1、河南省安阳市林州一中2016届高三上学期开学物理试卷一、选择题（每题6分）1以下说法不正确是( )A在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法B在公式I=电压U 和电流I 具有因果关系、公式E=n中和E具有因果关系、同理在a=中V 和a 具有因果关系C超高压带电作业的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这是为了屏蔽电场D电磁感应原理的广泛应用，人们制成了用于加热物品的电磁炉考点：静电场中的导体；电磁感应现象的发现过程 分析：在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法探究加速度与力、质量
2、三个物理量之间的定量关系，采用控制变量的研究方法电流与电压有因果关系，超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这是利用了静电屏蔽的作用解答：解：A、在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，而伽利略开创了以实验检验猜想和假设的科学方法故A正确B、在公式I=电压U和电流I具有因果关系、公式E=n中和E没有因果关系，在a=中V和a没有因果关系，故B错误C、超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这是利用了静电屏蔽的作用故C正确；D、利用电磁感应现象与涡流的热效应，人们制成了用于加热物品的电磁炉；故D正确本题选错误的，故选：B点评：物理学常用研究的
3、方法有：假设法、归纳法、控制变量法、实验模拟法等等，我们不仅要学习知识，还要学习科学研究的方法2质点做直线运动的速度时间图象如图所示，该质点( )A在第1秒末速度方向发生了改变B在第2秒末加速度方向发生了改变C在前2秒内发生的位移为零D第3秒末和第5秒末的位置相同考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：运动学中的图像专题分析：速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向；解答：解：A、02s内速度图象在时间轴的上方，都为正，速度方向没有改变
4、故A错误；B、速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知13s图象斜率不变，加速度不变，方向没有发生改变，故B错误；C、根据“面积”表示位移可知，02s内的位移为：x1=22m=2m故C错误；D、根据“面积”表示位移可知，03s内的位移为：x1=22m=1m，05s内的位移为：x2=21m=1m，所以第3秒末和第5秒末的位置相同故D正确故选：D点评：深刻理解某一段时间内的位移就等于在该段时间内速度图象与时间轴围成的面积是解决此类题目的突破口3如图为湖边一倾角为30的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2下列说法正确的是
5、( )A若v0=18m/s，则石块可以落入水中B若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大C若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大D若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出石块落在水中的最小速度石块能落在水中，则下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则判断速度方向与水平面夹角与初速度的大小关系石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，结合平抛运动的规律分
6、析落在斜面上的速度方向与斜面倾角与什么因素有关解答：解：A、根据h=得，t=则石块落入水中的最小初速度可知v0=18m/s，则石块可以落入水中故A正确B、若石块能落入水中，则下落的高度一定，可知竖直分速度一定，根据知，初速度越大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小故B错误C、若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值，位移方向与水平方向夹角的正切值，可知tan=2tan，因为一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关故C、D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解4一个质
7、量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )AmgRBmgRCD考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力 专题：动能定理的应用专题分析：当滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功解答：解：铁块滑到半球底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg=m对铁块的下滑过程运用动能定理
8、得：mgRW=mv2，解得：W=mgR；故选：B点评：根据向心力公式求出末速度，再根据动能定理求出克服摩擦力做的功即可5如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )AO点的电场强度为零，电势最高BO点的电场强度为零，电势最低C从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：圆环上均匀分布着负电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低解答：解：AB、圆环上均匀分布着负电荷
9、，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最低，故A错误，B正确；CD、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小x轴上电场强度方向向左，电势升高，故C错误，D错误故选：B点评：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化6我国于2013 年12 月发射了“嫦娥三号”卫星，该卫星在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，其运行的周期为T；卫星还在月球上软着
10、陆若以R表示月球的半径，忽略月球自转及地球对卫星的影响则( )A月球的第一宇宙速度为B“嫦娥三号”绕月运行时的向心加速度为C物体在月球表面自由下落的加速度大小为D由于月球表面是真空，“嫦娥三号”降落月球时，无法使用降落伞减速考点：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：根据万有引力提供向心力=ma解答，注意r=R+h解答：解：A、根据公式：，此时r=R，解得第一宇宙速度为：，故A正确；B、根据知“嫦娥三号”绕月运行时的向心加速度为，故B错误；C、根据公式：和月球表面：，得：故C正确；D、降落伞只能在有空气时才能产生阻力，由于月球表面是真空，“嫦娥三号”降落月球时，无法使用降落伞
11、减速故D正确故选：ACD点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论7如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，变压器原、副线圈匝数的比值为：如果要求负载消耗达到最大功率，则下列说法正确的是( )A交流电源的效率为50%B电流表的读数为C负载上消耗的热功率为D该交流电源电动势的瞬时值表达式为e=Emsin（100）考点：变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：由图可读出最大值，周期，求得，得出表达式，求得电压有效值可得输出功
12、率，由输出功率与电功率求得效率，解答：解：A、C把变压器和R看做一个整体，等效电阻为R，则当R=r时，总功率为P总= 负载功率为P负载=，则其效率为50%则A正确，C错误；B、电流表的读数为有副线圈电流的有效值：原线圈电流有效值为I1=，则：=，故B正确；D、由图知周期为0.04S，则其=，则瞬时值表达式为e=Emsin（50），故D错误；故选：AB点评：本题巧妙应用当R=r时，输出功率最大，结合闭合电路欧姆定律解决问题，难度较大8如图所示，平行金属轨道宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面夹角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B现将一质量为m长度也为d的导体棒从
13、导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分（导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程与导轨保持良好接触，重力加速度为g）不计一切摩擦阻力，导体棒接入回路电阻为r，则整个下滑过程中( )A导体棒匀速运动是速度大小为B匀速运动时导体棒两端电压为C导体棒下滑距离为S时，通过R的总电荷量为D重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 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，由平衡条件求出速度，根据求解电荷量解答：解：A：导体棒ab达最大速度时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：
14、mgsin=BImd，感应电流：Im=，感应电动势：Em=Bdvm，解得：vm=sin=sin，故A正确；B：感应电动势：E=BdV=sin，根据欧姆定律得：U棒=，故B错误；C：有感应电动势：E=和，及电量，得：=，故C正确；D：导体棒运动过程中受重力和安培力，根据动能定理：W合=EK，得；WG+W安=EK，故D错误；故选：AC点评：本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、功能关系即可正确解题三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某实验小组用图甲所示装
15、置“探究功与物体速度变化的关系”（1）为平衡小车运动过程中受到的阻力，应该采用下面所述方法中的C（填入选项前的字母代号）A逐步调节木板的倾斜程度，让小车能够自由下滑B逐步调节木板的倾斜程度，让小车在橡皮条作用下开始运动C逐步调节木板的倾斜程度，给小车一初速度，让拖着纸带的小车匀速下滑D逐步调节木板的倾斜程度，让拖着纸带的小车自由下滑（2）图乙是该实验小组在实验过程中打出的一条纸带，已知打点计时器连接的电源的频率为50Hz，则橡皮筋恢复原长时小车的速度为1.40m/s（结果保留3位有效数字）考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题；动能定理的应用专题分析：该实验中为了确保橡皮筋拉力为小车的外力
16、，需要进行平衡摩擦力的操作，小车的整个运动过程是，小车在橡皮条的拉力作用下先加速运动，当橡皮条恢复原长时，小车由于惯性继续前进，做匀速运动，明确实验原理即可正确解答本题解答：解：（1）为了平衡摩擦力的影响，在实验中可以将木板一端垫高，则小车受到的重力的分力可以与摩擦力平衡；则小车做匀速运动时，则摩擦力的影响可以取消，此时，小车后面的纸带上的点应为均匀分布的，因此不能拖着纸带，也不能有橡皮条作用，故C正确，ABD错误；（2）由图可知，A点2.1cm，B点4.6cm，C点7.4cm，D点10.2cm，E点13.0cm；橡皮筋恢复原长时小车做匀速运动，根据纸带可知匀速运动时两个点之间的位移为：x=1
17、3.010.2=10.27.4=7.44.6=2.8cm=0.028m，所以v=m/s=1.40m/s故答案为：（1）C； （2）1.40点评：明确实验原理是解决本题的关键，因此要分析清楚小车的运动，小车先加速后匀速，同时加强基础物理知识在实验中的应用，注意平衡摩擦力时，小车不能有橡皮条作用，也不能拖着纸带10电池的内阻很小，不便于直接测量某探究小组的同学将一只2.5的保护电阻R0与电池串联后再用电流表和电压表测电池的电动势和内阻，实验电路如图1所示按电路原理图把图2实物电路补画完整；实验中测定出了下列数据：I/A0.100.150.170.230.250.30U/V1.201.101.000
18、.801.000.60请根据数据在图3中坐标图上画出IU 图象连线时，有一组数据是弃之不用的，原因是UI 图象如图所示，数据存在严重错误由IU图象得出电池的电动势为1.50V，内阻为0.50考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：R0为保护电阻，同时可以起到增大内阻的作用，使外电路中的电压及电流变化明显；由描点法得出UI图象，而图象与纵坐标的交点为电动势；图象的斜率表示电源的内电阻解答：解：对照电路图连线即可，要注意电表的极性；实物图连线如图 根据描点法作出IU图象，有一组数据是弃之不用的，原因是数据存在严重错误UI图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E=1.50V内阻和定值电阻之和等于
19、图线的斜率，故r+R0=3.0所以r=32.5=0.50故答案为：实物电路图连接如图所示；UI 图象如图所示，数据存在严重错误1.50，0.50点评：测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地2016届高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及UI图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现创新意识，侧重于对实验能力的考查112012年11月23日上午，由来自东海舰队“海空雄鹰团”的飞行员戴明盟驾驶的中国航母舰载机歼15降落在“辽宁舰”甲板上，首降成功，随后舰载机通过滑跃式起飞成功滑跃起飞有点象高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，
20、其示意图如图所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1=160m 的水平跑道和长度为L2=20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m一架质量为M=2.0104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响取g=10m/s2（1）求飞机在水平跑道运动的时间（2）求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小（3）如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84m，要使
21、飞机在水平跑道的末端速度达到100m/s，则弹射器的平均作用力多大？（已知弹射过程中发动机照常工作）考点：动能定理；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出飞机的加速度，结合位移时间时间公式求出飞机在水平跑道上运动的时间（2）根据速度时间公式求出飞机在倾斜轨道上的初速度，再根据牛顿第二定律求出飞机在倾斜轨道上的加速度，根据速度位移公式求出飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小（3）对全过程运用动能定理，根据动能定理求出弹射器的平均作用力解答：解：（1）设飞机在水平跑道上的加速度为a1，阻力为f，由牛顿第二定律得，Ff=ma1，代入数据解得t1=8s（2）设飞机在水平跑道
22、末端速度为v1，倾斜跑道末端速度为v2，加速度为a2，水平跑道上：v1=a1t1，倾斜跑道上，由牛顿第二定律，代入数据解得m/s（3）设弹射器弹力为F1，弹射距离为x，飞机在跑道末端的速度为v3，由动能定理得，代入数据解得答：（1）飞机在水平跑道运动的时间为8s（2）飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小为m/s（3）弹射器的平均作用力为106N点评：本题考查了牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁12（18分）如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计，比荷=1106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过105s后，电荷以v
23、0=1.5104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场方向以垂直纸面向外为正方向，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）计算结果可用表示，求：（1）O点与直线MN之间的电势差；（2）t=105s时刻电荷与O点的水平距离（3）如果在O点右方d=67.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需要的时间考点：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）根据动能定理求出O点与直线MN之间的电势差（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动
24、的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=105s时刻电荷与O点的水平距离（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿ON运动的距离根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间解答：解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，由动能定理得：，解得？：V（2）当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为r1，则，解得：，周期为：当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为：=0.03m=3cm周期为：电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示，t=时刻电荷与O点的水平距离为：d=2（r1r2）=4cm（3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的
25、周期T=，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离：15d=60cm则最后7.5cm的运动轨迹如乙图所示，有：r1+r1cos=7.5cm解得cos=0.5，则=60，故电荷运动的总时间为：s答：（1）O点与直线MN之间的电势差为1.125102V；（2）t=105s时刻电荷与O点的水平距离为4cm（3）电荷从O点出发运动到挡板所需要的时间为点评：本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间
26、(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理-选修3-3】13关于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A气体分子的体积是指每个气体分子平均所占有的空间体积B只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高C在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D气体从外界吸收热量，其内能不一定增加E气体在等压膨胀过程中温度一定升高考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律 专题：理想气体状态方程专题分析：根据气体分子间空隙很大，分析气体的体积与所有气体分子的体积之和的关系根据温度的微观含义、压强产生的微观机理分析根据热力学第一定律分析气体内能变化，根据等压变化分析温度变化解答：解：A
27、、气体粒子之间的距离远远大于粒子本身的直径，所以气体分子的体积小于每个气体分子平均所占有的空间体积，故A错误；B、温度是分子平均动能得标志，增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高，故B正确；C、气体对容器壁的压强是气体分子不断撞击器壁产生的，与超失重无关，故C错误；D、改变内能的方式有做功和热传递，当气体从外界吸收热量同时气体对外做功，则内能可能会减小，故D正确；E、等压变化过程，体积与热力学温度成正比，体积膨胀，温度升高，故E正确；故选：BDE点评：解答本题的关键熟悉理想气体模型、气压的微观解释，及内能的决定因素，基础题14拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人
28、设计了如图实验圆柱状气缸（横截面积为S）被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到气缸内，酒精棉球熄灭时（设此时缸内温度为t）密闭开关K，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L由于气缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面处已知环境温度为27不变，与大气压强相当，气缸内的气体可看做理想气体，求t值考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：酒精棉球熄灭后，以活塞为研究对象可求出封闭气体初末状态压强，利用理想气体状态方程列式即可求解解答：解：酒精棉球熄灭时，封闭气体向下得压力，大气压向上的支持力，由平衡得：P1
29、S=P0S解得：P1=P0此时体积为：V1=LS，温度为：T1=273+t重物被吸起稳定后，活塞受绳子得拉力，封闭气体向下得压力和大气压向上得支持力，由平衡得：P2S+mg=P0S解得：此时体积为：，温度为T2=273+27K=300K有理想气体状态方程得：解得：t=127答：此种情况下的温度为127点评：本题得关键是以活塞为研究对象，受力分析利用平衡求出初末状态压强，然后利用理想气体状态方程列式即可求解【物理-选修3-4】15如图所示，实线与虚线分别表示振幅（A）、频率（f）均相同的两列波的波峰和波谷此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是 ( )AP、N两质点始终处在平衡位置B该时刻
30、质点O正处于平衡位置C随着时间韵推移，质点M将向O点处移动D从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，此时位移为零EOM连线中点是振动加强的点，其振幅为2A考点：波的叠加 分析：由图知P、N是振动减弱的点，M、O都处于振动加强的点，MO连线上各点的振动也加强在波的传播过程中，质点不会向前移动，振幅为质点离开平衡的位置的最大位移解答：解：A、P、N两点是波谷和波峰叠加，由于两列波的振幅相等，P、N的位移始终为零，即始终处于平衡位置，故A正确；B、由图知O点是波谷和波谷叠加的位置，是振动加强点，该时刻O点位于波谷，故B错误；C、振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，则质
31、点M不会向O点处移动，故C错误；D、该时刻M点位于波峰，从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，此时位移为零，故D正确；E、OM连线中点，也是振动加强的点，其振幅与O或M点一样，为2A，故E正确；故选：ADE点评：介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和16如图甲所示，在平静的水面下深d处有一个点光源s，它发出的是两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由ab两种单色光所构成的复色光的圆形区域，其半径为R周边为环状区域，其宽度为L且为a光的颜色（见图乙）则：
32、两种色光的折射率na、nb分别是多少？考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：通过照亮的圆形区域，作出光路图，由几何知识得到两束光的临界角正弦值，由全反射定律得到折射率解答：解：由全反射规律可得：由几何知识：，则 ，则答：两种色光的折射率na、nb分别是，点评：解决本题的关键从临界角入手，掌握全反射定律公式【物理-选修3-5】17下列说法正确的是( )A原子的核式结构模型是汤姆逊最早提出的B铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过8 次衰变和6次衰变C一个氢原子从量子数n=3 的激发态跃迁到基态时最多可辐射2 种不同频率的光子D一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能因为这束光的强
33、度太小E考古专家发现某一骸骨中C14的含量为活着的生物体中C14的，已知C14的半衰期为5730 年，则确定该生物死亡时距今约11460年考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；光电效应；裂变反应和聚变反应 专题：光电效应专题分析：原子的核式结构模型是卢瑟福提出的，衰变后质量数少4，电荷数少2，衰变质量数不变，电荷数多1，发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率解答：解：A、原子的核式结构模型是卢瑟福提出的，故A错误；B、铀核衰变为铅核的过程中，质量数减少32，所以经过8次衰变，电荷数应该减少16，而实际上只减少10，故有6次衰变，故B正确；C、一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态
34、时最多可辐射2种不同频率的光子，先从3到2，再从2到1，故C正确；D、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能因为这束光的频率太小，与光的强度无关故D错误；E、根据半衰期与放射性元素的质量之间的关系：，当m=时，知n=2，即该生物死亡时间距今为两个半衰期，为57302=11460年，故E正确；故选：BCE点评：该题考查原子核式结构模型的内容，衰变的实质，波尔理论、发生光电效应的条件及半衰期的意义，都是一些记忆性的知识点的内容，在平时的学习过程中多加积累即可18如图所示，气球吊着A、B两个物体以速度v匀速上升，A物体与气球的总质量为m1，物体B的质量为m2，m1m2某时刻A、B间细线断裂，求当气球的速度为2v时物体B的速度大小并判断方向（空气阻力不计）考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：对于A与气球和B组成的系统所受重力和浮力的合力为零，满足动量守恒，根据动量守恒定律列方程求解即可解答：解：规定向上为正方向，对气球和AB组成的系统，根据动量守恒定律得：（m1+m2）v=m2v2+2m1v解得：因为m1m2得：v20，即物体的速度方向向下答：当气球的速度为2v时物体B的速度大小为，速度方向向下点评：本题属于动量守恒定律的直接应用，关键是能明确动量守恒的条件后判断出系统满足动量守恒