2014-2015学年内蒙古鄂尔多斯一中高二(下)期末物理试卷

2014-2015学年内蒙古鄂尔多斯一中高二（下）期末物理试卷（解析版）一．单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确．）1．（3分）（2015春•内蒙古校级期末）假设地面上有一火车以接近光速的速度运行，其内站着一个中等身材的人，站在路旁的人观察车里的人，观察的结果是（）A．这个人是一个矮胖子B．这个人是一个瘦高个子C．这个人矮但不胖D．这个人瘦但不高考点：* 长度的相对性．分析：本题关键是知道狭义相对论的一个重要效应﹣﹣尺缩效应：在尺子长度方向上运动的尺子比静止的尺子短．解答：解：车内站着一个中等身材的人，说明不高；站在路旁的另一个人观察车里的人，由于尺缩效应，观察到车内人的身材的宽度变小，所以看到的结果是车内人瘦但不高．故选：D点评：此题考查狭义相对论的基本结论，熟记并理解它，可以解决所有关于狭义相对论的问题．2．（3分）（2015春•内蒙古校级期末）如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形，当R点在t=0时的振动状态传到S点时，PR范围内（含P、R）有一些质点正在向y轴负方向运动，这些质点的x坐标取值范围是（）A．2cm≤x≤4cm B．2cm＜x＜4cm C．2cm≤x＜3cm D．2cm＜x≤3cm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：由RS间的距离可知传到S点所用时间，由S点的振动可知，此时波动图象，由图象可知向负方向运动的x坐标范围．解答：解：从图象可以看出t=0时，质点R通过平衡位置沿y轴正方向振动，R质点t=0的振动状态传到S质点时，经过了周期，质点R处于负最大位移处，质点P正通过平衡位置沿y轴负方向运动，此时PR范围内正在向y轴负方向运动的x坐标范围为：2cm≤x＜3cm．故选：C点评：机械波图象为选修3﹣4的难点之一，应重点把握．根据波的传播方向要能判断出质点的振动方向，抓住波在一个周期内传播一个波长的距离进行分析．3．（3分）（2015春•内蒙古校级期末）在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核发生了某种衰变，已知放射出的粒子速度方向及反冲核的速度方向均与磁场方向垂直，它们在滋场中运动的径迹是两个相内切的圆，两圆的直径之比为7：1，如图所示．则碳14的衰变方程为（）A．C→e+ B B．C→He+BeC．C→e+N D．C→H+ B考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，根据左手定则判断粒子与反冲核的电性关系．结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得粒子与反冲核的电荷量之比．解答：解：原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是β衰变，此粒子是β粒子，符号为e．可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有：m1v1=m2v2由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r=，可见r与q成反比．由题意，大圆与小圆的直径之比为7：1，半径之比为7：1，则得：粒子与反冲核的电荷量之比为1：7．所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为N．故C确．故选：C点评：原子核的衰变过程类比于爆炸过程，满足动量守恒，而带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式中的分子恰好是动量的表达式，要巧妙应用4．（3分）（2012•金山区一模）如图所示，两个完全相同的波源在介质中形成的波相叠加而发生的干涉的示意图，实线表示波峰，虚线表示波谷，则（）A．A点为振动加强点，经过半个周期，这一点振动减弱B．B点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动加强C．C点为振动加强点，经过半个周期，这一点振动仍加强D．D点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动加强考点： 波的叠加．分析： 波峰和波峰、波谷与波谷叠加的点为振动加强点，波峰与波谷叠加的点为振动减弱点．振动加强点始终振动加强，振动减弱点始终减弱．解答： 解：A 、A 点是波峰和波峰叠加，为振动加强点，且始终振动加强．故A 错误．B 、B 点是波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱．故B 错误．C 、C 点处于振动加强区，振动始终加强．故C 正确．D 、D 点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱．故D 错误．故选C ．点评： 解决本题的关键知道波峰和波峰、波谷与波谷叠加的点为振动加强点，波峰与波谷叠加的点为振动减弱点．5．（3分）（2015•福建模拟）如图所示为t=0时刻简谐横波a 与b 的波形图，其中a 沿x 轴正方向传播，b 沿x 轴负方向传播，波速都是10m/s ，振动方向都平行于y 轴．下图画出的是平衡位置在x=2m 处的质点从t=0开始在一个周期内震动的图象，其中正确的是（ ）B C ． ．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： 两列波的波速相等，波长相等，则频率相等，能发生干涉，根据叠加原理分析x=2m 处的质点的振动情况和振幅，确定图象．解答： 解：由题，两列波的波速相等，波长相等，则频率相等，能发生干涉．过周期后，两列波的波峰同时到达x=2m 处的质点，则此质点振动总是加强，振幅为两列波振幅之和，即为3cm ，开始从平衡位置沿y 轴正方向开始振动，所以图象B 正确．故选：B点评： 本题考查对波的叠加原理的理解和应用能力，抓住起振时质点的位移和速度是关键．6．（3分）（2015•广东校级模拟）用频率为v 0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为v 1、v 2、v 3的三条谱线，且v 3＞v 2＞v 1，则（ ）A ． v 0＜v 1B ． v 3=v 2+v 1C ． v 0=v 1+v 2+v 3D ． =+考点： 氢原子的能级公式和跃迁．专题：原子的能级结构专题．分析：本题的关键是明确发光的含义是氢原子从高能级向低能级跃迁，根据能级图，有三条光谱线说明原子最高能级在n=3能级，再根据氢原子理论可知，入射光的频率应等于n=3能级时的频率，然后再根据跃迁公式即可求解．解答：解：大量氢原子跃迁时只有三个频率的光谱，这说明是从n=3能级向低能级跃迁．n=3能级向n=1能级跃迁时，hv3=E3﹣E1n=2能级向n=1能级跃迁时，hv2=E2﹣E1n=3能级向n=2能级跃迁时，hv1=E3﹣E2将以上三式变形可得hv3=hv2+hv1解得v3=v2+v1，所以B正确，再根据氢原子理论可知，入射光频率v0=v3，所以AC错误．故选B．点评：氢原子理论中能量的吸收和放出都不是连续的，要熟记能级跃迁公式以及发光条数的求法．7．（3分）（2015春•内蒙古校级期末）如图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为m A、m B，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，关于两小球质量比值的说法正确的是（）A．=+1 B．=﹣1 C．=1 D．=考点：向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，此时速度都为零，根据动能定理求出碰后AB两球的速度，碰撞前，A球从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理求出碰撞前A的速度，AB碰撞过程中，动量守恒，根据动量守恒定律求解即可．解答：解：碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，则此时速度都为零，根据动能定理可知，，解得v=所以碰后A和B的速度相等，方向相反，，碰撞前，A球从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理得：解得：AB碰撞过程中，动量守恒，以碰撞前A球的速度为正，则有：m A v0=﹣m A v A+m B v B解得：故选：B点评：本题主要考查了动量守恒定律、动能定理的直接应用，解题时抓住碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处求解，注意AB碰撞后A球速度反向了，难度适中．8．（3分）（2005•湖北校级模拟）如图所示，质量分别为m A=2kg和m B=3kg的A、B两物块，用劲度系数为k的轻弹簧相连后竖直放在水平面上，今用大小为F=45N的力把物块A向下压而使之处于静止，突然撤去压力，则（）A．物块B有可能离开水平面B．物块B不可能离开水平面C．只要k足够小，物块B就可能离开水平面D．只要k足够大，物块B就可能离开水平面考点：简谐运动的回复力和能量；力的合成与分解的运用；胡克定律；牛顿第二定律．分析：松手后物体在竖直方向做简谐运动，最低点处的回复力可知，则由此可知最高点时B 受弹簧弹力的大小．解答：解：物体处于平衡状态，向下的压力F=45N方向向下，向上的回复力f=45N，方向向上，此时物块A位于负的最大位移处，撤去外力F的瞬间，B系统受回复力f=45N作用，方向向上，重力50N，方向向下的共同作用，因为45N＜50N，物块B始终压在水平面上，所以物块B不可能离开水平面．故选B．点评：本题为简谐运动的回复力问题，要注意找出简谐运动的平衡位置，并找出回复力的大小．9．（3分）（2015春•内蒙古校级期末）用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系．图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调．分别用a、b、c三束单色光照射，调节A、K间的电压U，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示．由图可知（）A．单色光a和c的频率相同，但a更强些B．单色光a和c的频率相同，但a更弱些C．单色光b的频率小于a的频率D．改变电源的极性不可能有光电流产生考点：光电效应．专题：光电效应专题．分析：光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大．光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零．eU截=m=hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大．解答：解：ABC、光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，ac光对应的截止频率小于b光的截止频率，根据eU截=m=hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．a光、c光的截止电压相等，所以a光、c光的频率相等；当a、c光照射该光电管，因频率相同，则a光对应的光电流大，因此a光子数多，那么a光的强度较强，故A正确，BC错误；D、若改变电源的极性，仍可能有光电流产生，但电流大小会发生变化，故D错误；故选：A．点评：解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程eU截=m=hγ﹣W，同时理解光电流的大小与光强有关．10．（3分）（2008•海南）质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F 与它们之间的距离r 的关系为： 式中F 0为大于零的常量，负号表示引力．用U 表示夸克间的势能，令U 0=F 0（r 2﹣r 1），取无 ． D考点： 电势能；动能定理的应用．专题： 压轴题；电场力与电势的性质专题．分析： 本题通过分析两夸克之间的相互作用力F 做功情况判断势能的变化情况，即可进行选择．无穷远处电势为零，从无穷远开始到r=r 2位置，势能恒定为零，在r=r 2到r=r 1过程中，两夸克之间的相互作用力F 为引力，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，r ＜r 1之后势能不变，恒定为﹣U 0．解答： 解：从无穷远处电势为零开始到r=r 2位置，由F 的表达式可知，两夸克之间的相互作用力F=0，则知势能恒定为零；在r=r 2到r=r 1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为A 、B 选项中所示；r ＜r 1之后，F=0，势能不变，恒定为﹣U 0，由引力做功等于势能将少量，故U 0=F0（r 2﹣r 1）．故B 正确．故选B点评： 本题是信息给予题，关键根据两夸克之间的相互作用力F 与它们之间的距离r 的关系，分析F 做功的正负，判断势能如何变化．二．多项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分）11．（4分）（2015•永州三模）如图所示，两星球相距为L ，质量比为m A ：m B =1：9，两星球半径远小于L ．从星球A 沿A 、B 连线向B 以某一初速度发射一探测器．只考虑星球A 、B 对探测器的作用，下列说法正确的是（ ）A ． 探测器的速度一直减小B ． 探测器在距星球A 为处加速度为零C ． 若探测器能到达星球B ，其速度可能恰好为零D ． 若探测器能到达星球B ，其速度一定大于发射时的初速度考点：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：根据万有引力与探测器速度方向的关系，判断探测器的速度变化；抓住探测器所受的合力为零，根据万有引力定律求出加速度为零的位置．根据万有引力做功情况判断探测器到达星球B时的速度与初速度的关系．解答：解：A、探测器从A向B运动，所受的万有引力合力先向左再向右，则探测器的速度先减小后增大．故A错误．B、当探测器合力为零时，加速度为零，则有：，因为m A：m B=1：9，则r A：r B=3：1，知探测器距离星球A的距离为x=．故B正确．C、探测器到达星球B的过程中，由于B的质量大于A的质量，从A到B万有引力的合力做正功，则动能增加，所以探测器到达星球B的速度一定大于发射时的速度．故C错误，D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键知道合力的方向与速度方向相同，做加速运动，合力的方向与速度方向相反，做减速运动．当合力为零，加速度为零．12．（4分）（2013•海南模拟）如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P．导轨和导体棒电阻不计．下列判断正确的是（）A．导体棒的a端比b端电势低B．ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C．若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的D．若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时R 的功率将变为原来的4倍考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电势；电功、电功率．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据右手定则判断感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力的方向，通过速度的变化，得出电动势的变化，电流的变化，从而得出安培力的变化．根据能量守恒判断机械能的变化，根据克服安培力做功与产生的电能关系判断安培力做功与灯泡消耗电能的关系解答：解：A、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，电源内部低电势到高电势，a端比b端电势高，故A错误；B、由分析知，导体棒ab开始速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安=BIL=mgsinθ时达到最大速度v m=，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，因此导体棒做先做加速度减小的加速运动，直到匀速运动．故B 正确；C、根据v m=知磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的，故C错误；D、由BC项分析，根据P=Fv知P=mgsinθ•，换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍．故D正确；故选：BD点评：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做什么功，就有多少电能产生．13．（4分）（2015春•内蒙古校级期末）在透明均匀介质内有一球状空气泡，O为球心，一束包含a、b两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后a、b光分别从C、D点射向介质，如图所示．细光束在A点的入射角为30°，介质对a光的折射率n a=，下列说法中正确的是（）A．a光射出空气泡后相对于射入空气泡前的偏向角为30°B．在该介质中，a光的传播速度比b光的传播速度小，从该介质射入空气中，a光全反射的临界角比b光全反射的临界角大．C．若用a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置，屏上相邻两干涉条纹的间距x a＞x b D．若用a、b两单色光分别通过同一单缝，屏上中央亮条纹的宽度d a＜d b考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：由几何知识知a光束经过球状空气泡后的偏向角为θ=2（r﹣i），由折射定律求出折射角r，即可求得a光的偏向角．由折射定律分析两种色光折射率的大小，由v=分析光在介质中传播速度的大小．由临界角公式sinC=，分析临界角的大小．根据折射率的大小，分析波长的大小，即可判断双缝干涉条纹的间距关系．解答：解：光线在A点的入射角为i，折射角分别为r a、r b．A、由折射定律=得：sinr a=n a sini=sin30°=，得r a=45°，根据光路可逆性和几何知识可知，a光线从C点射出时，入射角和折射角分别等于A点折射角时折射角和入射角，则偏向角为θ=2（r a﹣i）=2×（45°﹣30°）=30°，故A正确．B、在A点可见，a光的偏折角大于b光的偏折角，所以a光的折射率大于b光的折射率，由v=得知，在该介质中，a光的传播速度比b光的传播速度小，由临界角公式sinC=，知a光全反射的临界角比b光全反射的临界角小．故B错误．C、a光的偏折角大于b光的偏折角，则a光的波长小于b光的波长，双缝干涉条纹的间距与波长成正比，可知a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹的间距，即x a＜x b．故C错误．D、a光折射率大，频率高，波长短，则知b光的波动性强，若用a、b两单色光分别通过同一单缝，屏上中央亮条纹的宽度d a＜d b．故D正确．故选：AD．点评：本题的解题关键是知道偏向角与入射角和折射角的关系，运用几何知识求解光线a的折射角，并掌握波速、临界角、波长与折射率的关系等基础知识．14．（4分）（2006•南通模拟）某静止的放射性元素的原子核，放出一个α粒子后转变成某种新粒子Y，设衰变过程产生的核能以动能的形式释放出来，若已知α粒子的动能为E k，真空中光速为c，则（）A．Y的动能为B．Y的动能为C．衰变过程中的质量亏损为D．衰变过程中的质量亏损为考点：动量守恒定律；爱因斯坦质能方程．分析：原子核在衰变过程中动量守恒，由动量守恒定律求出新核与α粒子间的速度关系，然后求出新核所获得的动能；α粒子与新核获得的动能之和等于核反应释放出的能量，然后由质能方程求出质量亏损．解答：解：（1）核反应过程中，质量数与核电荷数守恒，α粒子的质量数是4，则新核Y的质量数是m﹣4，设α粒子的速度为v，由动量守恒定律得：4v+（m﹣4）v′=0，可得v′=﹣，α粒子的动能：E K=mαv2=×4×v2=2v2，新核Y的动能E KY=（m﹣4）v′2=（m﹣4）（）22==4，故A错误，B正确；（2）核反应释放的能量E=E K+E KY=E K+4=，由质能方程可知：E=△mc2质量亏损△m=，故C正确D错误．故选BC．点评：核反应方程同时满足质量数守恒和电荷数守恒，核反应前后满足动量守恒，这是解决本题的关键．15．（4分）（2015春•内蒙古校级期末）如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M．由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点．粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力．下列说法中正确的是（）A．从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B．从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C．打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D．打到胶片上位置距离O点越近的粒子，比荷越大考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．分析：带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动；后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动；最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动；根据动能定理和牛顿第二定律列式分析即可．解答：解：直线加速过程，根据动能定理，有：qU=mv2①电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qE=m②磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qvB=m③A、由①②解得：v=④R=⑤由⑤式，只要满足R=，所有粒子都可以在弧形电场区通过；由④式，比荷不同的粒子从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定不同，故A错误；B、由①式，从小孔S进入磁场的粒子动能为qU，故不同电量的粒子的动能不同，故B错误；C、由③④解得：r=，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；由④式，比荷相同，故粒子的速度相同，故C正确；D、由③④解得：r=，故打到胶片上位置距离O点越近的粒子，比荷越大，故D正确；故选：CD．点评：本题关键是明确粒子的运动规律，然后分阶段根据动能定理和牛顿第二定律列式分析，分析清楚粒子运动过程，要注意各粒子的比荷大小关系．16．（4分）（2014•南昌三模）如图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（40kΩ）相连的交流电源来等效，如图所示．心电图仪与一个理想变压器的初级线圈相连，一个扬声器（可以等效为一个阻值为8Ω的定值电阻）与该变压器的次级线圈相连．等效电源的电压有效值V0=30V，变压器的初级线圈和次级线圈的匝数之比为50：1，则（）A．变压器的初级线圈输入电压为30VB．变压器的初级线圈输入电压为10VC．变压器次级线圈输出电压为0.6VD．变压器次级线圈输出功率为5×10﹣3W考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据闭合电路欧姆定律分析．解答：解：根据变压器匝数与电压和电流关系知U1=50U2，I1=，=R2，对原线圈由：30=，联立得：U1=10V，U2=0.2V，变压器次级线圈输出功率为P==5×10﹣3W，故选：BD点评：本题难度较大，不单纯考查变压器的特点，巧妙地考查了闭合电路欧姆定律中路端电压与电动势的关系．17．（4分）（2007•武穴市校级模拟）在金属中存在大量的价电子（可理解为原子的最外层电子），价电子在原子核和核外的其他电子产生的电场中运动，电子在金属外部时的电势能比它在金属内部作为价电子时的电势能大，前后两者的电势能差值称为势垒，用符号V表示，价电子就像被关在深为V的方箱里的粒子，这个方箱叫做势阱，价电子在势阱内运动具有动能，但动能的取值是不连续的，价电子处于最高能级时的动能称为费米能，用E f表示，用红宝石激光器向金属发射频率为v的光子，具有费米能的电子如果吸收了一个频率为v的光子而跳出势阱．则（）A．具有费米能的电子跳出势阱时的动能E k=hv﹣V+E fB．具有费米能的电子跳出势阱时的动能E k=hv﹣V﹣E fC．若增大激光器的发光频率，具有费米能的电子跳出势阱时的动能增大D．若增大激光器的发光强度，具有费米能的电子跳出势阱时的动能不变考点：氢原子的能级公式和跃迁．专题：原子的能级结构专题．分析：具有费米能的电子吸收了一个频率为v的光子而跳出势阱，根据动能定理列出等式表示出跳出势阱时的动能．根据跳出势阱时的动能表达式进行判断．解答：解：A、具有费米能的电子吸收了一个频率为v的光子而跳出势阱，根据动能定理得：hv﹣V=E k﹣E f解得：E k=hv﹣V+E f ．故A正确，B错误C、由上述等式得：具有费米能的电子跳出势阱时的动能只与照射光的频率有关，与发光强度无关．故C正确，D正确故选ACD．点评：解决本题的关键要根据题意能运用动能定理列出等式表示出跳出势阱时的动能．三．填空题（本小题共2个小题，共14分，把答案写在题中的横线上）。