功和物体速度变化的关系实验前组员们提出了以下几种猜想：，③W∝v.如图所示，质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为的光滑半圆形槽，金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙的小球从离金属块左上端R达最低点后向右运动从金属块的右端冲出，到达最高点后离半圆形槽重力加速度为g，不计空气阻力．如图，在光滑的水平面上静置着足够长、质量为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，是半径为R的四分之一圆弧，与如图所示，带有挡板的小车质量为轻质弹簧左端固定在小车上，的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小球刚接触如图所示，足够长的水平粗糙传送带在电动机的带动下以的速度匀速转动，一质量为m的物块从传送带右侧以大小以传送带的速度方向为正方向，作出物块运动的所示，设传送带与物块间的动摩擦因数为μ如图所示，在两根水平固定的平行光滑杆上套着小球，三个小球均可以沿杆滑动．A的质量为用一根轻弹簧相连，A和山东济宁模拟]如图所示，一质量为放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为在光滑水平面上停放着质量为弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则．小球离开槽右端后将向右做平抛运动在“验证机械能守恒定律”实验中，小伟所用实验装置如图甲所源使用情况来填“电磁打点计时器\”或“电火花打点计时器50 Hz的交流电源，在实验各项操作正确的情况下，得到的纸带如图乙所示．小伟选取纸带上某点为计时起点，并记为计数点0123456某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图用所选取的测量量和已知量表示E k，得中的直线是实验测量得到的s－增加，s－Δx图线的斜率会；如果m不变，h填“增大”“减小”或“不变”如图，光滑固定的水平直杆(足够长)上套着轻弹簧和质量的不可伸长的轻绳将已知弹簧左端固定，右端不与AB长为L＝6 m，的速度向左匀速运动，木块与传送带间的。

课练38动量守恒定律及其应用1。

古时有“守株待兔"的寓言．假设兔子质量约为2 kg，以15 m/s 的速度奔跑,撞树后反弹的速度为1 m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为（)A．28 N·s B．29 N·s C．31 N·s D．32 N·s2。

（多选)如图所示,质量M＝4 kg、L＝10 m的木板停放在光滑水平面上，另一不计长度、质量m＝1 kg的木块以某一速度从右端滑上木板，木板与木块间的动摩擦因数μ＝0。

8.若要使木板获得的速度不大于2 m/s，木块的初速度v0应满足的条件为(g取10 m/s2）（）A．v0≤8 m/s B．v0≤10 m/sC．v0≥15 m/s D．v0≥20 m/s3。

如图所示,静止在光滑水平面上的木板,右端有一根轻质弹簧,弹簧沿水平方向且与木板相连，木板质量M＝3 kg。

质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J4．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1,不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2。

则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( ）5。

如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计．则( )A．A不能到达B圆槽的左侧最高点B．A运动到圆槽的最低点时速度为错误!C．B一直向右运动D．B向右运动的最大位移大小为错误!6。

如图所示，置于水平面上的质量为M、长为L的木板右端水平固定有一轻质弹簧，在木板上与左端相齐处有一质量为m的小物体(M〉3m)，木板与小物体一起以水平速度v向右运动，若木板与小物体、木板与地面的接触面均光滑，木板与墙碰撞无机械能损失，则从木板与墙碰撞以后，以下说法中正确的是（)A．木板与小物体组成的系统，总动量可能不守恒B．当小物体和木板相对地面的速度相同时，小物体到墙的距离最近C．当小物体滑到木板的最左端时，系统的动能才达到最大D．小物体一定会从木板的最左端掉下来7。

课练25 实验：测定电源的电动势和内电阻练习利用多用电表小题狂练○25小题是基础练小题提分快1.[2019·河南省豫南九校检测]某爱好小组的同窗制作了一个“水果电池”：将一铜片和一锌片别离插入一苹果内，就组成了一个简单的“水果电池”，其电动势约为1.5 V，内阻约为几百欧，现要求用量程适合的电压表(内阻几千欧)、电流表(内阻十几欧)来测定水果电池的电动势E和内阻r.①本实验的电路应该选择图________(选填“甲”或“乙”)．②假设给出的滑动变阻器有两种规格：A (0～20 Ω)、B(0～3 kΩ)．本实验中应该选用的滑动变阻器为________，通电前应该把滑动变阻器的阻值调至________(选填“最大”或“最小”)．③实验中测出六组(U，I)的值，在U—I坐标系中描出图丙所示的六个点，分析图中的点迹可得出水果电池的电动势为E＝________V，内阻为r＝________Ω.(均保留三位有效数字)④依照在①中所选择的电路测量得出的电动势E和内阻r的测量值与真实值相较，电动势E____________，内阻r____________(均选填“偏大”、“相等”或“偏小”)，由此造成的实验误差属于________误差(选填“系统”或“偶然”)．答案：①甲②B最大③1.50 500 ④相等偏大系统解析：①“水果电池”的内阻专门大，为了使电表有明显示数，应选用阻值较大的滑动变阻器，由于滑动变阻器的电阻较大，为减小误差，应选择题图甲所示电路(电流表内接法)．②由题意可知，“水果电池”的内阻专门大，假设选用0～20 Ω的滑动变阻器，当滑动触头移动时，电表的读数几乎不变，无法多次测量，使实验的误差较大；为了减小实验误差，应选用最大阻值较大的滑动变阻器B，在闭合开关前，应把滑动变阻器的阻值调到最大．③图线的纵截距等于电源的电动势，U—I图线的纵截距为1.50 V，故水果电池的电动势E＝1.50 V，图线斜率的绝对值等于内阻，r＝1.50.003Ω＝500 Ω.④由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图象法别离在U—I图上由测量数据作出图线1和修正误差后由真实值作出图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势测量值与真实值相等，内阻的测量值偏大，由此造成的实验误差属于系统误差．2．[2019·福建省福州市闽侯六中测试]某同窗用伏安法测定电源的电动势和内阻．实验室提供的器材有：A．待测电源(电动势约18 V，内阻约2 Ω)B．电压表(内阻约几十千欧，量程为6 V)C．电流表(内阻约为0.3 Ω，量程为3 A)D．滑动变阻器(0～50 Ω，3 A)E．电阻箱(最大阻值999 999 Ω)F．开关G．导线假设干(1)为完成实验，该同窗将量程为6 V的电压表扩大量程，需测定电压表的内阻，该同窗设计了图1所示的甲、乙两个电路，通过试探，该同窗选择了甲电路，该同窗舍弃乙电路的理由是：______________________________________.(2)该同窗依照图甲连接好电路，进行了如下几步操作．①将滑动变阻器触头滑到最左端，把电阻箱的阻值调到零；②闭合开关，缓慢调剂滑动变阻器的触头，使电压表指针指到6.0 V；③维持滑动变阻器触头不动，调剂电阻箱的阻值，当电压表的示数为2.0 V时，电阻箱的阻值如图2所示，示数为________Ω；④维持电阻箱的阻值不变，使电阻箱和电压表串联，改装成新的电压表，改装后电压表的量程为________V.(3)将此电压表(表盘未换)与电流表连成如图3所示的电路，测电源的电动势和内阻，调剂滑动变阻器的触头，读出电压表和电流表示数，作出的U—I图象如图4所示，那么电源的电动势为________V，内阻为________Ω.(结果保留三位有效数字)答案：(1)电路中电流过小，电流表无法准确测量(2)50 45218(3)17.4 1.60解析：(1)电流表不能和电压表串联，不然电流表读数很小，无法准确测量；(2)依照电阻箱各个旋钮的位置，可得示数为50 452 Ω；依题意，电压表的内阻与电阻箱阻值之比为1：2，而电阻箱与电压表为串联关系，因此改装后电压表量程为6×3V ＝18 V; (3)由于电压表改装过，而且改装后的电压表量程是原先的三倍，结合题图4，可知电源的电动势为5.8×3 V ＝17.4 V ，内阻为题图4中图线斜率的绝对值的三倍，r ＝5.8－5.01.50×3 Ω＝1.60 Ω.3．[2019·河北省五校联盟摸底]为测定某旧干电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：A ．旧干电池一节；B ．电压表(视为理想电压表，量程为0～3 V )；C ．电阻箱R(0～999.9 Ω)；D ．定值电阻R 0＝10 Ω；E ．多用电表；F ．开关、导线假设干．(1)同窗甲直接利用多用电表的直流2.5 V 挡测量该干电池的电动势，读数如图1所示，那么该同窗测得的电动势E ＝________V ，此测量值比旧干电池电动势的真实值________(选填“大”或“小”)．(2)同窗乙将干电池接入如图2所示的电路，标准操作取得如图3所示的图象．该同窗所刻画的图象中，横坐标是________(填选项前的字母)．A ．RB .1RC .1R ＋R 0(3)依照(2)问中所选的横坐标，已知图象的斜率为k ，纵截距为b ，那么干电池的电动势E ＝____________，内阻r ＝____________.(用k 、b 、R 0表示)答案：(1)1.45 小 (2)A (3)1kR 0b k －R 0 解析：(1)由题图1可知，量程为2.5 V ，那么其读数为1.45 V ；由于干电池自身有内阻，测量值为路端电压，故测量值偏小；(2)依照题图2可知两电阻串联，电压表测量R 0两头的电压，那么由闭合电路欧姆定律可知：U ＝IR 0＝E R 0＋R ＋rR 0，变形得：1U ＝1E ＋r ER 0＋R ER 0，故应作出1U —R 图象，A 正确；(3)依照题图3可知，b ＝1E ＋r ER 0 ，k＝1ER 0，解得：E ＝1kR 0，r ＝bk －R 0.4．[2019·广东省湛江市调研]某研究小组搜集了两个电学元件：电阻R 0(约为5 Ω)和旧电池(电动势约为3 V )．实验室备有如下器材：A ．直流电压表V 1、V 2(量程均为3 V ，内阻均约为 3 kΩ)B ．电流表A (量程300 mA ，内阻为5 Ω)C ．滑动变阻器R 1，最大阻值为20 ΩD ．开关S 一只、导线假设干(1)为了尽可能准确测定电阻R 0的阻值，小组设计了一个电路，如图甲所示为其对应的实物图，请用笔画线代替导线将实物图补充完整．(2)为测量电池的电动势E 和内阻r ，小组设计了如图乙所示的电路图．某次实验中电压表的示数如图丙所示，那么电压表读数是________V .(3)依照图乙所示的电路图，别离用E 、r 、R 0表示电源的电动势、内阻和定值电阻阻值，那么U 1与U 2的函数关系式为______________________．实验中移动滑动变阻器触头，读出直流电压表V 1、V 2的多组数据U 1、U 2，描出U 1—U 2图象如图丁所示，图中直线的斜率为k ，与横轴的截距为b ，那么电源的电动势E ＝__________，内阻r ＝________(用k 、b 、R 0表示)．答案：(1)如下图 (2)2.25(2.24～2.26都可)(3)U 1＝r ＋R 0r U 2－ER 0r bk k －1 R 0k －1 解析：(1)由于电流表的内阻已知，为5 Ω，为了更好地减小误差，电流表应采纳内接法．(2)依照电压表的读数规那么，电压表读数为2.25 V ．(3)对题图乙所示电路，依照闭合电路欧姆定律，E ＝U 2＋Ir ，其中I ＝U 2－U 1R 0，两式联立解得：U 1＝r ＋R 0r U 2＝0得U 1—U 2图象在横轴的截距b ＝ER 0r ＋R 0，解得电池电动势E ＝bk k －1. 5．[2019·云南省建水六中模拟]小明同窗在“刻画小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了准确选取电压表和电流表的量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值．(1)在利用前发觉电表指针位置如图甲所示，该同窗应该调剂________(选填“①”或“②”)．(2)小明利用多用电表欧姆“×10”挡测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆________(选填“×100”或“×1”)挡，两表笔短接并调剂________(选填“①”或“②”)．(3)按正确步骤测量时，指针指在如图丙所示位置，那么小灯泡阻值的测量值为________Ω.答案：(1)① (2)×1 ② (3)30 解析：(1)利用前指针不指零，应调机械调零旋钮①；(2)示数过小，应换小倍率，因此小明应旋转开关至欧姆“×1”挡，两表笔短接，欧姆调零，应调欧姆调零旋钮②；(3)欧姆表读数规那么是“示数×倍率”，读数应为30×1 Ω＝30 Ω.6．[2019·云南省昆明一中摸底]某同窗用灵敏电流计改装多用电表，如下图为其设计的电路原理图，已知灵敏电流计G 的满偏电流为I g ＝3 mA ，内阻R g ＝100 Ω.(1)依照该电路原理图，A 表笔应为________表笔．(选填“红”或“黑”)(2)假设开关S1闭合，S2接位置1时，要求该电表为0～0.6 A的电流表，那么电阻R1应为________Ω，当开关S1断开，S2接位置3时，要求该电表为0～3 V的电压表，那么电阻R2应为________Ω.(保留三位有效数字)答案：(1)红(2)0.503900解析：(1)由题图可知，图中A与欧姆表内置电源负极相连，A应是红表笔；(2)假设开关S1闭合，S2接位置1时，灵敏电流计G与电阻R1并联，改装成电流表，R1＝I g R gI－I g＝0.503 Ω，当开关S1断开，S2接位置3时，灵敏电流计G与电阻R2串联，改装成电压表，R2＝U－I g R gI g＝900 Ω.7．[2019·山东省临沂一中摸底]指针式多用电表是经常使用的电学测量仪器，请完成以下问题．如图1所示为多量程多用电表的示用意．(1)当接通1或2时，为________(选填“电流”、“电阻”或“电压”)挡，1的量程比2的量程________(选填“大”或“小”)．假设选择开关拨至“25 mA”挡，指针的位置如图2所示，那么测量结果为________mA，接通5或6时，5的量程比6的量程________(选填“大”或“小”)．(2)当接通3或4测量某电阻时，用“×10”挡时，发觉指针偏转角度过大，他应该换用________(选填“×1”或“×100”)挡，换挡后，在测量前要先进行________．假设此多用电表所用表头的满偏电流是100 mA，那么换挡后电池的电动势E＝________ V；图1中________(选填“A”或“B”)为红表笔．答案：(1)电流大11.5小(2)×1欧姆调零 1.5 A解析：(1)灵敏电流计改装成电流表时要并联一电阻分流，因此一、2位置是电流挡；并联电阻越小，分流越大，那么改装的电流表量程越大，故1位置的量程较大；电流表选择挡位为25 mA，电流挡的最小分度是0.5 mA，那么读数为11.5 mA；要测量电压，电流计应与电阻串联，由题图2可知被选择开关S旋到五、6位置时测量电压，电流计所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故转换开关S旋到5位置的量程比旋到6位置的量程小；(2)因偏转角度过大，那么电阻小，要用小量程的，应选择“×1”挡，换挡后电路改变，要从头欧姆调零，换挡后中值电阻为R＝15 Ω，那么换挡后电池的电动势E＝I g R＝0.1×15 V＝1.5 V，依照电流红进黑出的原那么可知，多用电表内电池的正极与黑表笔相连，那么A为红表笔.25综合提能力课时练赢高分课时测评○1.[2019·湖北省武汉市部份学校调研]如图a所示为一黑箱，内有一节干电池、假设干电阻，A、B为黑箱的两个输出端．(1)为探讨黑箱，某同窗用多用电表进行以下测量，你以为正确的操作是________．A．用欧姆挡测量A、B间的电阻B．用直流电流挡测量A、B间的输出电流C．用直流电压挡测量A、B间的输出电压D．用交流电压挡测量A、B间的输出电压(2)含有电源的黑箱相当于一个等效电源，A、B为等效电源的两极．为了测定那个等效电源的电动势和内阻，该同窗设计了如图b所示的电路．调剂电阻箱R的阻值，记录下电压表的示数U，图c是依如实验数据在座标纸上画出的图象，假设忽略电压表内阻的阻碍，依照图象可求得等效电源的电动势E＝________V，等效内阻r ＝________Ω.(结果保留三位有效数字)(3)若是考虑电压表内阻的阻碍，测得的等效电源的电动势与真实值相较________，测得的等效内阻与真实值相较________．(选填“偏大”、“偏小”或“相同”)答案：(1)C(2)1.43 1.07(1.04～1.10均正确)(3)偏小偏小解析：(1)因为黑箱内含有电源，因此不能用欧姆挡直接测量；用电流挡测量A、B间的输出电流，可能会造成短路，也不能用交流电压挡测量A、B间的输出电压，只能用直流电压挡测量A、B间的输出电压，选项C正确．(2)由闭合电路欧姆定律可知：E＝U＋UR r，即1U ＝1E＋rE·1R，由题图c可知1E＝0.70 V－1，解得E＝1.43 V；rE＝1.45－0.701.0Ω/V＝0.75 Ω/V，那么r＝1.07 Ω.(3)若是考虑电压表内阻的阻碍，那么外电阻的实际阻值小于R，使测得的等效电源的电动势与真实值相较偏小，测得的等效内阻与真实值相较也偏小．2．[2019·山东省泰安市模拟]在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了适合的实验器材．(1)甲同窗按电路图a进行测量实验，其中R0＝1 Ω，那么①请用笔画线代替导线在图b 中完成电路的连接；②由电压表的读数U 和电流表的读数I ，画出U —I 图线如图c 所示，可得电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(结果保留两位有效数字)(2)乙同窗将测量电路连接成如图d 所示，其他操作正确，由电压表的读数U 和电流表的读数I ，画出U —I 图线如图e 所示，可得电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(结果保留两位有效数字)答案：(1)①观点析 ②3.0 0.38 (2)2.9 0.50解析：(1)①依照原理图可得出对应的实物图，如下图；②在画出的U —I 图象中，纵横的截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示内阻与定值电阻R 0的和，依照题图c 可得：E ＝3.00 V ，r ＋R 0＝|ΔU ΔI |＝3.00－1.201.30 Ω＝1.38 Ω，且R 0＝1 Ω，那么r ＝0.38 Ω；(2)由乙同窗的电路接法可知，R 左右两部份并联后与R 0串联，那么可知，在滑片移动进程中，滑动变阻器接入电路中的电阻先增大后减小，那么路端电压先增大后减小，因此显现题图e 所示的图象，那么由图象可知，当电压为2.40 V 时，电流为0.50 A ，现在滑动变阻器两部份电阻相等，那么总电流为I 1＝1 A ；而当电压为2.30 V 时，电流别离对应0.33 A 和0.87 A ，那么说明当电压为2.30 V 时，干路电流为I 2＝0.33 A ＋0.87 A ＝1.2 A ；那么依照闭合电路欧姆定律可得：2.40 V ＝E －1 A ×r ，2.30 V ＝E －1.20 A ×r ，解得：E ＝2.9 V ，r ＝0.50 Ω.3．[2019·广西南宁摸底]某实验小组利用一滑动变阻器和未知内阻的微安表，来测量多用电表欧姆“×1 k ”挡内部电池的电动势E.(1)该小组采纳图1甲中的电路进行实验，请将图1乙中的实物连接完整．图1(2)请将下面的实验步骤补充完整：A．插上红、黑表笔，把多用电表的选择开关拨到欧姆挡的“×1 k”位置，将红、黑表笔________，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指到“0 Ω”．B．依照电路图连接好电路．C．接通开关，改变滑动变阻器接入电路中的阻值，取得多用电表和微安表的示数别离如图2所示．多用电表和微安表的读数别离为________kΩ和________μA.D．断开开关，拔下红、黑表笔，把多用电表的选择开关扳到________位置．(3)假设表盘中央刻度为15，结合以上信息可得多用电表“×1 k”挡内部电池的电动势为________V(保留两位有效数字)．答案：(1)电路连接如下图(2)A.短接C．22243(242～244也正确)D．OFF 挡(或交流电压最高挡)(3)9.0解析：(1)依照电路图，连接实物图．注意多用电表的红表笔连接的是多用电表内部电池的负极，因此红表笔应该通过滑动变阻器连接微安表的负接线柱，黑表笔应该通过开关连接微安表的正接线柱．(2)A.依照欧姆表的利用方式可知，选挡后应先进行欧姆调零，即将欧姆表的红表笔和黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指向刻度盘的最右边0 Ω处．C.依照欧姆表的读数规那么，读数为22 ×1 kΩ＝22 kΩ.依照微安表读数规那么，微安表读数为243 μA.D.依照多用电表利用规那么，实验完毕，由于多用电表内部有电池，为幸免表笔短路损坏电池，应该将选择开关扳到OFF挡(或交流电压最高挡)．(3)欧姆调零后，欧姆表内阻等于表盘上中央刻度乘以挡上所标示的倍率，即欧姆表的中值电阻，由此可知，欧姆表“×1 k”挡的内阻为R0＝15×1 kΩ＝15 kΩ.依照闭合电路欧姆定律，可得E＝I(R＋R0)，式中I为微安表读数243 μA，R为欧姆表读数(即滑动变阻器接入电路中的电阻和微安表内阻之和)22 kΩ，代入数据，可得E＝243×10－6A×(22＋15)×103Ω＝8.991 V≈9.0 V.4．[2019·陕西省西安市联考]某物理爱好小组设计了如图a所示的欧姆表电路，通过操纵开关S和调剂电阻箱，可使欧姆表具有“×1”和“×10”两种倍率．所用器材如下：A．干电池：电动势E＝1.5 V，内阻r＝1.0 ΩB．电流表G：满偏电流I g＝1 mA，内阻R g＝150 ΩC．定值电阻R1＝1 200 ΩD．电阻箱R2和R3：最大阻值都为999.9 ΩE．电阻箱R4：最大阻值为9 999 ΩF．开关一个，红、黑表笔各1支，导线假设干(1)该实验小组按图a正确连接好电路．当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调剂电阻箱R2＝________Ω，使电流表达到满偏，现在闭合电路的总电阻为欧姆表的内阻R内，那么R内＝________Ω，欧姆表的倍率是________(选填“×1”或“×10”)．(2)闭合开关S：第一步：调剂电阻箱R2和R3，当R2＝________Ω且R3＝________Ω时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调剂R4，当电流表指针指向图b所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为________Ω.答案：(1)149 1 500×10(2)14150100解析：(1)由闭合电路欧姆定律可知，欧姆表的内阻为R内＝EI＝1.50.001Ω＝1 500Ω，那么R2＝R内－R1－R g－r＝149 Ω，中值电阻应为1 500 Ω，依照多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种挡位，假设为“×1”，那么中值电阻太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“×10”；(2)为了取得“×1”倍率，应让满偏时对应的电阻为150 Ω，电流为I 1＝1.5150 A ＝0.01 A ，现在表头中电流应为0.001 A ，那么与之并联的电阻R 3中的电流应为0.01 A －0.001 A ＝0.009A ，并联电阻为R 3＝0.001×(150＋1 200)0.009 Ω＝150 Ω，R 2＋r ＝1.5－0.001×(150＋1 200)0.01Ω＝15 Ω，故R 2＝(15－1) Ω＝14 Ω；题图b 所示电流为0.60 mA ，那么通过电源的电流为6 mA ，因此总电阻为R 总＝1.56×103 Ω＝250 Ω，故待测电阻为R 测＝250 Ω－150Ω＝100 Ω.5．在实验室测量两个直流电源的电动势和内阻．电源甲的电动势大约为4.5 V ，内阻大约为1.5 Ω；电源乙的电动势大约为1.5 V ，内阻大约为1 Ω.由于实验室条件有限，除导线、开关外，实验室还能提供如下器材：A ．量程为0～3 V 的电压表VB ．量程为0～0.6 A 的电流表A 1C ．量程为0～3 A 的电流表A 2D ．阻值为4.0 Ω的定值电阻R 1E ．阻值为100 Ω的定值电阻R 2F ．最大阻值为10 Ω的滑动变阻器R 3G ．最大阻值为100 Ω的滑动变阻器R 4(1)选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采纳图甲所示电路测量电源甲的电动势和内阻．①定值电阻应该选择________(填“D ”或“E ”)；电流表应该选择________(填“B ”或“C ”)；滑动变阻器应该选择________(填“F ”或“G ”)．②别离以电流表的示数I 和电压表的示数U 为横坐标和纵坐标，运算机拟合取得如图乙所示U －I 图象，U 和I 的单位别离为V 和A ，拟合公式为U ＝－5.6I ＋4.4.那么电源甲的电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________Ω.(保留两位有效数字)③在测量电源甲的电动势和内阻的实验中，产生系统误差的要紧缘故是________．A．电压表的分流作用B．电压表的分压作用C ．电流表的分压作用D ．电流表的分流作用E ．定值电阻的分压作用(2)为了简便快捷地测量电源乙的电动势和内阻，选择电压表、定值电阻等器材，采纳图丙所示电路．①定值电阻应该选择________(填“D ”或“E ”)．②实验中，第一将K 1断开，K 2闭合，电压表示数为1.48 V ．然后将K 1、K 2均闭合，电压表示数为1.23 V ，那么电源乙电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________Ω.(小数点后保留两位小数)答案：(1)①D B F ②4.4 1.6 ③A(2)①D ②1.48 0.81解析：(1)①测电动势约4.5 V 的电源电动势与内阻时，由于有定值电阻的存在，电路中的最大电流为4.55.5 A ，若是用量程为3 A 的电流表，那么读数误差太大，因此，电流表应选B ；测电动势约4.5 V 电源电动势与内阻时，电路最小电阻为R ＝E I ＝4.50.6 Ω＝7.5 Ω，考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，定值电阻应选D ；为方便实验操作，滑动变阻器应选F .②由表达式U ＝－5.6I ＋4.4及U ＝E －I(r ＋R 1)可知，电源电动势为E ＝4.4 V ，内阻为r ＝5.6 Ω－4 Ω＝1.6 Ω.③由电路图可知，电压表的分流作用会造成实验误差，应选A .(2)①用图丙所示电路测电动势与内阻，定值电阻适当小一点，实验误差小，因此定值电阻应选D .②由电路图可知，K 1断开，K 2闭合，电压表示数为电源电动势，电压表示数为1.48 V ，即电源乙电动势为E ＝1.48 V ；K 1、K 2均闭合，电压表示数为1.23 V ，电压表测路端电压，现在电路电流为I ＝U ′R 1＝1.234 A ＝0.307 5 A ，电源内阻为r ＝E －U ′I ≈0.81 Ω.6．某同窗通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同窗想测量一下那个电池的电动势E 和内阻r ，可是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱(最大阻值为999.9 Ω，可当标准电阻用)、一只电流表(量程I g ＝0.6 A ，内阻r g ＝0.1 Ω)和假设干导线．(1)请依照测定电动势E 和内阻r 的要求，设计图甲中器件的连接方式，画线把它们连接起来．(2)接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R ，读出与R 对应的电流表的示数I ，并做记录．当电阻箱的阻值R ＝2.6 Ω时，其对应的电流表的示数如图乙所示．处置实验数据时，第一计算出每一个电流值I 的倒数1I ，再制作R －1I 坐标图，如图丙所示，图丙中已标注出了⎝ ⎛⎭⎪⎫R ，1I 的几个与测量对应的坐标点，请你将与图乙实验数据对应的坐标点也标注在图丙上．(3)在图丙上把刻画出的坐标点连成图线．(4)依照图丙刻画出的图线可得出那个电池的电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________ Ω.答案：(1)如图a 所示 (2)如图b 所示 (3)如图b 所示(4)1.5(1.46～1.54都可) 0.3(0.25～0.35都可)解析：(1)第一应明白得此题的实验原理，由闭合电路欧姆定律可知E ＝I(R ＋r)，只要明白两组外电阻和电流值，就能够够解出电源电动势和内阻．因此，直接将电阻箱和电流表串联在电路中就行．(2)当R ＝2.6 Ω时，由题图乙可知I ＝0.5 A ，1I ＝2 A－1，描点(2,2.6)，见图b .(3)R －1I图线是一条倾斜的直线．注意连线时：①不能连成折线；②为减小偶然误差，个别偏离太远的点舍去．(4)由闭合电路的欧姆定律得E＝I(R ＋r ＋r g )，那么R ＝E I －(r ＋r g)，故图线的斜率k表示电池电动势E的大小，纵轴截距的绝对值表示电阻(r＋r g)．由图b可知E＝k＝5.6－2.64.0－2.0V≈1.5 V(1.46～1.54 V范围内均正确)，r≈0.3Ω(0.25～0.35 Ω均正确)．7．[2019·湖南长沙模拟]在测量电池的电动势E和内阻的实验中，某同窗在电路中添加了一个未知阻值的爱惜电阻R0，本实验的器材有：待测电池E，爱惜电阻R0，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关K1，单刀双掷开关K2，导线假设干．(1)依照图甲所示的电路原理图把图乙所示的实物图用笔画线代替导线补充完整．(2)该同窗先将K2扳到__________(填“a”或“b”)来测量定值电阻两头的电压和电流，调剂滑动变阻器的滑片，读出几组电压表和电流表的数据并记录；再将K2扳到__________(填“a”或“b”)来测量路端电压和电流，调剂滑动变阻器的滑片，读出几组电压表和电流表的数据并记录．(3)将两次记录的数据在同一个坐标系中描点作图，如图丙所示，由图象可得爱惜电阻R0＝________Ω，被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω；由实验电路图分析可知，所测电阻R0的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值，这对测量电池的电动势和内阻________(填“有阻碍”或“无阻碍”)．答案：(1)如下图(2)a b(3)2 1.50.5大于无阻碍解析：(1)由电路的结构可知，开关K2别离在a点和b点时，测量的电压别离是R0的电压与路端电压，由此连接完整电路，如下图．(2)由题图甲可知，要想测量定值电阻R0的阻值，应测量电阻R0两头的电压和电流，故应将开关K2扳到a；而要想测量电池的电动势和内阻，应测量路端电压和。

B．原子的不同能量状态与电子沿不同的圆轨道绕核运动相对应，而电子的可能轨道的分布是不连续的C．电子从一个轨道跃迁到另一轨道时，辐射(或吸收)一定频率的光子D．电子跃迁时辐射的光子的频率等于电子绕核做圆周运动的频率答案：ABC解析：原子处于称为定态的能量状态时，虽然电子做加速运动，但并不向外辐射能量，A正确；原子的不同能量状态与电子沿不同的圆轨道绕核运动相对应，而电子的可能轨道的分布是不连续的，B正确；电子从一个轨道跃迁到另一轨道时，辐射(或吸收)一定频率的光子，C正确；电子跃迁时辐射的光子的频率与能级差值有关，与电子绕核做圆周运动的频率无关，D错误．4．[2019·湖南省娄底市双峰一中模拟]下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法不正确的是()A．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B．光电效应实验说明了光具有粒子性C．电子束穿过铝箔后的衍射图样证实了电子具有波动性D．极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间答案：A解析：原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是量天津市耀华中学诊断](多选)如图为氢原子能级的示意图，＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光，下列说法正确的是．最容易表现出衍射现象的光是由n＝河北省石家庄模拟]如图所示为氢原子能级示意图的一部分，根据玻尔理论，下列说法正确的是(能级跃迁到n＝3能级比从n的定态时电子的轨道半径如图所示为氢原子的能级图，对于处在n＝．这群氢原子向低能级跃迁时一共可以辐射出1 205 B．1 202、1 305D．1 202、1 010粒子散射实验的统计结果，频率的谱线，故A错误，B正确；由于氢原子的轨道是不连续的，根据玻尔原子理论知氢原子的能级也是不连续的，即是分立的，故C 错误；当氢原子从较高轨道第n能级跃迁到较低轨道第m能级时，发射的光子的能量为E＝E n－E m＝hν，显然n、m的取值不同，发射光子的频率就不同，故氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差有关，D错误．12．[2019·福州模拟](多选)氢原子能级如图所示，已知可见光光子的能量在1.61 eV～3.10 eV范围内，则下列说法正确的是() A．氢原子由n＝2能级跃迁到n＝1能级，放出的光子为可见光B．大量氢原子处于n＝4能级时，向低能级跃迁能发出6种频率的光子C．处于基态的氢原子电离需要释放13.6 eV的能量D．氢原子处于n＝2能级时，可吸收2.86 eV能量的光子跃迁到高能级答案：BD解析：氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1能级，释放的光子能量为13.6 eV－3.4 eV＝10.2 eV>3.10 eV，不在可见光范围内，A错误；处于基态的氢原子电离要吸收13.6 eV的能量，C错误；大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，先从n＝4能级分别向下面的三个能级各画一条线，可画三条，再从n＝3能级出发，分别向下面两个能级各画一条线，可画两条，再从n＝2能级出发，向下面一能级画一条线，可画一条，则总共可画6条，即能发出6种频率的光子，B正确；处于n＝2能级的氢原子，吸收2.86 eV能量的光子，－3.4 eV＋2.86 eV ＝－0.54 eV，跃迁到n＝5能级，选项D正确．13．[2019·洛阳模拟]氢原子基态的能量为E1＝－13.6 eV，大量氢原子处于某一激发态，在这些氢原子可能发出的所有的光子中，频率最大的光子的能量为－0.96E1，频率最小的光子的能量为E min，这多选)氢原子能级如图，当氢原子从的能级时，辐射光的波长为n＝1的能级时，部分都是空的；②金原子是一个球体；③汤姆孙的原子模型不符合原子结构的实际情况；④原子核的半径的数量级是10－15m．其中正确的是()A．①②③B．①③④C．①②④D．①②③④答案：B解析：α粒子散射实验结果表明，绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了较大角度的偏转，并有极少数α粒子的偏转角度超过90°，有的几乎被反弹回来，则从α粒子散射实验结果出发推出的结论有金原子内部大部分都是空的，汤姆孙的原子模型不符合原子结构的实际情况，原子核的半径的数量级是10－15m，不能说明金原子是球体，B正确．16．关于原子的特征谱线，下列说法不正确的是()A．不同原子的发光频率是不一样的，每种原子都有自己的特征谱线B．原子的特征谱线可能是原子从高能态向低能态跃迁时放出光子而形成的C．可以用原子的特征谱线进行光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成成分D．原子的特征谱线是原子具有核式结构的有力证据答案：D解析：每种原子都有自己的特征谱线，故可以根据原子光谱来鉴别物质，所以A正确；原子的特征谱线可能是原子从高能级向低能级跃迁时放出光子而形成的，B正确；利用光谱分析可以鉴别物质和确定物质的组成成分，不可以深入了解原子的内部结构，所以C正确，D错误．39综合提能力课时练赢高分课时测评○1.(多选)下列说法正确的是()A．原子的核式结构模型很好地解释了氢原子光谱的实验B．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子C．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大角度偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一D．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大答案：BC解析：玻尔的原子模型与原子的核式结构模型本质上是不同的，玻尔的原子模型很好地解释了氢原子光谱的实验，故A错误；普朗克能量量子化理论：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子，故B正确；α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大角度偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一，故C正确；由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故D错误．2.如图所示为氢原子的能级图，在具有下列能量的光子或者电子中，不能使基态氢原子吸收能量而发生跃迁的是()A．13 eV的光子B．13 eV的电子C．10.2 eV的光子D．10.2 eV的电子答案：A解析：13 eV的光子的能量小于基态的电离能，又不等于基态与其他激发态间的能量差，该光子不会被吸收，电子与氢原子碰撞，可以把一部分或全部能量传递给氢原子，而使其发生跃迁，所以13 eV 的电子和10.2 eV的电子都可以被吸收.10.2 eV的光子正好等于n＝1能级和n＝2能级的能量差，可以被氢原子吸收发生跃迁．所以不能使基态氢原子吸收能量而发生跃迁的是A.3．(多选)氢原子的部分能级如图所示，已知可见光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间，由此可推知，氢原子()A．从高能级向n＝1能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高B．从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光一定为可见光C．从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高D．大量处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时可以发出两种可见光答案：AD解析：由高能级向n＝1能级跃迁，最少能量为10.2 eV，高于可见光频率，A正确；从高能级向n＝2能级跃迁，能量范围是1.89 eV～3.4 eV，有可能比可见光能量高，B错误；从高能级向n＝3能级跃迁，能量范围是0.66 eV～1.51 eV，频率低于可见光，C错误；从n＝4能级向低能级跃迁时，4→2和3→2产生两种可见光，D正确．4．(多选)关于光谱，下列说法正确的是()A．各种原子的发射光谱都是线状谱B．由于原子都是由原子核和电子组成的，所以各种原子的原子光谱是相同的C．由于各种原子的原子结构不同，所以各种原子的原子光谱也不相同D．根据各种原子发光的特征谱线进行光谱分析，可以鉴别物质和确定物质的组成成分答案：ACD解析：各种原子的发射光谱都是线状谱，都有一定的特征，也称特征谱线，是因原子结构不同，导致原子光谱也不相同，因而可以通过原子发光的特征谱线来确定和鉴别物质，称为光谱分析．故A、C、D正确，B错误．5．氢原子发出a、b两种频率的光，经三棱镜折射后的光路如图所示，若a光是由能级n＝5向n＝2跃迁时发出的，则b光可能是()A．从能级n＝4向n＝3跃迁时发出的B．从能级n＝4向n＝2跃迁时发出的C．从能级n＝6向n＝3跃迁时发出的D．从能级n＝6向n＝2跃迁时发出的答案：D解析：由光路图知，b光的折射率大于a光的折射率，所以b光的光子能量大于a光的光子能量，a光是由能级n＝5向n＝2跃迁时发出的，从能级n＝4向n＝3跃迁时发出的光子能量小于a光的光子能量，故A错误；从能级n＝4向n＝2跃迁时发出的光子能量小于a 光的光子能量，故B错误；从能级n＝6向n＝3跃迁时发出的光子能量小于a光的光子能量，故C错误；从能级n＝6向n＝2跃迁时发出的光子能量大于a光的光子能量，故D正确．6.[2019·辽宁沈阳郊联体模拟]根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到一群处于基态(量子数n＝1)的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为()A．13.6 eV B．3.4 eVC．12.75 eV D．12.09 eV答案：C解析：受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，说明氢原子从n＝1能级跃迁到n＝4能级上，所以照射氢原子的单色光的光子能量E＝E4－E1＝12.75 eV，C正确．7．[2019·湖南永州模拟]如图所示，图甲为氢原子的能级图，图乙为氢原子的光谱，已知谱线a是氢原子从n＝4能级跃迁到n＝2能级时的辐射光，谱线b是氢原子在下列哪种情形下跃迁时的辐射光()A．从n＝3能级跃迁到n＝2能级B．从n＝5能级跃迁到n＝2能级C．从n＝4能级跃迁到n＝3能级D．从n＝5能级跃迁到n＝3能级答案：B解析：谱线a是氢原子从n＝4能级跃迁到n＝2能级时的辐射光，谱线b比a的波长略短，则b光的频率比a光的频率略高，其光子的能量比a光光子的能量略大，所以谱线b是氢原子从n＝5能级跃迁到n＝2能级时的辐射光，B正确．8．[2019·天津六校联考]如图所示为氢原子的能级图，则下列说法正确的是()A．若已知可见光的光子能量范围为1.62 eV～3.11 eV，则处于第4能级状态的氢原子，辐射光的谱线在可见光范围内的有2条B．当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能增加，电子的动能增加C．处于第3能级状态的氢原子，辐射出三种波长分别为λ1、λ2、λ3(λ1>λ2>λ3)的三条谱线，则λ1＝λ2＋λ3D．若处于第2能级状态的氢原子向基态跃迁时辐射出的光能使如图所示是氢原子的能级图，大量处于低能级跃迁时，一共可以辐射出10种不同频率的光子．其中莱曼系能级跃迁时释放的光子，则种光子中波长最短的是从n＝5能级跃迁到。