題目列表(包括答案和解析)
如圖所示，大量氫原子處于能級n＝4的激發態，當它們向各較低能級躍遷時，對于多種可能的躍遷，下面說法中正確的是（ ）
A．最多只能放出4種不同頻率的光子
B．從n＝4能級躍遷到n＝1能級放出的光子波長最長
C．從n＝4能級躍遷到n＝1能級放出的光子頻率最高
D．從n＝4能級躍遷到n＝3能級放出的光子波長等于從n＝2能級躍遷到n＝1能級放出的光子波長
如圖所示，大量氫原子處于能級n＝4的激發態，當它們向各較低能級躍遷時，對于多種可能的躍遷，下面說法中正確的是
A．最多只能放出4種不同頻率的光子
B．從n＝4能級躍遷到n＝1能級放出的光子頻率最大
C．從n＝4能級躍遷到n＝1能級放出的光子頻率最小
D．從n＝4能級躍遷到n＝3能級放出的光子頻率等于從n＝2能級躍遷到n＝1能級放出的光子頻率
如圖所示，大量氫原子處于能級n＝4的激發態，當它們向各較低能級躍遷時，對于多種可能的躍遷，下面說法中正確的是
A．最多只能放出4種不同頻率的光子
B．從n＝4能級躍遷到n＝1能級放出的光子頻率最大
C．從n＝4能級躍遷到n＝1能級放出的光子頻率最小
D．從n＝4能級躍遷到n＝3能級放出的光子頻率等于從n＝2能級躍遷到n＝1能級放出的光子頻率
如圖所示，大量氫原子處于能級n=4的激發態，當它們向各較低能級躍遷時，對于多種可能的躍遷，下面說法中正確的是
A.從n=4能級躍遷到n=2能級放出的光子的頻率等于從n=2能級躍遷到n=1能級放出的光子的頻率
B.最多只能放出6種不同頻率的光子
C.從n=4能級躍遷到n=1能級放出的光子頻率最高
D. 從n=4能級躍遷到n=1能級放出的光子波長最長
| A．最多只能放出4種不同頻率的光子 |
| B．從n=4能級躍遷到n=1能級放出的光子波長最長 |
| C．從n=4能級躍遷到n=1能級放出的光子頻率最高 |
| D．從n=4能級躍遷到n=3能級放出的光子波長等于從n=2能級躍遷到n=1能級放出的光子波長 |
第Ⅰ卷 （選擇題 共48分）
一、單項選擇題（本題共10小題，每小題3分，共30分）。
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
D
C
B
B
B
A
D
二、多項選擇題（本題共6小題，每小題3分，共18分。每小題給出的四個選項中，有一個或多個選項正確。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）。
題號
11
12
13
14
15
16
答案
AD
BD
AD
ABC
AD
BCD
第Ⅱ卷 （實驗題、計算題，共7題，共72分）
三、實驗題（18分）
17.（1）0.730；8.0（8也給分）；
；（前兩空分別為2分，第三空4分）
（2）l1、l3；
（每空2分）
（3）①乙；②9.4；③紙帶和打點計時器間的摩擦阻力、空氣阻力（每空2分）
四、計算題：本題共6小題，共54分。解答應有必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的，答案中必須寫出數值和單位。
18.（8分）分析和解：
（1）因為金屬塊勻速運動，所以
Fcos37°－
（mg－Fsin37°）＝0 ……………………………………………（2分）
＝
＝
＝0.4 ……………………………（2分）
（2）撤去拉力后a＝
＝g …………………………………………………（1分）
a＝
金屬塊在桌面上滑行的最大距離s＝
…………………………………（1分）
＝
………………………………（1分）
s＝
19.（8分）分析和解：
（1）導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據閉合電路歐姆定律有：
I＝
＝
（2）導體棒受到的安培力：
F安＝BIL＝0.30 N …………………………………………………………（2分）
（3）導體棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝mgsin37°＝0.24 N
由于F1小于安培力，故導體棒受沿斜面向下的摩擦力f ………………（1分）
根據共點力平衡條件mgsin37°＋f＝F安 …………………………………（1分）
解得：f＝0.06 N …………………………………………………………（1分）
20.（8分）分析和解：
（1）帶電粒子經過電場加速，進入偏轉磁場時速度為v，由動能定理
qU＝
mv2 ………………………………………………………………①（1分）
進入磁場后帶電粒子做勻速圓周運動，軌道半徑為r
qvB＝m
………………………………………………………………②（2分）
打到H點有r＝
………………………………………………………③（1分）
由①②③得
＝
…………………………………………………（1分）
（2）要保證所有帶電粒子都不能打到MN邊界上，帶
電粒子在磁場中運動偏角小于90°，臨界狀態為
90°。如圖所示，磁場區半徑R＝r＝ （2分）
所以磁場區域半徑滿足R≤
（1分）
21.（10分）分析和解：
（1）木塊A在桌面上受到滑動摩擦力作用做勻減速運動，根據牛頓第二定律，木
塊A的加速度a＝
＝
設兩木塊碰撞前A的速度大小為v，根據運動學公式，得
v＝v0－at＝
（2）兩木塊離開桌面后均做平拋運動，設木塊B離開桌面時的速度大小為v2，在空
中飛行的時間為t′。根據平拋運動規律有：h＝gt′2，s＝v2t′ …………（2分）
解得：v2＝
＝
（3）設兩木塊碰撞后木塊A的速度大小為v1，根據動量守恒定律有：
Mv＝Mv1＋mv2 ………………………………………………………（1分）
解得：v1＝
＝
設木塊A落到地面過程的水平位移為s′，根據平拋運動規律，得
s′＝v1t′＝v1
＝
則木塊A落到地面上的位置與D點之間的距離
s＝s－s′＝
22.（10分）分析和解：
（1）設電子經電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理eU1＝
－0 ……（2分）
解得v0＝
…………………………………………………………（1分）
（2）電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。設偏轉電場的電場強度為E，電子在偏轉電場中運動的時間為t，加速度為a，電子離開偏轉電場時的側移量為y。由
牛頓第二定律和運動學公式t＝
………………………………………（1分）
F＝ma F＝eE E＝
a＝
……………………………………（2分）
y＝ at2 ……………………………………………………………………（1分）
解得y＝
……………………………………………………………（1分）
（3）減小加速電壓U1；增大偏轉電壓U2；……
（本題的答案不唯一，只要措施合理，答出一項可得1分，答出兩項及以上可得2分。）
23.（10分）分析和解：
（1）設軌道半徑為R，由機械能守恒定律：
mv2B＝mg（2R＋x）＋ mv
在B點：
－mg＝m
……………………………………………………②（1分）
在A點：
＋mg＝m
……………………………………………………③（1分）
由①②③式得：兩點的壓力差，FN＝－＝6 mg＋
………④（1分）
由圖象得：截距6 mg＝6，得m＝
（2）由④式可知：因為圖線的斜率k＝
＝1
所以R＝
（3）在A點不脫離的條件為：vA≥
………………………………………⑦（1分）
由①⑥⑦三式和題中所給已知條件解得：x＝
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