2019-2020年高三冲刺模拟（三）理科综合物理试题含解析.doc

2019-2020年高三冲刺模拟（三）理科综合物理试题含解析一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）（xx山东模拟）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是（） A 在图中t=0时刻穿过线圈的磁爱量均为零 B 线圈先后两次转速之比为3：2 C 交流电a的瞬时值为u=10sin5tV D 交流电b的最大值为【考点】： 交流的峰值、有效值以及它们的关系【专题】： 交流电专题【分析】： 根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据交流电周期之间的关系可以求得线圈的转速之间的关系和交流电的瞬时值表达式【解析】： 解：A、由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A错误；B、由图象可知TA：TB=2：3，故nA：nB=3：2，所以B正确，C、由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为=5，所以交流电a的瞬时值为u=10sin5tV，所以C正确；D、交流电最大值Um=NBS，故Uma：Umb=3：2，故，D正确本题选错误的，故选A【点评】： 本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，同时要掌握住交变电流的产生的过程2（6分）（xx山东模拟）地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，要使赤道上的物体“飘”起来，则地球的转速应变为原来的（） A 倍 B 倍 C 倍 D 倍【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】： 当物体“飘”起来时，不受地面的支持力，由重力提供向心力，向心加速度增大了g，根据向心加速度公式a=2r即可求解【解析】： 【解析】：解：物体在赤道上随地球自转时，有a=12R；物体随地球自转时，赤道上物体受万有引力和支持力，支持力等于重力，即：Fmg=ma；物体“飘”起来时只受万有引力，故有：F=ma故a=g+a，即当物体“飘”起来时，物体的加速度为g+a，则有：g+a=22R解得：（）2=所以有：=，故B正确、ACD错误故选：B【点评】： 本题直接根据向心加速度的表达式进行比较，关键要知道物体“飘”起来时的加速度，熟悉向心加速度公式a=2r3（6分）（xx山东模拟）竖直放置的“”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G，现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（开始A与B等高），则绳中拉力大小变化的情况是（） A 先变大后变小 B 先不变后变小 C 先变大后不变 D 先变小后变大【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况当轻绳的右端从直杆的最上端移到C点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变【解析】： 解：当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图所示根据平衡条件得2Fcos=mg得到绳子的拉力F=所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端时的过程中，增大，cos减小，则F变大当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2由数学知识得到不变，则F变不变，所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变故选：C【点评】： 本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析的变化，这在高考中曾经出现过，有一定的难度4（6分）（xx山东模拟）如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（） A 物体的初速率v0=3m/s B 物体与斜面间的动摩擦因数=0.75 C 取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44m D 当某次=30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑【考点】： 动能定理的应用；动摩擦因数；动能定理【分析】： 由题意明确图象的性质，则可得出位移的决定因素；根据竖直方向的运动可求得初速度；由水平运动关系可求得动摩擦因数；再由数学关系可求得位移的最小值【解析】： 解：A、由图可知，当夹角=0时，位移为2.40m；而当夹角为90时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知：v02=2gh；解得：v0=6m/s；故A错误；B、当夹角为0度时，由动能定理可得：mgx=mv02；解得：=0.75；故B正确；C、mgxsinmgcosx=0mv02解得：x=；当+=90时，sin（+）=1；此时位移最小，x=1.44m；故C正确；D、若=30时，物体受到的重力的分力为mgsin30=mg；摩擦力f=mgcos30=0.75mg=mg；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑；故D错误；故选：BC【点评】： 本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解5（6分）（xx山东模拟）如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为f，则小球从开始下落至最低点的过程（） A 小球动能的增量为零 B 小球重力势能的增量为mg（H+xL） C 弹簧弹性势能的增量为（mgf）（H+xL） D 系统机械能减小fH【考点】： 功能关系【分析】： 分析小球的运动过程，找出初末状态根据重力做功量度重力势能的变化，运用动能定理求出弹簧弹力做功，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功【解析】： 解：A、小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0故A正确；B、小球下落的整个过程中，重力做功WG=mgh=mg（H+xL），根据重力做功量度重力势能的变化WG=Ep得：小球重力势能的增量为mg（H+xL）故B错误；C、根据动能定理得：WG+Wf+W弹=00=0，所以W弹=（mgf）（H+xL），根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹=Ep得：弹簧弹性势能的增量为（mgf）（H+xL），故C正确；D、系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，阻力做的功为：f（H+xL）所以系统机械能减小为：f（H+xL）故D错误故选：AC【点评】： 该题考查小球下落的过程中的功能关系，解决该题关键要清楚小球的运动过程和运用功能关系求解，什么力做功量度什么能的变化要能够对应6（6分）（xx山东模拟）如图所示，在两个正点电荷Q1、Q2（其中Q1=2Q0，Q2=Q0）形成的电场中，a、b为两点电荷连线的中垂线上的两点，且aO=bOc、d为两点电荷连线的三等分点，即Mc=cd=dN则下列说法中正确的是（） A a、b两点的电场强度和电势相同 B 将带电量为q的正点电荷从c沿cd连线移到d的过程中，电场力一直做正功 C 将带电量为q的正点电荷从a沿ab连线移到O的过程中，电场力不做功 D a、b两点的电势相同【考点】： 电势；电场的叠加【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据电场线和等势面的分布情况，分析场强和电势的关系；根据点电荷场强公式E=k，确定出cd连线上场强为零的位置，从而分析cd连线上场强的方向，判断出电荷从c到d的过程中电场力做功情况；根据电场线的分布，判断电荷从a到b电场力做功情况；根据顺着电场线电势降低，判断电势的高低【解析】： 解：A、根据电场线分布的对称性可知，a、b两点场强大小相等，方向不同，所以电场强度不同由等势面分布的对称性得知，a、b两点的电势相同故A错误BD、设cd连线上合场强为零的位置离Q1距离为x，Q1、Q2间距离为3L此位置两个电荷产生的场强大小相等、方向相反，则有： k=k由题意，Q1=2Q0，Q2=Q0，解得：x=（63）L1.75L，则Lx2L，故场强为零的位置在cd之间离d更近，cd间从左向右，电场强度方向先向右，后向左，将带电量为q的正点电荷从c沿cd连线移到d的过程中，电场力先做正功后做负功，做功之和为零，故B错误，D正确C、根据电场的叠加和电场线的方向，可知O点的电势高于a点电势，所以将带电量为q的正点电荷从a沿ab连线移到O的过程中，电场力做负功，故C错误故选：D【点评】： 本题要紧扣电场线和等势面分布情况，抓住对称性和电场的叠加原理分析场强和电势关系7（6分）（xx山东模拟）如图所示，一平行板电容器，右极板接电源正极，板长为2d，板间距离为d一带电量为g、质量为m的负离子（重力不计）以速度v0贴近左极板沿极板方向射入，恰从右极板下边缘射出在右极板右侧空间存在垂直纸面方向的匀强磁场（未标出）要使该负离子在磁场中运动后，又恰能直接从右极板上边缘进入电场，则（） A 磁场方向垂直纸面向里 B 磁场方向垂直纸面向外 C 磁感应强度大小为 D 在磁场中运动时间为【考点】： 带电粒子在混合场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： 粒子在电场中做类似平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动；画出轨迹图后，根据平抛运动和匀速圆周运动的相关知识列式求解【解析】： 解：A、B、粒子在电场中做类似平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动，轨迹如图粒子带负电荷，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故A错误，B正确；C、对于抛物线运动，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的两倍，即tan=2tan=2=1，故=45，又由于tan=，故vy=v0，v=v0；根据几何关系，圆周运动的轨道半径为R=d；圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m；解得B=，故C正确；D、磁场中运动时间为：t=T=，故D错误；故选：BC【点评】： 本题关键是画出运动轨迹，然后根据类平抛运动和匀速圆周运动的规律列式求解二.（必做157分+36分，共193分）8（6分）（xx山东模拟）一学生利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律该弧形轨道的末端水平，离地面的高度为H现将一钢球从轨道的不同高度h处由静止释放，钢球的落点距离轨道末端的水平距离为x（1）若轨道完全光滑，则x2与h的理论关系应当满足x2=4Hh（用H、h表示）（2）该同学经实验得到几组数据如表所示，请在图乙所示的坐标纸上作出x2h关系图h/101m 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00x2/101m 2.62 3.89 5.20 6.53 7.78（3）对比实验结果与理论计算得到的x2h关系图线（图乙中已画出），可知自同一高度由静止释放的钢球，其水平抛出的速率小于（填“小于”或“大于”）理论值【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）利用物体下落时机械能守恒求出抛出的速度，然后根据平抛运动规律即可解出正确结果（2）利用描点法进行作图（3）将实际图线和理论图线进行比较，即可得出正确结果【解析】： 解：（1）物体在光滑轨道上下落时，机械能守恒有： 平抛后有：x=v0t 联立解得：x2=4Hh故答案为：4Hh（2）图象如图所示（3）由图线可知，相同高度，实际值小于理论值故答案为：小于【点评】： 本题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解，有一定的创新性，很好的考查了学生的创新思维9（12分）（xx山东模拟）为了测定电源电动势E、内电阻r的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R，电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条UI图线，如图乙所示请回答下列问题：（1）写出流过电阻箱的电流I的表达式I=；（用U1、U2、R表示）（2）电源两端电压随电流变化的图象是b（选填“a”或“b”）；当电阻箱阻值调节为0时，两条图线存在交点；（3）根据图乙可以求得电源的电动势E=3.0V，内电阻r=2.0，该电路中小灯泡消耗的最大功率为1.0W（本小题结果均保留两位有效数字）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： 由电路图可知，灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，电压表V2测路端电压；（1）由串联电路特点求出电阻箱两端电压，然后由欧姆定律求出电流表达式（2）根据串联电路特点分析判断哪个图象是灯泡电压随电流变化的图象（3）电源的UI图象与纵轴的交点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻由图象找出灯泡的最大电流与最大电压，由P=UI求出最大功率【解析】： 解：（1）电阻箱两端电压UR=U2U1，通过电阻箱的电流I=；（2）灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，灯泡两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线b是灯泡电压随电流变化的关系图象当电阻箱阻值调节为0时，灯泡两端电压即为路端电压，两条图线存在交点（3）随电流增大，路端电压减小，由图乙所示图象可知，图线a是电源的UI图象，由图线a可知，电源电动势E=3.0V，电源内电阻r=2；由图线a可知，灯泡两端最大电压为2V，电流为0.5A，灯泡最大功率P=UI=2V0.5A=1.0W故答案为：（1）I=；（2）b；0（3）3.0；2.0；1.0【点评】： 本题考查测量电动势和内电阻的实验，要分析清楚电路结构、应用串联电路特点及欧姆定律，掌握应用图象法求电源电动势与内阻的方法即可正确解题10（18分）（xx山东模拟）半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有两个质量分别为m和m的小球A和BA、B之间用一长为R的轻杆相连，如图所示开始时，A、B都静止，且A在圆环的最高点，现将A、B释放，试求：（1）B球到达最低点时的速度大小；（2）B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功；（3）B球在圆环右侧区域内能达到的最高点位置【考点】： 动能定理的应用；机械能守恒定律【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）把AB看成一个系统，只有重力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求解；（2）对A球运用动能定理即可求解；（3）设B球到右侧最高点时，OB与竖直方向夹角为，圆环圆心处为零势能面系统机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求解【解析】： 解：（1）系统机械能守恒，mAgR+mBgR=mAvA2+mBvB2又因为vA=vB得，vB=（2）根据动能定理，mAgR+W=mAvA2而vA=解得，W=0 （3）设B球到右侧最高点时，OB与竖直方向夹角为，圆环圆心处为零势能面系统机械能守恒，mAgR=mBgRcosmAgRsin 代入数据得，=30 所以B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与竖直方向夹角为30 答：（1）B球到达最低点时的速度大小为；（2）B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功为0；（3）B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与竖直方向夹角为30【点评】： 本题主要考查了机械能守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能选取适当的研究对象，难度适中11（20分）（xx山东模拟）如图，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿y方向、电场强度为E的匀强电场从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y方向成30150，且在xOy平面内结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区已知带电粒子电量为q，质量为m，重力不计求：（1）垂直y轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v1；（2）粒子在第象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；（3）从x轴上x=（1）a点射人第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y=b的点，求该粒子经过y=b点的速度大小【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）因所有粒子均打在x轴上，而粒子的夹角不同，故粒子的速度应不同，则几何关系可得出速度与夹角的关系，则可得出最小速度；（2）粒子轨迹对应的圆心角最大时，粒子的转动时间最长，由几何关系可知最大圆心角，然后求出时间，求出速度方向；（3）由几何关系可得出粒子从b点离开所对应的圆周运动的半径，由半径公式可求得粒子的速度，然后应用动能定理求出粒子速度【解析】： 解：（1）粒子运动规律如图所示：粒子运动的圆心在O点，轨道半径r1=a ，由牛顿第二定律得：qv1B=m 解得：v1= （2）当粒子初速度与y轴正方向夹角30时，粒子运动的时间最长，此时轨道对应的圆心角=150粒子在磁场中运动的周期：T= 粒子的运动时间：t=T= ；（3）如图所示设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为，由几何知识得：RRcos=（1）aRsin=a 由解得：=45 R=a ，此粒子进入磁场的速度v0，v0=设粒子到达y轴上速度为v，根据动能定理得：qEb=mv2mv02由解得：v= ；答：（1）垂直y轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v1为；（2）粒子在第象限的磁场中运动的最长时间为，对应的射入方向为：粒子初速度与y轴正方向夹角30；（3）从x轴上x=（1）a点射人第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y=b的点，该粒子经过y=b点的速度大小为：【点评】： 带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于找出圆心确定半径，所以在解题时几何关系是关键，应灵活应用几何关系，同时结合画图去找出合理的解题方法【物理-物理3-3】（12分）12（6分）（xx山东模拟）如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远a处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲图中b点合外力表现为引力，且为数值最大处，d点是分子靠得最近处则下列说法正确的是（） A 乙分子在a点势能最小 B 乙分子在b点动能最大 C 乙分子在c点动能最大 D 乙分子在c点加速度为零【考点】： 分子势能；分子间的相互作用力【专题】： 内能及其变化专题【分析】： 分子之间的相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，只是分子引力的变化慢，斥力变化快，当r=r0时分子引力等于分子斥力，r大于平衡距离时分子力表现为引力，当r小于r0时分子间的作用力表现为斥力当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小【解析】： 解：A、B、C、乙分子由a运动c，分子表现为引力，分子力做正功，动能增大，分子势能减小，所以乙分子在c处分子势能最小，在c处动能最大，故AB错误，C正确；D、由题图可知，乙在d点时受到的分子力最大，所以乙分子在d处的加速度最大故D错误故选：C【点评】： 分子间距离等于平衡距离时分子势能最小，掌握分子间作用力与分子间距离的关系、分析清楚图象，即可正确解题13（6分）（xx山东模拟）如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置玻璃管的下部封有长l1=25.0cm的空气柱，中间有一段长l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm已知大气压强为p0=75.0cmHg现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l1=20.0cm假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 压轴题；理想气体状态方程专题【分析】： 设活塞下推距离为l，分别求解出上、下两端封闭气体下推前的压强和长度，在表示出下推后的压强和长度，对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式后联立求解即可【解析】： 解：以cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：P1=P0+l2 设活塞下推后，下部空气的压强为P1，由玻意耳定律得：P1l1=P1l1如图，设活塞下推距离为l，则此时玻璃管上部的空气柱的长度为：l3=l3+（l1l1）l 设此时玻璃管上部空气柱的压强为P3，则P3=p1l2 由波义耳定律，得：P0l3=P3l3由式代入数据解得：l=15.0cm；答：活塞下推的距离为15cm【点评】： 本题关键是对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式，难点在于确定两端气体的压强间以及其与大气压强的关系【物理-物理3-4】（12分）14（xx山东模拟）如图是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），s1的振幅A1=4cm，S2的振幅A2=3cm，则下列说法正确的是（） A 质点D是振动减弱点 B 质点A、D在该时刻的高度差为14cm C 再过半个周期，质点B、C是振动加强点 D 质点C的振幅为1cm【考点】： 波的干涉和衍射现象【分析】： 两列频率相同，振幅不同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱，从而即可求解【解析】： 解：图是两列频率相同的相干水波于某时刻的叠加情况，实线和虚线分别表示波峰和波谷，则D点是波谷与波谷相遇点，A是波峰与波峰相遇点，B、C两点是波峰与波谷相遇点则A、D两点是振动加强的，且B、C两点是振动减弱的A、质点D是振动加强点，故A错误；B、s1的振幅A1=4cm，S2的振幅A2=3cm，质点A是处于波峰叠加位置，相对平衡位置高度为7cm，而质点D处于波谷叠加位置，相对平衡位置为7cm，因此质点A、D在该时刻的高度差为14cm，故B正确；C、B、C两点是振动减弱点，再过半个周期，质点B、C是振动仍是减弱点，故C错误；D、质点C是波峰与波谷的叠加点，则其合振幅为1cm，故D正确；故选：BD【点评】： 波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的之和；当波峰与波谷相遇时此处的位移为振幅之差15（xx山东模拟）如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角=75今有一束单色光线在横截面内从OA的中点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，一部分光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，不考虑多次反射作用试求玻璃的折射率n【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 由题意光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，说明发生了全反射，由几何知识求出光线在AB面的入射角和临界角，由临界角公式sinC=求解折射率【解析】： 解：设光线射到AB面时入射角为光路图如图所示因E点为OA的中点，所以由几何知识得： =30 =75临界角为：C=1802=45 OB面恰好发生全反射，则 sinC= 解得： 答：玻璃的折射率n为【点评】： 正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决本题问题的关键，要掌握全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角，刚好发生全反射时，入射角等于临界角，这是折射定律和几何知识的综合应用【物理-物理3-5】（12分）16（xx山东模拟）以下有关近代物理内容的若干叙述真确的是（） A 紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 B 比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定 C 重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损 D 根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁；光电效应；重核的裂变【专题】： 常规题型【分析】： 光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关；轻核聚变有质量亏损，根据质能方程有能量释放；半衰期具有统计规律，半数发生衰变是针对大量的原子核；根据跃迁时，能量的变化，确定光子是释放还是吸收，根据轨道半径确定动能的变化，根据能量等于动能和电势能之和，确定电势能的变化【解析】： 解：解：A、紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，根据光电效应方程，最大初动能与入射光的频率有关，与光强度无关故A错误B、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定故B正确C、裂变和聚变过程都有质量亏损，释放能量故C错误D、氢原子的核外电子由较高能级迁到较低能级时，能量减小，释放光子，由高轨道跃迁到低轨道，速度增大，动能增大，能量减小，则电势能减小故D正确故选：BD【点评】： 本题考查了光电效应方程、质能方程、半衰期、能级等知识点，关键掌握这些知识点的基本概念和基本规律，难度不大17（xx山东）如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m，开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0，一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半，求：（i）B的质量；（ii）碰撞过程中A、B系统机械能的损失【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 对A、B碰撞前后过程运用动量守恒定律，抓住A、B碰撞前的瞬时速度和碰后的速度关系求出B的质量对整个过程运用动量守恒，求出最终的速度与A初速度的关系，再结合能量守恒求出碰撞过程中A、B系统机械能的损失【解析】： 解：（i）以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰后的共同速度为v，由题意知，碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得， 由式得，（ii）从开始到碰后的全过程，以初速度v0的方向为正方向，由动量守恒得，mv0=（m+mB）v 设碰撞过程A、B系统机械能损失为E，则，联立式得，答：（i）B的质量为；（ii）碰撞过程中A、B系统机械能的损失为【点评】： 本题考查了动量守恒和能量守恒的综合，运用动量守恒解题，关键合理地选择研究的系统和研究的过程，抓住初末状态列式求解