2021年高三物理专题突破限时训练：物理3-5

2021届物理一轮总复习40分钟巩固提升训练训练：*选修3－5(一)*一、选择题1．人从高处跳下，为更好地保护身体，双脚触地，膝盖弯曲让身体重心继续下降．着地过程这样做，可以减小()A．人动量变化的时间B．人受到的冲量C．人的动量变化量D．人的动量变化率2．下列有关原子核和质能方程的说法，正确的是()A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B．爱因斯坦质能方程表明，在一定条件下质量可以转化为能量C．放射性元素发生β衰变时放出的是核外电子D．两个质子之间，不论距离如何，核力总是大于库仑力3.图中画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E.处在n＝4的能级的1 200个氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光子．若这些受激氢原子最后都回到基态，假定处在量子数为n的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的1n－1，已知金属钾的逸出功为2.22 eV.则在此过程中发出的光子，能够从金属钾的表面打出光电子的光子数为()A．2 200 B．2 000C．1 600 D．2 4004．用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10－19J．已知普朗克常量为6.63×10－34J·s，真空中的光速为3.00×108m·s－1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为()A．1×1014Hz B．8×1014HzC．2×1015Hz D．8×1015Hz5．2017年，量子通信卫星“墨子号”首席科学家潘建伟获得“物质科学奖”．对于有关粒子的研究，下列说法正确的是()A．在铀核的裂变中，当铀块的体积小于“临界体积”时，不能发生链式反应B．当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化C．轻核聚变的过程质量增大，重核裂变的过程有质量亏损D．比结合能小的原子核结合成(或分裂成)比结合能大的原子核时一定吸收能量6．电子的发现是人类对物质结构认识上的一次飞跃，开创了探索物质微观结构的新时代．下列关于电子的说法正确的是()A ．β射线是高速电子流，它的穿透能力比α射线和γ射线都弱B ．β衰变时原子核会释放电子，说明电子也是原子核的组成部分C ．电子穿过晶体时会产生衍射图样，这证明了电子具有粒子性D ．汤姆孙发现不同物质发出的阴极射线的粒子比荷相同，这种粒子即电子7.如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M ，物体M 上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R ，最低点为C ，两端A 、B 等高，现让小滑块m 从A 点由静止开始下滑，在此后的过程中( )A ．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量守恒B ．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量不守恒C ．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动D ．m 从A 到B 的过程中，M 运动的位移为mR M ＋m8． (多选)在研究某金属的光电效应现象时，发现当入射光的频率为ν时，其遏止电压为U.已知普朗克常量为h ，电子的电荷量为e ，下列说法正确的是( )A ．该金属的截止频率为ν－eU hB ．该金属的逸出功为eU －hνC ．增大入射光的频率，该金属的截止频率增大D ．增大入射光的频率，遏止电压增大二、非选择题9．一光电管的阴极用极限波长为λ0的材料制成，将它连接在如图所示的电路中，当用波长为λ的光照射阴极K (λ<λ0)，并调节滑动变阻器使光电管阳极A 和阴极K 之间的电势差逐渐增大到U 时，光电流达到饱和且饱和电流为I.则每秒内由阴极K 发出的电子个数在数值上等于________，到达阳极A 的电子的最大动能为________．(已知普朗克常量为h ，真空中光速为c ，元电荷的值为e)如果阳极A 和阴极K 之间的电势差U 不变，仅将同种照射光的强度增到原来的三倍，则到达阳极A 的电子的最大动能________(填“变大”、“不变”或“变小”)．10．某同学用图1所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让小球a 从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把小球b 静置在斜槽轨道末端，让小球a 仍从原固定点由静止开始滚下，和小球b 相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．回答下列问题：(1)在安装实验器材时斜槽的末端应________．(2)小球a、b质量m a、m b的大小关系应满足m a________m b，两球的半径应满足r a________r b.(选填“>”、“<”或“＝”)(3)本实验中小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示，小球a、b碰后的平均落地点依次是图2中的________点和________点．(4)在本实验中，验证动量守恒的式子是下列选项中的________．A．m a OC＝m a OA＋m b OBB．m a OB＝m a OA＋m b OCC．m a OA＝m a OB＋m b OC11．用质子轰击锂核73Li，生成2个α粒子，已知质子的初动能是E＝0.6 MeV，质子、α粒子和锂核的质量分别为m H＝1.007 3 u，mα＝4.001 5 u，m Li＝7.016 0 u，试回答：(1)写出核反应方程．(2)核反应前后发生的质量亏损？(3)核反应中释放的能量为多少？(4)若核反应释放的能量全部用来增加两个α粒子的总动能，则求核反应后两个α粒子具有的总动能．12．在微观领域，动量守恒定律和能量守恒定律依然适用．在轻核聚变的核反应中，两个氘核(21H)以相同的动能E0做对心碰撞，该反应中释放的核能为ΔE，假设释放的核能全部转化为氦核(32He)和另一种粒子的动能．(1)写出核反应方程式．(2)在上述轻核聚变的核反应中生成的氦核和另一种粒子的动能各是多少？参考答案根据核反应中系统的动量守恒，有p He－p n＝0，由E k＝p22m可知E kHeE kn＝m nm He＝13，解得E kHe＝14(2E0＋ΔE)，E kn＝34(2E0＋ΔE)．。

2021年高考三轮冲刺卷解答题专练（二）物理试卷1．如图所示，绝缘轨道CDGH 位于竖直平面内，圆弧段DG 的圆心角为37θ=︒，DG 与水平段CD 、倾斜段GH 分别相切于D 点和G 点。

CD 段粗糙，DGH 段光滑。

在H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为4110N/C E ⨯=、水平向右的匀强电场中，一质量3410kg m -=⨯、带电量6310C q -=+⨯的小滑块在C 处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD 段的中点P 处时速度恰好为零。

已知CD 段长度0.8m L =，圆弧DG 的半径0.2m r =；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点。

210m/s g =，cos370.8︒=，sin 370.6︒=，求：（1）滑块与CD 段之间的动摩擦因数μ； （2）滑块在CD 段上运动的总路程；（3）滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能。

【答案】（1）0.25；（2）2.4 m ；（3）0.018 J ，0.002 J 【详解】（1）滑块由C 处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P 点的过程中，由动能定理得1022L qEmg L L μ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭ 解得0.253Eqmgμ== （2）滑块在CD 段上受到的滑动摩擦力0.01N mg μ=电场力0.03N Eq =滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD 段，滑块最终会在DGH 间来回往复运动，到达D 点的速度为0。

全过程由动能定理得0EqL mgs μ-=解得 2.4m s =（3）GH 段的倾角为37°，因为cos sin 0.024N Eq mg θθ==则加速度a =0。

所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G 点的动能。

对C 到G 过程由动能定理得()()max sin cos 0.018J k E Eq L r mgL mg r r θμθ=+---=滑块最终在DGH 间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能。

绝密★启用前2021届山东新高考高三物理三轮复习优质选择题专练（五）考试时间：90分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．有一只乌龟离开家沿着直线爬行，它的速度v 与到家距离L 成反比．当乌龟爬到距家的距离为1m 时速度为2cm/s ．那么这只乌龟继续爬行2m 需要再花多少时间．（ ） A ．75s B ．125sC ．150sD ．200s【答案】D 【解析】 【详解】设乌龟的速度为k v L =，根据题意可知2L v =，即12L v =，作出1L v -图像，如图所示，在图象中，若取极短距离观察乌龟爬行，可近似认为乌龟的运动是匀速直线运动，在l ∆里需要的时间为1l t l v v ∆∆==∆⨯，即可认为在1L v-图象中取相应的面积大小可等于运动时间乌龟继续爬行2m ，即距离家的距离为3m 时所需时间为131()200200222t s =+⨯⨯=，D 正确．【点睛】本题的关键是由位移公式的推导方法可得出图象的处理方法；由图象可得出图象的面积等于运动时间．2．如图所示为空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球放入腔内，静电平衡时，图中A 、B 、C 三点的电场强度E 的关系是（ ）A ．ABC E E E >> B ．A B C E E E =>C ．A B C E E E ==D ．A B CE E E <<【答案】A 【详解】当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图根据电场线越密，场强越大。

由于A 处电场线较密，B 处电场线较疏，C 处场强为零，则A B C E E E >>，故BCD 错误，A 正确。

故选A 。

3．两个质点甲和乙，同时由同一地点向同一方向做直线运动，它们的v －t 图象如下图所示，则下列说法中正确的是( )A ．质点乙运动的速度大小、方向不变B ．质点乙静止，质点甲的初速度为零C ．第1s 末质点甲、乙速度相同D ．第2s 末质点甲、乙相遇 【答案】A 【详解】由图知质点乙运动的速度大小、方向不变，A 正确；由于乙物体的斜率为零，乙物体做匀速直线运动，甲物体的初速度为零，故B 错误；第1s 末质点甲速度为5m/s ，乙的速度是10m/s ，速度不同，选项C 错误；在速度-时间图象中图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负，所以到第2s 末乙的面积是甲的面积的两倍，即乙的位移是甲的两倍，又因两物体从同一地点向同一方向做直线运动，所以两物体不相遇，乙在甲的前面，故D 错误．故选A ． 【点睛】本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，要注意上下面积之和为零时，位移等于零．4．如图所示,倾角为θ的光滑斜面长和宽均为1,一质量为m 的质点由斜面左上方顶点P 静止释放,若要求质点沿PQ 连线滑到Q 点,已知重力加速度为g ,需要对质点施加的最小作用力为A ．sin mg θB ．cos mg θC ．2sin 2mg θ D ．12mg 【答案】C 【解析】 【详解】物体在斜面上受到重力，支持力和外力作用在斜面上做直线运动，将重力分解到沿着斜面向下和垂直于斜面方向，沿着斜面方向合力与PQ 共线，根据三角形定则可知当外力和PQ 垂直时，外力最小，所施加的外力的最小值为min 2sin sin 45sin 2F mg mg θθ==， A.sin mg θ与计算结果不符，故A 错误； B.cos mg θ与计算结果不符，故B 错误；C.2sin 2mg θ与计算结果一致，故C 正确； D.12mg 与计算结果不符，故D 错误； 5．起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的v －t 图像如图所示，g =10m/s 2，以下说法中正确的是（ ）A ．0~3s 内货物处于失重状态B ．3~5s 内货物的机械能守恒C ．5~7s 内货物受到向上的拉力为重力的0.3倍D ．货物上升的总高度为27m 【答案】D 【详解】A ．货物开始时竖直向上运动，由v －t 图像读出0~3s 的斜率即加速度为正，表示加速度向上，则货物处于超重状态，故A 错误；B ．3~5s 内货物做向上的匀速直线运动，一定有除重力以外的拉力对货物做正功，则货物的机械能增加，故B 错误；C ．5~7s 内的加速度为2206m/s 3m/s 2v a t ∆-===-∆ 由牛顿第二定律有T F mg ma -=可得T 70.7F m mg ==则有货物受到向上的拉力为重力的0.7倍，故C 错误； D ．v －t 图像的面积表示货物上升的总位移，则总高度为(27)6m 27m 2h +=⨯= 故D 正确。

2021年高考一轮总复习单元培优练◎练之目标：《选修3-5》综合测试☆推荐练习时长：30分钟一、单项选择题1.如图所示,气球下面有一根长绳,一个质量为m1=50 kg的人抓在气球下方,气球和长绳的总质量为m2=20 kg,长绳的下端刚好和水平面接触,当静止时人离地面的高度为h=5 m.如果这个人开始沿绳向下滑,当他滑到绳下端时,他离地面高度约为(可以把人看做质点)()A.5 mB.3.6 mC.2.6 mD.8 m2.研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示,两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b 连接,放射源发出的射线从其上方小孔向外射出.则()A.a为电源正极,到达A板的为α射线B.a为电源正极,到达A板的为β射线C.a为电源负极,到达A板的为α射线D.a为电源负极,到达A板的为β射线3.如图所示,一质量为M=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量为m=1.0 kg的小木块A.给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离B.在A做加速运动的时间内,B的速度大小可能是()A.1.8 m/sB.2.4 m/sC.2.8 m/sD.3.0 m/s4.在光电效应实验中,某同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光),如图所示.则可判断出()A.甲光的频率大于乙光的频率B.乙光的波长大于丙光的波长C.乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子对应的最大初动能二、多项选择题5.下图中有四幅图片,涉及有关物理学发展历史的四个重大发现,则下列有关说法中,正确的是()甲.第一张X光照片乙.第一张天然放射性照片丙.法拉第用过的线圈丁.我国第一颗原子弹爆炸A.甲图片与居里夫人有关B.乙图片所反映的现象是贝克勒尔最先发现的C.丙图片是法拉第研究阴极射线并发现电子的装置D.丁图片与爱因斯坦的质能方程有关6.原子核的比结合能曲线如图所示.根据该曲线,下列判断正确的有()A.24He核的结合能约为7 MeVB.24He核比36Li核更稳定C.两个12H核结合成24He核时释放能量D.92235U核比3689Kr核稳定7.氢原子能级如图所示,当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时,辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是()A.氢原子从n=2跃迁到n=1的能级时,辐射光的波长大于656 nmB.用光子能量大于10.2 eV的光照射,可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级C.一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D.用波长为633 nm的光照射,不能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级8.如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线(直线与横轴的交点坐标4.27,与纵轴交点坐标0.5).由图可知()A.该金属的截止频率为4.27×1014 HzB.该金属的截止频率为5.5×1014 HzC.该图线的斜率表示普朗克常量D.该金属的逸出功为0.5 eV9.氢原子的部分能级如图所示.已知可见光的光子能量在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波长比可见光的短B.从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光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.从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光三、填空题10.已知中子的质量约为电子质量的1 800倍.如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等,则电子的动量大小中子的动量大小,而电子的动能中子的动能.(均填“>”“<”或“=”).11.一个92235U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应,其裂变方程为92235U+01n→X+3894Sr+201n,则X原子核中含有个中子;该裂变反应释放能量,出现了质量亏损,所以生成物的总质量数(填“>”“<”或“=”)反应物的质量数.12.氡222是一种天然放射性气体,被吸入后,会对人的呼吸系统造成辐射损伤.它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一.其衰变方程是86222Rn Po+.已知86222Rn的半衰期约为3.8天,则约经过天,16 g的86222Rn衰变后还剩1 g.13.如图所示为用某金属研究光电效应规律得到的光电流随电压变化关系的图象,用单色光1和单色光2分别照射该金属时,逸出的光电子的最大初动能分别为E k1和E k2,普朗克常量为h,则E k1E k2 (填“>”“<”或“=”),单色光1和单色光2的频率之差为.14.单摆摆线长L,摆球质量为m,现将线拉紧后让小球从与悬点等高的B点释放,小球运动至悬点正下方C点,则从B到C点过程中,摆线拉力对小球的水平冲量大小为,摆线拉力的竖直分力与重力产生的合冲量为.(不计一切阻力,重力加速度为g)15. A、B两球沿同一条直线运动,如图所示的x-t图象记录了它们碰撞前后的运动情况,其中a、b分别为A、B碰撞前的x-t图象,c为碰撞后它们的x-t图象.若A球质量为1 kg,则碰后它们的速度大小为,B球质量为.16.如图所示,木块A的质量m A=1 kg,足够长的木板B的质量m B=4 kg,质量为m C=4 kg的木块C置于木板B上,水平面光滑,B、C之间有摩擦.现使A以v0=12 m/s的初速度向右运动,与B碰撞后以4 m/s的速度弹回,则B运动过程中的最大速度为,C运动过程中的最大速度为.四、计算题17.一光电管的阴极K用截止频率为ν的金属铯制成,光电管阳极A和阴极K之间的正向电压为U.用波长为λ的单色光射向阴极,产生了光电流.已知普朗克常量为h,电子电荷量为e,真空中的光速为c.求:(1)金属铯的逸出功W ;(2)光电子到达阳极的最大动能E k .18.如图所示,用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变,现正在光滑水平面上以速度v 0=0.1 m/s 向右做直线运动,已知a 、b 两弹性小球质量分别为m 1=1.0 kg 和m 2=2.0 kg .一段时间后轻绳突然自动断开,断开后两球仍沿原直线运动.经过t=5.0 s 两球的间距s=4.5 m,求:(1)刚分离时,a 、b 两球的速度大小;(2)两球分开过程中释放的弹性势能.19.如图所示,在光滑水平面上停放质量为m 装有弧形槽的小车.现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦),到达某一高度后,小球又返回小车右端.求:(1)小球在小车上到达最高点时的速度大小;(2)小球上升的最大高度h ;(3)此过程中小球对车做的功.20.一个静止的铀核 92232U(原子质量为232.037 2 u)放出一个α粒子(原子质量为4.002 6 u)后衰变成钍核90228Th(原子质量为228.028 7 u).(已知原子质量单位1 u =1.67×10-27 kg,1 u 相当于931 MeV) (1)写出核衰变反应方程;(2)算出该核衰变反应中释放出的核能;(3)假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和α粒子的动能,则钍核获得的动能有多大?21.如图所示,一个有界的匀强磁场,磁感应强度B=0.50 T,磁场方向垂直于纸面向里,MN 是磁场的左边界.在距磁场左边界MN 1.0 m 处有一个放射源A ,内装放射性物质 88226Ra (镭),88226Ra 发生α衰变生成新核Rn(氡).放在MN 左侧的粒子接收器可以接收到垂直于边界MN 方向射出的α粒子,此时接收器位置距直线OA 的距离为1.0 m .(1)试写出Ra 的衰变方程;(2)求衰变后Rn(氡)的速率.(已知质子、中子的质量为1.6×10-27 kg,电子电荷量e=1.6×10-19 C)参考答案10.= >11.86 =12. 24He 15.213.< E k 1-E k 2ℎ14.m √2gl 015.1 m/s 23 kg16.4 m/s 2 m/s17.(1)W=hν(2)根据光电效应的方程得E k0=h c λ-W由动能定理得eU=E k -E k0解得E k =eU+h c λ-hν.18.在轻绳突然自动断开过程中,两球组成的系统动量守恒,设断开后两球的速度分别为v 1和v 2,由动量守恒定律得(m 1+m 2)v 0=m 1v 1+m 2v 2,根据题述,经过t=5.0 s 两球的间距s=4.5 m,有v 1t-v 2t=4.5,联立解得v 1=0.7 m/s,v 2=-0.2 m/s,负号说明b 球的速度方向向左;由机械能守恒定律,两球分开过程中释放的弹性势能E p =12m 1v 12+12m 2v 22-12(m 1+m 2)v 02=0.27 J .19.(1)小球到达最高点时,小车和小球相对静止,且水平方向总动量守恒,有mv 0=2mv ,v=v02; (2)根据系统机械能守恒可得mgh=12m v 02-mv 2,得h=v 024g (3)小球离开小车时类似完全弹性碰撞,两者速度互换,所以小球与小车分离后做自由落体运动,此过程中小球对车做的功W=12m v 02.20.(1)92232U →90228Th +24He . (2)质量亏损Δm=0.0059 uΔE=Δmc 2=0.005 9×931 MeV≈5.49 MeV .(3)系统动量守恒,钍核和α粒子的动量大小相等,即{p Th +(-p α)=0p Th =p α{E kTh =P Tℎ22mTℎE kα=P α22mαE kTh +E k α=ΔE 所以钍核获得的动能E kTh =m αmα+m Th ×ΔE=44+228×ΔE ≈0.09 MeV . 21.(1) 86226Ra →86222Rn +24He (2)由题意知,α粒子在磁场中做圆周运动半径的R=1 m . 对α粒子由qv αB=m v α2R ,得v α=qBR m 由动量守恒得0=mv α-M·v ,得v=m M v α=qBR M =2×1.6×10-19×1.0×0.5222×1.6×10-27 m/s =4.5×105 m/s。

二、选择题:本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14-19题只有一项符合题目要求，第20-21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14、体育器材室里，篮球摆放在图示的水平球架上。

已知球架的宽度为d，每只篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间摩擦，重力加速度为g 。

则每只篮球对一侧球架的压力大小为A．B．C．D．15、小球以水平初速度V0自半圆柱体左端点A的正上方水平抛出，运动过程恰好与半圆柱体相切与B点，过B点的半径与水平面夹角为30°，则半圆柱体的半径为A． B．C． D．16、如图质量为m、带电量为+q的带电粒子，以初速度υ0垂直进入相互正交场强为E的匀强电场和磁感应强度为B匀强磁场中，从P点离开该区域，此时侧向位移为y，粒子重力不计，则A．粒子在P点所受的电场力一定比磁场力大B．粒子在P点的加速度为C．粒子在P点的为动能为D．粒子在P点的动能为17、来自质子源的质子（初速度为0），经一直线加速器加速，形成电流为I的细柱形质子流，已知质子源与靶间的距离为d，质子的电量为e，假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，质子到达靶子时的速度为v，则质子源与靶间的质子数为h Lm B h 2h 3m A ． B ． C ． D ．18、一质量为m 的质点以速度v 0运动，在t=0时开始受到恒力F 作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v 1=0.5v 0。

质点从开始受到恒力作用到速度最小的过程中的位移为A ．B ．C ．D ．19.心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可用一个与大电阻（40 kΩ）相连的交流电源来等效，如图所示。

心电图仪与一理想变压器的初级线圈相连，以扬声器（可以等效为阻值为8Ω的电阻）与该变压器的次级线圈相连。

在等效电源的电压有效值不变的情况下，为使扬声器获得最大功率，变压器的初级线圈和次级线圈的匝数比约为A ．1：5000B ．1：70C ：70：1D ．5000：120、我国于2011年发射的“天宫一号”目标飞行器与“神舟八号”飞船顺利实现了对接。

2021届高三物理专题突破限时训练物理3-5一、单选题（每小题3分，共计24分）1.一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为238 92U→234 90Th ＋42He.下列说法正确的是( )A ．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B ．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C ．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D ．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 【答案】B【解析】衰变过程遵守动量守恒定律，故选项A 错，选项B 对． 根据半衰期的定义，可知选项C 错． α衰变释放核能，有质量亏损，故选项D 错．2.如图所示，当一束一定强度某一频率的黄光照射到光电管阴极K 上时，此时滑片P 处于A 、B 中点，电流表中有电流通过，则( )A ．若将滑动触头P 向B 端移动时，电流表读数有可能不变 B ．若将滑动触头P 向A 端移动时，电流表读数一定增大C ．若用红外线照射阴极K 时，电流表中一定没有电流通过D ．若用一束强度相同的紫外线照射阴极K 时，电流表读数不变 【答案】A【解析】所加的电压，使光电子到达阳极，则灵敏电流表中有电流流过，且可能处于饱和电流，当滑片向B 端移动时，电流表读数有可能不变；当滑片向A 端移动时，所加电压减小，则光电流可能减小，也可能不变，故A 正确，B 错误．若用红外线照射阴极K 时，因红外线频率小于可见光，但是不一定不能发生光电效应，电流表不一定没有电流，故C 错误；若用一束强度相同的紫外线照射阴极K 时，紫外线的频率大于红外线的频率，则光子数目减小，电流表读数减小，故D 错误．3.一个德布罗意波波长为λ1的中子和另一个德布罗意波波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波波长为( ) A.λ1λ2λ1＋λ2B.λ1λ2λ1-λ2 C.λ1＋λ22D.λ1－λ22【答案】A【解析】中子的动量p1＝hλ1，氘核的动量p2＝hλ2，同向正碰后形成的氚核的动量p3＝p2＋p1，所以氚核的德布罗意波波长λ3＝hp3＝λ1λ2λ1＋λ2，A正确．4.大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．氘核聚变反应方程是：21H＋21H→32He ＋10n.已知21H的质量为2.013 6 u，32He的质量为3.015 0 u，10n的质量为1.008 7 u,1 u＝931 MeV/c2.氘核聚变反应中释放的核能约为()A．3.7 MeV B．3.3 MeV C．2.7 MeV D．0.93 MeV【答案】B【解析】在核反应方程21H＋21H→32He＋10n中，反应前物质的质量m1＝2×2.013 6 u＝4．027 2 u，反应后物质的质量m2＝3.015 0 u＋1.008 7 u＝4.023 7 u，质量亏损Δm＝m1－m2＝0.003 5 u.则氘核聚变释放的核能为E＝931×0.003 5 MeV≈3.3 MeV，选项B正确．5.不同色光的光子能量如下表所示.色光红橙黄绿蓝—靛紫光子能量范围(eV)1.61～2．002.00～2．072.07～2．142.14～2．532.53～2．762.76～3．10大量处于n＝4能级的氢原子，发射出的光的谱线在可见光范围内，其颜色分别为()A．红、蓝—靛B．红、紫C．橙、绿D．蓝—靛、紫【答案】A【解析】计算出各种光子能量，然后和表格中数据进行对比，便可解决本题．氢原子处于第四能级，能够发出12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六种光子，1.89 eV和2.55 eV属于可见光，1.89eV的光子为红光，2.55 eV的光子为蓝—靛．6.实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图12-2-1所示，则()A ．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外B ．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外C ．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里D ．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里 【答案】D【解析】根据动量守恒定律，原子核发生β衰变后产生的新核与电子的动量大小相等，设为p .根据qvB ＝mv 2r ，得轨道半径r ＝mv qB ＝pqB ，故电子的轨迹半径较大，即轨迹1是电子的，轨迹2是新核的．根据左手定则，可知磁场方向垂直纸面向里．选项D 正确．7.若元素A 的半衰期为4天，元素B 的半衰期为5天，则相同质量的A 和B ，经过20天后，剩下的质量之比m A ∶m B 为( )A ．30∶31B ．31∶30C ．1∶2D ．2∶1 【答案】C【解析】由m ＝m 0⎝⎛⎭⎫12t τ有m A ＝⎝⎛⎭⎫12204m 0， m B ＝⎝⎛⎭⎫12205m 0，得m A ∶m B ＝1∶2.C 正确．8.如图所示，A 、B 两物块放在光滑的水平面上，一轻弹簧放在A 、B 之间与A 相连，与B 接触但不连接，弹簧刚好处于原长，将物块A 锁定，物块C 与A 、B 在一条直线上，三个物块的质量相等.现使物块C 以v ＝2m/s 的速度向左运动，与B 相碰并粘在一起，当C 的速度为零时，解除A 的锁定，则A 最终获得的速度大小为( )A.32m/sB.23m/sC.32m/sD.233m/s 【答案】D【解析】设物块的质量均为m ，C 与B 碰撞后的共同速度为v 1，根据动量守恒定律有mv ＝2mv 1，代入数据解得v 1＝1m/s ，设A 最终获得的速度大小为v 2，B 和C 获得的速度大小为v 3，根据动量守恒定律则有mv 2＝2mv 3，根据能量守恒定律可得12×2mv 12＝12mv 22＋12×2mv 23，代入数据解得v 2＝233m/s ，故D 正确，A 、B 、C 错误.二、多项选择题（每小题5分，答案不全得3分，有错不得分，共计30分）9.下列说法正确的是()A.157N＋11H→126C＋42He是α衰变方程B.11H＋21H→32He＋γ是核聚变反应方程C.23892U→23490Th＋42He是核裂变反应方程D.42He＋2713Al→3015P＋10n是原子核的人工转变方程【答案】BD【解析】[核反应类型分四种，核反应的方程特点各有不同．衰变方程的左边只有一个原子核，右边出现α或β粒子．聚变方程的左边是两个轻核，右边是中等原子核．裂变方程的左边是重核与中子，右边是中等原子核．人工核转变方程的左边是氦核与常见元素的原子核，右边也是常见元素的原子核，由此可知B、D 正确．10.如图，用一定频率的单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，则()A.电源右端应为正极B.流过电流表G的电流大小取决于照射光的强度C.流过电流表G的电流方向是由a流向bD.普朗克解释了光电效应并提出光子能量E＝hν【答案】BC【解析】发生光电效应时，电子从光电管右端运动到左端，而电流的方向与电子定向移动的方向相反，所以流过电流表G的电流方向是由a流向b，所以电源左端应为正极，故A错误，C正确；流过电流表G 的电流大小取决于照射光的强度，与光的频率无关，故B正确；爱因斯坦解释了光电效应并提出光子能量E ＝hν，故D错误.11.爱因斯坦提出了光量子概念并成功地解释了光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖.某种金属逸出光电子的最大初动能E k与入射光频率ν的关系如图6所示，其中ν0为极限频率.从图中可以确定的是()A.逸出功与ν有关B.E k与入射光强度成正比C.当ν≥ν0时，会逸出光电子D.图中直线的斜率与普朗克常量有关【答案】CD【解析】由爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0和W0＝hν0(W0为金属的逸出功)可得E k＝hν－hν0，可见图象的斜率表示普朗克常量，D正确；只有ν≥ν0时才会发生光电效应，C正确；金属的逸出功只和金属的极限频率有关，与入射光的频率无关，A错误；光电子的最大初动能取决于入射光的频率，而与入射光的强度无关，B错误.12.如图为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝5能级跃迁到n＝2能级可产生a光；从n＝4能级跃迁到n ＝2能级可产生b光.a光和b光的波长分别为λa和λb，照射到逸出功为2.29 eV的金属钠表面均可产生光电效应，遏止电压分别为U a和U b.则()A.λa＞λbB.U a＞U bC.a光的光子能量为2.86 eVD.b光产生的光电子最大初动能E k＝0.26 eV【答案】BCD【解析】根据能级跃迁知识可知hνa＝E5－E2＝[－0.54－(－3.4)] eV＝2.86 eV，hνb＝E4－E2＝[－0.85－(－3.4)] eV＝2.55 eV，显然a光的光子能量大于b光的，即a光频率大，波长短，所以A错，C正确.根据光电效应方程E k＝hν－W0，知a光照射后的光电子最大初动能为E k a＝hνa－W0＝(2.86－2.29) eV＝0.57 eV，b光照射后的光电子最大初动能为E k b＝hνb－W0＝(2.55－2.29) eV＝0.26 eV，选项D正确.根据遏止电压知识E k＝eU c可知，U a＞U b，选项B正确.13.一静止的铝原子核2713Al俘获一速度为1.0×107 m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核2814Si*.下列说法正确的是()A．核反应方程为p＋2713Al→2814Si*B．核反应过程中系统动量守恒C．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和D．硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致【答案】ABD【解析】核反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为p＋2713Al→2814Si*，说法A正确．核反应过程中遵从动量守恒和能量守恒，说法B正确．核反应中发生质量亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，说法C错误．根据动量守恒定律有m p v p＝m Si v Si，碰撞后硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度方向一致，说法D 正确．14.如图所示，光滑水平面上有一质量为2M 、半径为R (R 足够大)的14圆弧曲面C ，质量为M 的小球B 置于其底端，另一小球A 质量为M2，小球A 以v 0＝6m/s 的速度向B 运动，并与B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )A.B 的最大速率为4m/sB.B 运动到最高点时的速率为34m/sC.B 能与A 再次发生碰撞D.B 不能与A 再次发生碰撞 【答案】AD【解析】A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得M 2v 0＝M2v A ＋Mv B ，12·M 2v 02＝12·M 2v A 2＋12·Mv B 2，解得v A ＝－2m/s ，v B ＝4m/s ，故B 的最大速率为4m/s ，A 正确；B 冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v ，则Mv B ＝(M ＋2M )v ，得v ＝43m/s ，从B 冲上C 然后又滑下的过程，设B 、C 分离时速度分别为v B ′、v C ′，由水平方向动量守恒有Mv B ＝Mv B ′＋2Mv C ′，由机械能守恒有12·Mv B 2＝12·Mv B ′2＋12·2Mv C ′2，联立解得v B ′＝－43m/s ，由于|v B ′|＜|v A |，所以二者不会再次发生碰撞，D 正确. 三、计算题(15题11分，16题11分，17题12分，18题12分，共计46分15.卢瑟福用α粒子轰击氮核时发现质子．发现质子的核反应方程为：14 7N ＋42He→17 8O ＋11H.已知氮核质量为m N ＝14.007 53 u ，氧核质量为m O ＝17.004 54 u ，氦核质量为m He ＝4.003 87 u ，质子(氢核)质量为m p ＝1.008 15 u ．(已知：1 uc 2＝931 MeV ，结果保留2位有效数字)求：(1)这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？(2)若入射氦核以v 0＝3×107 m/s 的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核．反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之比为1∶50.求氧核的速度大小． 【答案】(1)吸收能量 1.2 MeV (2)1.8×106 m/s 【解析】(1)由Δm ＝m N ＋m He －m O －m p 得：Δm ＝－0.001 29 u.所以这一核反应是吸收能量的反应，吸收能量ΔE ＝|Δm |c 2＝0.001 29×931 MeV≈1.2 MeV . (2)由动量守恒定律可得：m He v 0＝m O v 氧＋m p v p又v 氧∶v p ＝1∶50， 可解得：v 氧≈1.8×106 m/s.16．如图甲所示是研究光电效应规律的光电管．用波长λ＝0.50 μm 的绿光照射阴极K ，实验测得流过电流表G 的电流I 与AK 之间的电势差U AK 满足如图乙所示规律，取h ＝6.63×10－34J·s.结合图象，求：(结果保留两位有效数字)(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K 时的最大动能． (2)该阴极材料的极限波长． 【答案】(1)4.0×1012个 9.6×10－20J (2)0.66 μm【解析】(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A ，阴极每秒钟发射的光电子的个数 n ＝I m e ＝0.64×10－61.6×10－19(个)＝4.0×1012(个) 光电子的最大初动能为 E km ＝eU 0＝1.6×10－19 C ×0.6 V ＝9.6×10－20J.(2)设阴极材料的极限波长为λ0，根据爱因斯坦光电效应方程得E km ＝h c λ－h c λ0，代入数据得λ0＝0. 66 μm.17.水平光滑轨道在A 端与半径为R 的光滑半圆轨道ABC 相切，半圆的直径AC 竖直，如图7所示.小球P 的质量是Q 的2倍，两小球均可视为质点.小球P 以某一速度向右运动，与静止小球Q 发生正碰.碰后，小球Q 经半圆轨道ABC 从C 点水平抛出，落点与A 点相距25R ；小球P 在D 点脱离轨道，与圆心的连线OD 与水平方向夹角为θ.已知R ＝0.4m ，sin θ＝23，重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)碰撞后小球Q 经过A 点时的速度大小； (2)与Q 碰撞前小球P 的速度大小. 【答案】(1)6m/s (2)7m/s【解析】(1)小球Q 离开C 点后做平抛运动， 在竖直方向：2R ＝12gt 2，在水平方向：25R ＝v C t ，设小球P 的质量为M ，小球Q 的质量为m .P 与Q 相碰后，Q 的速度为v Q ，P 的速度为v P ， 对小球Q ，由机械能守恒定律得12mv Q 2＝mg ·2R ＋12mv C 2，解得v Q ＝3gR ＝6m/s.(2)小球P 在D 点脱离轨道，即轨道对小球P 的弹力F N ＝0， 根据牛顿第二定律有Mg sin θ＝M v 2D R，对小球P ，由机械能守恒定律得12Mv P 2＝Mg (R ＋R sin θ)＋12Mv D 2，小球P 、Q 碰撞过程中动量守恒，有Mv 0＝Mv P ＋mv Q ， 解得v 0＝7m/s.18．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子(42He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R .以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量． (1)放射性原子核用A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程． (2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．(3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损Δm .【答案】(1)A Z X→A －4Z －2Y ＋42He (2)2πm qB q 2B2πm (3)M ＋m qBR 22mMc 2【解析】(1)A Z X→A －4Z －2Y ＋42He.(2)设α粒子的速度大小为v ， 由qvB ＝m v 2R ，T ＝2πRv ，得α粒子在磁场中运动周期T ＝2πmqB环形电流大小I ＝q T ＝q 2B2πm .(3)由qvB ＝m v 2R ，得v ＝qBR m设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，系统动量守恒 Mv ′－mv ＝0 v ′＝mv M ＝qBR M由Δmc 2＝12Mv ′2＋12mv 2得Δm ＝M ＋m qBR22mMc 2说明：若利用M ＝A －44m 解答，亦可．。

2021年高考三轮冲刺卷解答题专练（四）物理试卷1．如图所示，质量为60kg 的滑雪运动员在倾角=37θ︒的斜坡顶端从静止开始自由下滑50m 到达坡底，用时5s ，然后沿着水平路面继续自由滑行，直至停止，不计拐角处能量损失，滑板与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，取210m/s g =，sin37=0.6︒ cos37=0.8︒，求：（1）运动员下滑过程中的加速度大小（2）滑板与坡面间的滑动摩擦力大小2．如图甲所示，倾角为θ=37°的足够长斜面上，质量m =1kg 的小物体在沿斜面向上的拉力F =14N 作用下，由斜面底端从静止开始运动，2s 后撤去F ，前2s 内物体运动的v ­-t 图象如图乙所示。

求：（取g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）小物体与斜面间的动摩擦因数；（2）撤去力F 后1.6s 时间内小物体的位移。

3．如图是一个十字路口的示意图，每条停车线到十字路中心O 的距离均为20m 。

一人骑电动助力车以0v 的速度到达停车线（图中A 点）时，发现左前方道路一辆轿车正以8m/s 的速度驶来，车头已抵达停车线（图中B ），设两车均沿道路中央做直线运动，助力车可视为质点，轿车长5.6m ，宽度可不计。

（1）若两车保持上述速度匀速运动，为避免发生相撞事故，0v 应满足什么条件； （2）若轿车保持上述速度匀速运动，而助力车立即做初速度为07.05m /s v =的匀减速直线运动，为避免发生相撞事故，助力车的加速度至少要多大。

4．沿x轴正方向运动的质点A和质点B其位移—时间图象分别为图中直线A和曲线t=时，直线A和曲线B B，已知质点B做加速度大小为22m/s的匀减速直线运动，3s刚好相切。

求：t=时的速度大小；（1）质点B在3st=时的速度大小；（2）质点B在0（3）质点B在第1s内的位移大小。

5．“天地双雄”是重庆欢乐谷必玩项目之一，如图所示，装置就像一个火箭发射塔，在几秒钟之内，将你从平地弹射到约60m的高空，力竭而突然对你放弃，任你从空中自由落体，具有野的特性。

2021年高考三轮冲刺卷解答题专练（三）物理试卷1．跑酷（Pakour ）是时下风靡全球的时尚极限运动，以日常生活的环境为运动场所，依靠自身的体能，快速、有效、可靠地驾驭任何已知与未知环境的运动艺术。

一跑酷运动员在一次训练中的运动可简化为以下运动：运动员首先在平直高台上以4m/s 2空的加速度从静止开始匀加速运动，运动8m 的位移后，在距地面高为5m 的高台边缘水平跳出，在空中调整姿势后恰好垂直落在一倾角为53°的斜面中点位置。

此后运动员迅速调整姿势沿水平方向蹬出，假设该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小，210m/s sin530.8cos530.6g =︒=︒=，，，求： (1)运动员从楼顶边缘跳出到落到斜面上所用的时间t ； (2)该斜面底端与高台边缘的水平距离s ；【答案】(1)0.6s ；(2)2.4m 【详解】(1)设运动员从边缘水平跳出速度为v 0，位移l =8m ，满足202v al =解得v 0=8m/s恰好垂直落在一倾角为53°的斜面中点位置时，满足00tan 53y v v v gt︒== 联立代入数据可求得落到斜面上所用的时间t =0.6s(2)设高台据斜面中点的水平距离x ，水平方向有0 4.8m x v t ==竖直位移21 1.8m 2y gt == 故斜面中点距地面竖直距离h =5m -1.8m=3.2m斜面中点距斜面底端水平距离2.4m tan 53hx '︒==则该斜面底端与高台边缘的水平距离s =x -x ′=2.4m2．已知某河宽300m L =，河水流速1m/s u =，船在静水中的速度3m/s v =，问： (1)船如何才能以最短的时间过河，并求出最短时间； (2)求出船以最小的位移过河所需的时间。

【答案】(1)100s ；(2) 【详解】(1)当船头与河岸垂直时，即船的航向应与河岸成90°，过河的时间最短，过河时间为300s=100s 3L t v == (2)因v >u 所以应使船的合速度方向垂直于河岸，如图所示船过河的合速度为v ===合则过河时间为L t v '===合 3．如图所示，一光滑圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线间夹角37θ=︒，一条长为L 的绳（质量不计），一端固定在顶点O 处，一端挂着质量为m 的物体（视为质点），物体以速率v 做水平匀速圆周运动，重力加速度为g ，求： （1）当v 至少为多少时，圆锥面与物体间没有弹力；（2）当v =【答案】（1；（2）0.3mg 【详解】(1)当圆锥面与物体间没有弹力时，如图所示由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得2tan 37sin 37v mg mL ︒=︒解得v =(2)因为<在竖直方向cos37sin 37T N mg ︒+︒=根据牛顿第二定律2sin 37cos37sin 37v T N mL ︒-︒=︒联立解得0.3N mg =4．如图所示的光滑斜面，宽为32m ，倾角为37︒，一物体可看成质点在斜面左上角P 点处在外力作用下静止，质量为1kg ，现释放物体并立即施加一水平向右的恒力F 为8N ，斜面足够长，g 取210m /s 求：（1）当F 作用2s 时间后，物体速度大小；（2）当F 作用2s 时间后，撤去F ，物体恰好从底端Q 点离开斜面，求斜面长度L 。

2021年山东省高考物理模拟试卷（三）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）（2021•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沟通电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦沟通电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦沟通电的说法错误的是（）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3：2C．沟通电a的瞬时值为u=10sin5πtVD．沟通电b 的最大值为【考点】：沟通的峰值、有效值以及它们的关系．【专题】：沟通电专题．【分析】：依据图象可以知道沟通电的最大值和沟通电的周期，依据沟通电周期之间的关系可以求得线圈的转速之间的关系和沟通电的瞬时值表达式．【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T A：T B=2：3，故n A：n B=3：2，所以B正确，C、由图象可知，沟通电a的最大值为10V，角速度为ω===5π，所以沟通电a的瞬时值为u=10sin5πtV，所以C正确；D、沟通电最大值U m=NBSω，故U ma：U mb=3：2，故，D正确．本题选错误的，故选A．【点评】：本题考查的是同学读图的力量，依据图象读出沟通电的最大值和周期，同时要把握住交变电流的产生的过程．2．（6分）（2021•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，由重力供应向心力，向心加速度增大了g，依据向心加速度公式a=ω2r即可求解．【解析】：【解析】：解：物体在赤道上随地球自转时，有a=ω12R；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：F﹣mg=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=ω22R解得：（）2=所以有：=，故B正确、ACD错误．故选：B．【点评】：本题直接依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，生疏向心加速度公式a=ω2r．3．（6分）（2021•山东模拟）竖直放置的“”形支架上，一根不行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（开头A与B等高），则绳中拉力大小变化的状况是（）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．以滑轮为争辩对象，依据平衡条件争辩绳的拉力变化状况．当轻绳的右端从直杆的最上端移到C点的过程中，依据几何学问分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件推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2θ．以滑轮为争辩对象，分析受力状况，作出力图如图所示．依据平衡条件得2Fcosθ=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，θ增大，cosθ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2α．由数学学问得到θ不变，则F变不变，所以绳中拉力大小变化的状况是先变大后不变．故选：C【点评】：本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何学问分析α的变化，这在高考中曾经消灭过，有肯定的难度．4．（6分）（2021•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θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面对上推出，调整斜面与水平方向的夹角θ，试验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，依据图象可求出（）A．物体的初速率v0=3m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min=1.44mD．当某次θ=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，则可得出位移的打算因素；依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θ=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：μmgx=mv02；解得：μ==0.75；故B正确；C、﹣mgxsinθ﹣μmgcosθx=0﹣mv02解得：x===；当θ+α=90°时，sin（θ+α）=1；此时位移最小，x=1.44m；故C正确；D、若θ=30°时，物体受到的重力的分力为mgsin30°=mg；摩擦力f=μmgcos30°=0.75×mg ×=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）（2021•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，则小球从开头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+x﹣L）C．弹簧弹性势能的增量为（mg﹣f）（H+x﹣L）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．依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，依据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化．系统机械能的削减等于重力、弹力以外的力做的功．【解析】：解：A、小球下落的整个过程中，开头时速度为零，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W G=mgh=mg（H+x﹣L），依据重力做功量度重力势能的变化W G=﹣△E p 得：小球重力势能的增量为﹣mg（H+x﹣L）．故B错误；C、依据动能定理得：W G+W f+W弹=0﹣0=0，所以W弹=﹣（mg﹣f）（H+x﹣L），依据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹=﹣△E p得：弹簧弹性势能的增量为（mg﹣f）（H+x﹣L），故C正确；D、系统机械能的削减等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开头下落至最低点的过程，阻力做的功为：f（H+x﹣L）．所以系统机械能减小为：f（H+x﹣L）．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）（2021•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=bO．c、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，电场力始终做正功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】：依据电场线和等势面的分布状况，分析场强和电势的关系；依据点电荷场强公式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，推断出电荷从c到d的过程中电场力做功状况；依据电场线的分布，推断电荷从a到b电场力做功状况；依据顺着电场线电势降低，推断电势的凹凸．【解析】：解：A、依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=（6﹣3）L≈1.75L，则L＜x＜2L，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、依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状况，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）（2021•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．磁场方向垂直纸面对里B．磁场方向垂直纸面对外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，依据平抛运动和匀速圆周运动的相关学问列式求解．【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，依据左手定则，磁场方向垂直纸面对外，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tanα=2tanβ=2•=1，故α=45°，又由于tanα==，故v y=v0，v=v0；依据几何关系，圆周运动的轨道半径为R=d；圆周运动中，洛伦兹力供应向心力，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，然后依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）（2021•山东模拟）一同学利用如图甲所示的试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）该同学经试验得到几组数据如表所示，请在图乙所示的坐标纸上作出x2﹣h关系图．h/×10﹣1m 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00x2/×10﹣1m 2.62 3.89 5.20 6.53 7.78（3）对比试验结果与理论计算得到的x2﹣h 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】：试验题；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，然后依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：①平抛后有：x=v0t ②③联立①②③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，有肯定的创新性，很好的考查了同学的创新思维．9．（12分）（2021•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，调整电阻箱的阻值，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．依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U﹣I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”）；当电阻箱阻值调整为0Ω时，两条图线存在交点；（3）依据图乙可以求得电源的电动势E= 3.0V，内电阻r= 2.0Ω，该电路中小灯泡消耗的最大功率为 1.0 W．（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】：试验题．【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）依据串联电路特点分析推断哪个图象是灯泡电压随电流变化的图象．（3）电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标是电源电动势，图象斜率的确定值等于电源内阻．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U R=U2﹣U1，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．当电阻箱阻值调整为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U﹣I图象，由图线a可知，电源电动势E=3.0V，电源内电阻r===2Ω；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=2V×0.5A=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试验，要分析清楚电路结构、应用串联电路特点及欧姆定律，把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）（2021•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B．A、B 之间用一长为R的轻杆相连，如图所示．开头时，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，依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θ，圆环圆心处为零势能面．系统机械能守恒，依据机械能守恒定律即可求解．【解析】：解：（1）系统机械能守恒，m A gR+m B gR=m A v A2+m B v B2又由于v A=v B得，v B =（2）依据动能定理，m A gR+W=m A v A2而v A =解得，W=0（3）设B球到右侧最高点时，OB与竖直方向夹角为θ，圆环圆心处为零势能面．系统机械能守恒，m A gR=m B gRcosθ﹣m A gRsinθ代入数据得，θ=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争辩对象，难度适中．11．（20分）（2021•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对外、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的一点向磁场区放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30°～150°，且在xOy平面内．结果全部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Ⅰ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）因全部粒子均打在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 …①，由牛顿其次定律得：qv1B=m…②解得：v1=…③（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α=150°…④粒子在磁场中运动的周期：T=…⑤粒子的运动时间：t=T=×=…⑥；（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θ，由几何学问得：R﹣Rcosθ=（﹣1）a…⑦Rsinθ=a …⑧由⑦⑧解得：θ=45°⑨R= a …⑩，此粒子进入磁场的速度v0，v0==…⑪设粒子到达y轴上速度为v，依据动能定理得：qEb=mv2﹣mv02…⑫由⑪⑫解得：v=…⑬；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Ⅰ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，应机敏应用几何关系，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）（2021•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，把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）（2021•山东模拟）如图，一上端开口、下端封闭的瘦长玻璃管竖直放置．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】：抱负气体的状态方程．【专题】：压轴题；抱负气体状态方程专题．【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+l2①设活塞下推后，下部空气的压强为P1′，由玻意耳定律得：P1l1=P1′l1′②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+（l1﹣l1′）﹣△l ③设此时玻璃管上部空气柱的压强为P3′，则P3′=p1′﹣l2④由波义耳定律，得：P0l3=P3′l3′⑤由①②③④⑤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．（2021•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状况，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14cmC．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，则振动状况相同时振动加强；振动状况相反时振动减弱，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状况，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，当振动状况相同则相加，振动状况相反时则相减，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．（2021•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θ=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，由几何学问求出光线在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α．光路图如图所示．因E点为OA的中点，所以由几何学问得：α=30°①β=θ=75°②临界角为：C=180°﹣2α﹣β=45°③OB面恰好发生全反射，则sinC=④解得：⑤答：玻璃的折射率n 为．【点评】：正确地画出光路图、机敏运用几何学问求有关角度是解决本题问题的关键，要把握全反射的条件：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学问的综合应用．【物理--物理3-5】（12分）16．（2021•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坚固，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．依据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放肯定频率的光子，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，依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；依据跃迁时，能量的变化，确定光子是释放还是吸取，依据轨道半径确定动能的变化，依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，依据光电效应方程，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坚固，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．。