解析福建省龙岩市2021年高三5月教学质量检查二模理综物理试题

福建省龙岩市2021年高三5月教学质量检查（二模）
理综物理试题
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共3６分．在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)
1.（６分)如图所示，Ｏ是波源,a、b、c、d是波传播方向上四个质点的平衡位置，且oa=a ｂ＝ｂc=cd，t1＝0时各质点均静止在平衡位置，波源O开始沿ｙ轴正方向做简谐运动，形成一列沿x轴正方向传播的简谐波．在t2＝０.３ｓ，波源O第一次到达负向最大位移处，简谐波恰好传到c点.下列说法正确的是( )
A．波的周期为1.2ｓ
Ｂ．t2=0.3s,a质点向ｙ轴正方向运动
C．t2=0.３s,b质点的加速度达正向最大
D．当d点开始振动时的起振方向沿ｙ轴正方向
【考点】:横波的图象；波长、频率和波速的关系．
【专题】：振动图像与波动图像专题.
【分析】:首先据波的形成特点求出波长和周期;再据波形图分析各质点的振动情况；据各质点的起振方向与波源的起振方向相同判断即可.
【解析】:解:ABC、由于波源的起振方向向上，且在t２＝０.3s，波源Ｏ第一次到达负向最大位移处可知:T＝０.４s;据此波形可知,该时刻ａ在平衡位置将向下运动,b质点在正最大位移处,即加速度负向最大,故ABC错误;
D、各质点的起振方向与波源的起振方向相同，故d的起振方向沿ｙ轴的正方向，故D正确．
故选:D.
【点评】：本题考查波的形成，明确波的传播特点是解题的关键，注意各质点的振动情况并与波源相联系,基础题．
２.(６分)一束红色的细光束由真空沿着径向射入一块半圆柱形透明体,如图(a）所示，对其射出后的折射光线的强度进行记录，发现折射光线的强度随着θ的变化而变化,如图(ｂ）的图线所示.下列说法正确的是( )
A. 透明体对红光的折射率为
B．红光在透明体中的速度大小与在真空中的相同
C．红光的折射光线的频率会随着折射光线强度的增大而增大
Ｄ. 红光在透明体内发生全反射的临界角为3０°
【考点】:光的折射定律．
【专题】:光的折射专题.
【分析】：AD、由图ｂ得到全反射临界角为６0°，根据sｉｎＣ＝求解折射率;
Ｂ、根据ｃ=nv判断红光在透明体中的速度大小；
C、光线的频率与介质的折射率无关．
【解析】：解：AD、由图ｂ得到θ=３0°时发生全反射，故全反射的临界角Ｃ=6０°，故:
n==；故A正确,D错误;
Ｂ、根据v＝,红光在透明体中的光速小于真空中的光速,故B错误；
C、光线的频率与介质的折射率无关，故红光的折射光线的频率不变,故C错误；
故选:A.
【点评】:本题关键是由图b得到全反射的临界角，然后结合公式sinC=和v=进行分析,基础题目．
３．(６分)如图所示,一个质量均匀分布的星球，绕其中心轴ＰQ自转,ＡB与PQ是互相垂直的直径．星球在A点的重力加速度是Ｐ点的９0%,星球自转的周期为T，万有引力常量为G,则星球的密度为( )
Ａ. B． C. D.
【考点】：万有引力定律及其应用.
【专题】:万有引力定律的应用专题.
【分析】：两极处的万有引力等于物体的重力，赤道处的重力等于万有引力与物体绕地球自转所需的向心力之差，结合万有引力定律公式列式求解即可.
【解析】:解：因为两极处的万有引力等于物体的重力，故:ＧP=
由于赤道处的向心力等于万有引力与物体在赤道处的重力之差，故：﹣
0.9=m R
解得：Ｍ=
则星球的密度ρ==,
故选：D.
【点评】:本题关键是明确：赤道位置万有引力等于重力和向心力之和，然后结合万有引力定律公式列式求解．
4．(６分）Ｌ1和L2是高压输电的两条输电线,现要通过变压器测量L1和Ｌ2之间的电压，下列四种电路连接正确的是( ）
A．B．Ｃ.
Ｄ．
【考点】：变压器的构造和原理．
【专题】：交流电专题.
【分析】:考查电流互感器和电压互感器的区别,变器的匝数与电压成正比,与电流成反比,安全起见,要求电压和电流都不能超过最大量程．
【解析】：解：要通过变压器测量L1和L２之间的电压，需要电压互感器，即变压器的原线圈要接在L１和L2之间;
由于电压不能超过电表量程,要通过变压器降压，根据,原线圈匝数要多于副线圈匝数;
故选:A
【点评】：解题关键是明白电压互感器和电流互感器的工作原理，一个是减小电流，另一个是减小电压，目的都是为了测量危险高压电路的电压，电流问题．
5.（6分）如图所示,边长为2L、电阻为R的正方形导线框aｂcd，在纸面内以速度v水平向右匀速穿过一宽为L、磁感应强度为Ｂ的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．刚开始时线圈的ab边刚好与磁场的左边界重合,规定水平向右为ab边受到安培力的正方向．下列哪个图象能正确反映ab边受到的安培力随运动距离x变化的规律( )
A. B．C．
Ｄ．
【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】:由E＝BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流,由安培力公式求出安培力,由楞次定律分析安培力的方向．
【解析】：解：线框的位移在，0﹣L内，ab边切割磁感线产生的感应电动势为Ｅ=B•２L ｖ，感应电流I=，ab边所受的安培力大小为Ｆ=BＩ•2Ｌ＝
由楞次定律知，ａｂ边受到安培力方向向左，为负值．
线框的位移大于L后,位移在L﹣２L内线框中磁通量不变,不产生感应电流,ab边不受安培力,位移在2L﹣3L内,aｂ边在磁场之外,不受安培力，故Ｃ正确.
故选：Ｃ．
【点评】:解决本题的关键要准确判断线框是否受安培力,要明确：1、B＝０，即线框在磁场外不受安培力;I=０时，线框也不受安培力.
6.(6分）蹦床运动可简化为一个落到竖直放置的轻弹簧的小球运动,如图甲所示．质量为m 的小球,从离弹簧上端高h处自由下落,接触弹簧后继续向下运动.以小球刚下落开始计时，以竖直向下为正方向,小球的速度v随时间t变化的图线如图乙所示.图线中的ＯＡ段为直线，与曲线ABCD相切于Ａ点.不考虑空气阻力,则关于小球的运动过程，下列说法正确的是（）
A．t2﹣ｔ1＞t3﹣t2
Ｂ．下落ｈ高度时小球速度最大
Ｃ．小球在t4时刻所受弹簧弹力大于2ｍg
D．小球在t2时刻重力势能和弹簧的弹性势能之和最大
【考点】:功能关系．
【分析】：分清小球的运动形式,OＡ过程是自由落体,Ａ的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度;AB过程，重力大于弹簧的弹力,小球做变加速直线运动，加
速度小于g．B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等,合力为零,加速度也就为零;C点的速度与A点相同，Ｄ点时速度减为零,弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大．
【解析】:解：A、小球在B点时,ａ＝０,即mg=k△x B，ＡＢ过程，合外力：F合=mｇ﹣k△x=k （△ｘＢ﹣△ｘ)=kx球Ｂ,x球Ｂ为球所处位置到平衡位置Ｂ的距离,同理可得BC过程也满足上述关系，故小球在ＡC之间做简谐运动，故t2﹣t1=t3﹣ｔ2,故A错误；
B、A是下降h高度时的位置,而ＡB过程，重力大于弹簧的弹力，小球做变加速直线运动，加速度小于ｇ．B点是速度最大的地方，故B错误；
Ｃ、由Ａ中知C点与Ａ点是对称的点,由Ａ点到B点的弹簧长度变化,由对称性得由B到C的弹簧长度再变化，故到达Ｄ点时形变量要大于２,所以弹力大于2ｍg,所以C正确；
D、系统在整个过程中，只受重力和弹簧弹力作用,系统机械能守恒，小球在ｔ２时刻的速度最大，动能最大，故重力势能和弹簧的弹性势能之和最小，故D错误;
故选：C
【点评】：解决本题的关键知道小球在整个过程中的运动情况，结合图象,综合牛顿第二定律进行分析求解,知道系统在整个过程中,只受重力和弹簧弹力作用,系统机械能守恒.
二、非选择题（一)必考部分
7．（8分)用如图1所示的装置探究加速度与合外力和质量的关系，现有如下一些操作：①在实验中，要进行“平衡摩擦力”的操作，下列关于“平衡摩擦力”的说法正确的是A A．平衡摩擦力的目的是为了使小车受到的合外力等于小车受到绳子的拉力
B.平衡摩擦力的目的是为了使小车受到绳子的拉力等于所挂砂桶的总重力
C.平衡摩擦力时,绳子上不挂砂桶，也不挂纸带,只通过改变斜面的倾角,使小车在斜面上能匀速下滑
D．平衡摩擦力时,不改斜面的倾角,绳子挂上质量适当的砂桶,使小车在斜面上能匀速下滑
②选择适当的小车和砝码的总质量、砂和砂桶的总质量,让小车由靠近打点计时器位置无初速释放，得到如图２所示的一条纸带，Ａ、Ｂ、C、Ｄ、E为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．用刻度尺测量计数点间的距离如图所示.已知打点计时器的工作频率为5０Hz，则小车的加速度ａ= 0.40 m/ｓ2（结果保留2位有效数字）.
③保持砂和砂桶的总质量不变,改变小车和砝码的总质量，重复上述实验操作,得到对应的加速度，这是为了探究“合外力不变,加速度与小车和砝码的总质量的关系”．
【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）小车所受的摩擦力不可避免,平衡摩擦力的本质就是使小车的重力沿斜面方向的分力与小车所受的阻力相平衡，其目的是使小车所受的合力等于细绳对小车的拉力；恰好平衡摩擦力时，小车拖动纸带，不给小车提供拉力,给小车一个初速度,小车做匀速直线运动,由打点计时器打出的纸带点迹间距应该是均匀的；
(2)根据作差法求解加速度;
（3）在研究加速度与质量的关系时,需采用控制变量法，即控制所受的合力不变，改变小车的质量.
【解析】：解;A、小车所受的摩擦力不可避免,平衡摩擦力的本质就是使小车的重力沿斜面方向的分力与小车所受的阻力相平衡,使小车受到的合外力等于小车受到绳子的拉力,故A错误,B正确；
Ｃ、“平衡摩擦力”时不应挂钩码,但是要挂纸带,调节斜面的倾角,给小车一个初速度,使小车做匀速直线运动即可，故CD错误;
故选：Ａ
(２)打点周期Ｔ＝，每相邻两计数点间还有4个打点，计数点间的时间间隔为：ｔ=0.02s×5=０.１ｓ,
根据作差法得：a＝，
（3)保持砂和砂桶的总质量不变,改变小车和砝码的总质量，这是为了探究合外力不变,加速度与小车和砝码的总质量的关系．
故答案为：(1）A；（2）０．4０；（３)合外力，小车和砝码的总质量
【点评】：只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题.
8．(10分）如图所示电路中，调节电阻箱的阻值Ｒ可以使两个电表的读数在较大的范围内变化,电路中定值电阻Ｒx、电源的电动势Ｅ、内阻r都未知.
①若电压表和电流表为理想电表,这个电路可以完成的实验 C
A.验证焦耳定律
B．验证电阻定律
C.探究电阻一定时,电流与电压的关系
D.探究电动势与内电压、外电压的关系
②若电压表和电流表的内阻ＲV、RＡ不能忽略且未知，该同学进行两次测量,记下电阻箱、电压表、电流表的示数分别是:Ｒ1、U１、I１;R２、Ｕ2、I２,对于定值电阻Ｒx、电源的电动势E、内阻r,这个电路可以测量的物理量是E ;用上述所测数据及题中出现的物理量，写出能获得测量结果的方程或方程组Ｅ＝U1+I1(R1+R A+r)、E＝U2+Ｉ2(R2+R A+ｒ) .
【考点】：测定电源的电动势和内阻；伏安法测电阻．
【专题】:实验题.
【分析】:①分析电路结构根据电表所测量数据,同时结合实验原理可明确本电路图可进行的实验；
②由闭合电路欧姆定律可得出不同电阻时的电流值和电压值，联立可知能求出的物理量．【解析】:解：①由图可知,电压表能测量ＲX的两端的电压,电流表测量干路电流;改变Ｒ的阻值，可以改变R x两端的电压;故本实验可以探究电阻一定时,电流与电压的关系;由于无法确定时间及热量,故无法验证焦耳定律;由于不能知道电阻的长度和截面积，故无法确定电阻定律；
由于无法确内外电压的大小，故无法确定内外电压的关系;故选:C
②由电路图可知,通过调节R的阻值，可以得出不同的电流值及Ｒｘ两端的电压，由闭合电路欧姆定律列式可得:
Ｅ＝U1+I1(R1+R A+r)、
Ｅ=U２＋I2(R2＋R A+ｒ）；
联立可求得电动势Ｅ;
故答案为:(1）Ｃ；（2)Ｅ;E＝U1＋I１（Ｒ1＋ＲA+r）、Ｅ=U2+Ｉ2(R２+RＡ+r）
【点评】：本题考查闭合电路欧姆定律的应用，属于探究性实验,本实验中要求能认真分析实验原理,再根据闭合电路欧姆定律可求得电动势和内阻．
9.（１5分)地磁场会对精密仪器中的显像管产生影响.在电子显像管内部,由炽热的灯丝上发射出的电子(可视为初速度为０)，在经过电压为U的电场加速后，在不加偏转电场、磁场时，电子（质量为m、电荷量为e,不计重力）应沿直线运动打在荧光屏的正中心位置O.在南极，科考队设备中的显像管由于地磁场的影响，在未加偏转磁场时电子束也会偏离直线运动．设显像管水平放置，地磁场磁感强度的方向竖直向上，大小为B（俯视图如图所示)，忽略地磁场对电子在加速过程中的影响,加速电场边缘到荧光屏的距离为l．求在地磁场的影响下:（1)电子在偏转时的加速度的大小；
(2）电子在荧光屏上偏移的距离.
【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．
【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题.
【分析】:(1）先对直线加速过程根据动能定理列式求解末速度;对偏转过程，根据牛顿第二定律列式求解加速度;
（２)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径,结合几何关系确定电子在荧光屏上偏移的距离．
【解析】:解：(1）设从加速电场射出的电子速度为v0，则根据动能定理有:
从加速电场射出的电子在地磁场中受到洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动，设电子的加速度为a,则:
ｅｖ0B＝ma
由以上各式解得:
(2）设电子在地磁场中运动的半径为R，
根据牛顿第二定律:
解得：
设电子在荧光屏上偏移的距离为x,
根据图中的几何关系，有:
结合以上关系，得:
答:(1）电子在偏转时的加速度的大小为；
(2）电子在荧光屏上偏移的距离为.
【点评】:电子先直线加速、再做匀速圆周运动，对直线加速过程根据动能定理列式,对匀速圆周运动根据牛顿第二定律列式，关键是画出运动轨迹，结合几何关系分析．
10.（19分）如图所示，AＢCD竖直放置的光滑绝缘细管道，其中ＡB部分是半径为R的圆弧形管道，BCＤ部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B.水平面内的Ｍ、N、Ｂ三点连线构成边长为L等边三角形，ＭN连线过C点且垂直于BＣＤ．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和﹣Q．现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放，已知静电力常量为ｋ,重力加速度为ｇ.求：
（1）小球运动到B处时受到电场力的大小；
(2)小球运动到C处时的速度大小;
(３）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小.
【考点】：电势差与电场强度的关系；动能定理．
【专题】：电场力与电势的性质专题．
【分析】:（1)根据库仑定律,结合平行四边形定则求出小球运动到B处时受到的电场力大小．
（２)小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功,只有重力对小球做功，根据机械能守恒定律求出C点的速度．
（3）根据牛顿第二定律求出小球在B点竖直方向上的分力，结合库仑定律求出水平方向上的分力，从而根据平行四边形定则求出在B点受到的弹力大小．
【解析】:解：（1)设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和﹣Q的库仑力分别为Ｆ１和F2.则①
小球沿水平方向受到的电场力为F１和F2的合力F,由平行四边形定则得F=2Ｆ1coｓ6０° ②
联立①②得③
（２)管道所在的竖直平面是＋Q和﹣Q形成的合电场的一个等势面,小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功,只有重力对小球做功,小球的机械能守恒，有
④
解得⑤
（3）设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为N By,在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得⑥
v B=vＣ⑦
联立⑤⑥⑦解得N By＝３mg⑧
设在Ｂ点管道对小球在水平方向的压力的分力为N Bx,则⑨
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为.⑩
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为
．
答:(1)小球运动到B处时受到电场力的大小为;
(2）小球运动到C处时的速度大小为；
(３）小球运动到圆弧最低点Ｂ处时，小球对管道压力的大小为．【点评】：此题属于电场力与重力场的复合场,关键是根据机械能守恒和功能关系进行判断.要注意到电场力与重力、支持力不在同一条直线上．
１1.（20分)5个相同的木块紧挨着静止放在地面上,如图所示．每块木块的质量为m=1ｋｇ,长ｌ=1m.它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现有一质量为M＝2.５ｋg的小铅块(视为质点），以v0=4ｍ／s的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数μ2＝０.２．小铅块刚滑到第四块木块时，木块开始运动,求：
(1)铅块刚滑到第四块木块时的速度．
（２)通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时,木块才开始运动.
（3)小铅块停止运动后,离第一块木块的左端多远?
【考点】:牛顿第二定律;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位移的关系．
【专题】：牛顿运动定律综合专题．
【分析】:通过对长木板的受力分析知,滑块给长木板的摩擦力水平向右，地面给长木板的摩擦力水平向左，当滑块对木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力时，长木板开始运动；根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律分析求解.
【解析】:解：（1)设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为a1，刚滑到第四块的速度为v1
由牛顿第二定律得μ2Mg=Mａ１…①
由运动学公式得ｖ=2ａ1•3l…②
联立①②得：ｖ1＝２m/s…③
(2）设小铅块滑到第n块木块时对木块的摩擦力为：f1=μ２Ｍg=5Ｎ
后面的（6﹣n）块木块受到地面的最大静摩擦力为:f2＝μ1[M+（6﹣ｎ)m］g
要使木块滑动，应满足f2<ｆ１,
即μ1[M＋(5﹣n)m]g<5
n＞3.5取n=4
(2）设小铅块滑上4木块经过ｔ秒和４、5木块达到共同速度，此过程小铅块、4、５木块的对地位移为ｓ１和ｓ２,
相对位移为△s,4、5木块运动的加速度为a2μ2Mｇ﹣μ1（M+2m)g=2ma2…④
v1﹣ａ1t＝a2ｔ…⑤
…⑥
…⑦
△s=s1﹣ｓ２…⑧
联立①④⑤⑥⑦⑧解得：
…⑨
…⑩
由于△s<l(s1<l)说明小铅块没有离开第四块木块,
最后小铅块与４、５木块达共同速度一起减速为零.
设小铅块与4、5木块达到共同速度为ｖ2,一起减速的加速度大小为a３,
减速位移为ｓ3μ１(２m+M)ｇ=(2ｍ+M)a３
v2=a2t
联立以上各式得:
小铅块最终离1木块左端为：ｓ=３ｌ+s１+ｓ3
联立以上各式，得:ｓ=ｍ
答:（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度为２m/s．
(2)由于△s<l（s１＜l）说明小铅块没有离开第四块,木块小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动.
（3)小铅块停止运动后,离第一块木块的左端m．
【点评】:本题是相对运动的题目，要对每个物体分别分析其运动情况，利用运动学的基本公式,再根据速度和位移的关系及牛顿第二定律求解.本题运动过程较为复杂，难度较大．（二)选考部分（考生从12、13或１４、15中任选两题作答，若第1２-１5题都作答，则按第１2、13题计分)【物理-选修3-3】
１2．（6分）对下列物理现象进行解释，其中正确的是( ）
Ａ. 墨水滴入水中出现扩散现象，这是分子无规则运动的结果
B. “破镜不能重圆”，是因为接触部分的分子间斥力大于引力
C．纤细小虫能停在平静的液面上，是由于其受到浮力作用的结果
Ｄ. 用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形,这是晶体各向异性的表现
【考点】：分子间的相互作用力；布朗运动；* 晶体和非晶体．
【分析】：扩散现象,这是分子无规则运动的结果；
分子之间是存在作用力，但是分子间距离超过分子直径10倍时，分子间作用力几乎不存在了；
水面的张力，能使小虫能停在其上面;
非晶体各向同性，单晶体各向异性,而多晶体各向同性.
【解析】:解:A、墨水滴入水中出现扩散现象，这是分子无规则运动的结果,故A正确; B、“破镜不能重圆”．这是因为镜破处分子间的距离太大了，超过分子直径1０倍，分子间作用力几乎不存在了,故B错误;
C、纤细小虫能停在平静的液面上，是由于受到张力的作用，而不是浮力，故C错误；
D、热针尖接触金属表面的石蜡,熔解区域呈圆形,这是非晶体各向同性的表现.故D错误．故选：A
【点评】:考查水面张力与浮力的区别,认识分子无规则运动,掌握分子间存在作用力是有条件的，不能超过分子直径的１0倍，距离越大，分子间作用力越小,并会区别晶体与非晶体的异同．
13．(６分）某同学家一台新电冰箱能显示冷藏室内的温度，存放食物之前该同学进行试通电,该同学将打开的冰箱密封门关闭并给冰箱通电．若大气压为１.0×105Ｐa,刚通电时显示温度为2７℃,通电一段时间后显示温度为７℃，则此时密封的冷藏室中气体的压强是( )
A. 0.26×1０５Ｐa Ｂ．０.9３×10５Ｐa C. 1.０7×105PａＤ. 3.8６×105Pａ
【考点】：理想气体的状态方程.
【专题】:理想气体状态方程专题．
【分析】:冰箱内气体做等容变化,根据查理定律可以解出温度下降后的压强.
【解析】:解：冷藏室气体的初状态:T1=273+27=300K,P1=1×105Pａ
末状态:T２=273+7=２80Ｋ,Ｐ2＝?
气体体积不变，根据查理定律：
代入数据得：P２＝9.3×104Pa
故选：B．
【点评】:该题考查理想气体的状态方程的应用,结合已知的条件可知，该题属于公式的基本应用，查理定律的应用要先判断气体的体积为定值．
【物理-选修3-5】
１4．图甲所示为氢原子的能级,图乙为氢原子的光谱.已知谱线a是氢原子从n=４的能级跃迁到n＝2能级时的辐射光,则谱线b可能是氢原子（)时的辐射光
A．从n=5的能级跃迁到n＝3的能级
B. 从n＝4的能级跃迁到n=3的能级
C．从n=5的能级跃迁到ｎ=２的能级
Ｄ．从n=3的能级跃迁到n=２的能级
【考点】：氢原子的能级公式和跃迁．
【专题】:实验题．
【分析】:氢原子能级跃迁时,两能级间的能级差越大,辐射的光子能量越大，则光子频率越大,波长越小．
【解析】:解：谱线a是氢原子从n=4的能级跃迁到ｎ=2的能级时的辐射光，波长大于谱线b,所以a光的光子频率小于ｂ光的光子频率.所以ｂ光的光子能量大于n＝４和n=2间的能级差．n=3跃迁到n＝2，n=5跃迁到n=３的能级差小于ｎ=４和n=2的能级差.ｎ=5和n＝2间的能级差大于n=4和n＝2间的能级差．故A、B、D错误，C正确．
故选：C.
【点评】：解决本题的关键知道能级差与光子频率的关系,以及知道光子频率大小与波长大小的关系．
15.真空室内,有质量分别为m和２m的甲、乙两原子核,某时刻使它们分别同时获得3v和２v的瞬时速率，并开始相向运动．由于它们间的库仑斥力作用，二者始终没有接触,当两原子核相距最近时,甲核的速度大小为（）
A．0 Ｂ．C．v D．
【考点】:动量守恒定律．
【专题】:动量定理应用专题.
【分析】:两原子核组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可以求出乙的速度.
【解析】:解:两原子核组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向,
甲核刚要反向时速度为零，由动量守恒定律得:m•3ｖ﹣2m•2v=3mv′,
word版高中物理
解得:v′=﹣v,符号表示与甲的初速度方向相反,速度大小为v;
故选:B．
【点评】：本题考查了求原子核的速度，应用动量守恒定律即可正确解题,解题时要注意正方向的选择．。