2020-2021学年浙江省衢州市高二(下)期末物理试卷(附答案详解)

2020-2021学年浙江省衢州市高二（下）期末物理试卷1.我国“奋斗者”号载人潜水器，下潜到马里亚纳海沟一万米深处，承受的水压超过
1.1×108Pa。

若用国际单位制基本单位的符号来表示Pa，正确的是()
A. N⋅m
B. N⋅m2
C. kg⋅m−1⋅s−2
D. kg⋅m−2s−2
2.下列说法符合事实的是()
A. 库仑通过扭称实验测量出静电力常量
B. 法拉第通过实验发现了电磁感应现象并得出法拉第电磁感应定律
C. 麦克斯韦通过一系列实验证实了关于光的电磁理论
D. 戴维孙和汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射实验证实了实物粒子具有波动性
3.2021年5月15日7时18分，天问一号成功着陆于
火星预选区域．如图所示，天问一号进入火星大气
后的着陆过程可分气动减速段、伞系减速段、动力
减速段、悬停避障段、缓冲着陆段。

下列关于天问
一号说法中正确的是()
A. 在悬停避障与缓冲着陆段调整着落姿态时可以
看作质点
B. 在动力减速段处于超重状态
C. 在伞系减速段伞对天问一号的作用力大于天问一号对伞的作用力
D. 在气动减速段做平抛运动
4.某人把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，上端临时固定在地铁竖
直扶手上。

地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，
他用手机拍摄了当时的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直()
A. 从图中可以判断地铁的运动方向
B. 从图中可以判断地铁的加速度方向
C. 若细绳与杆子的夹角增大，则地铁速度增大
D. 若细绳与杆子的夹角增大，则地铁的加速度减小
5.高压输电线路塔杆较高，杆距较大，当输电线受到风吹动时，会发生较强烈的振动，
输电线会因周期性的弯折发生破坏，为此，需要在靠近塔杆悬点处加挂一个小锤，如图所示。

下列说法正确的是()
A. 小锤的作用是防雷电
B. 小锤的作用是为了减弱输电线振动的幅度
C. 小锤的振动与输电线振动是同步的
D. 小锤的规格与杆距无关
6.2021年4月29日11时许，我国成功发射空间站“天和”核心舱，它在高度340km
至450km的近地轨道运行，受高空大气等因素影响会有轨道衰减现象，假设一段时间后轨道半径衰减为原轨道半径的98%，则衰减后的()
A. 向心加速度约为原来的0.98倍
B. 周期约为原来的1.02倍
C. 动能约为原来的1.02倍
D. 速度约为原来的0.98倍
7.仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生
测试项目之一。

若某女生一分钟内做了40个仰卧起坐，
其质量为50kg，设上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧
起坐时下半身重心位置不变。

则测试过程中该女生克服
重力做功的平均功率约为()
A. 10W
B. 60W
C. 180W
D. 300W
8.如图所示，空间内固定有l1、l2、l3三根足够长直导线，直
导线间距均相等，电流相同，若在空间中加一匀强磁场，
使l3所受安培力为零，则该匀强磁场的方向()
A. 垂直于纸面向里
B. 水平向右
C. 水平向左
D. 竖直向上
9.如图是两列周期为0.2s，振幅为5cm的同种横波相遇时某
一时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷，弧AB与
CD的间距为1m，E为AC、BD连线的交点。

则下列说法正确的是()
A. 两列波遇到宽为3m的障碍物，不会发生衍射现象
B. 两列波的波速大小均为5m/s
C. E点为振动减弱点
D. E点在1s内运动的路程为2m
10.如图所示，一个电荷量为−q的油滴，从O点以速度v0竖直
向上射入匀强电场中，经过一段时间到达P点(图中未标出
)，速度大小仍为v0。

若E=mg
，下列说法正确的是()
q
A. P点在O点正上方的右侧
B. 电场力对油滴先做正功后做负功
C. 油滴速度的最小值为√2
v0
2
D. O、P两点间的电势差为mv02
q
11.如图所示是氢原子的能级示意图，一群处于n=4能
级的氢原子在自发跃迁时会辐射一些光子，普朗克
常量ℎ=6.63×10−34J⋅s。

则下列说法正确的是
()
A. 波长为60nm的紫外线能使处于基态的氢原子电离
B. 用这些光子照射逸出功为3.20eV的金属钙，其表面所发出的光电子的最大初动
能为12.75eV
C. 这群氢原子能发出三种频率的光
D. 跃迁到n=2能级辐射的光子动量比跃迁到n=3能级的小
12.如图所示在两个对接的绝缘光滑斜面上，两个斜面的倾角分别是37°和53°。

斜面上
放置了电荷量相等的两个小球A和B(均看成质点)，两小球静止在离斜面底端高度为h的同一水平线上，已知小球A的质量为m，静电力常量为k，下列说法正确的是()
A. 小球B的电荷量为5
√3ℎkmg
6
m
B. 小球B的质量为9
16
mg
C. 小球B的受到斜面弹力的大小为5
3
D. 增大小球的电荷量，小球B不可能与A静止在同一水平线上
13.如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心．环内两个圆心角为90°的扇形区域(
半径r=0.2m)中有方向相反且与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=1T。

长为
0.3m的导体杆OM可绕O转动，电阻为1Ω，M端通过滑动触点与圆环接触良好。

在圆心和圆环间连有电阻R=1Ω.杆OM以角速度ω=20rad/s逆时针匀速转动，t=0时恰好在图示位置，圆环的电阻忽略不计，则杆OM从t=0开始转动一周的过程中，下列说法正确的是()
A. 所产生电流为直流电
B. t=0.02s时通过R的电流方向为a到b
C. t=0.02s时通过R的电流大小为0.2A
D. 电阻R的电功率为0.04W
14.透明烧杯中装有适量的水和食用油，现将一根筷子
竖直插入到烧杯内的左侧，在一定的角度观察发现
筷子被“折断”成多节，如图所示，则()
A. 食用油的折射率比水大
B. 光从食用油向水中传播时频率减小
C. 光从食用油向水中传播时，达到一定角度后会发
生全发射
D. 当筷子竖直放置于烧杯正中间时，筷子不会被“折断”
15.如图为小罗同学用手机收听“FM97.5衢州交通音
乐广播”的软件界面截图，下列说法正确的是()
A. FM97.5电磁波的波长约为3m
B. 真空中107.5MHz的电磁波比97.5MHz的电磁波
传播速度更快
C. FM97.5在信号调制的过程中载波的振幅不变
D. 为了能接收到FM107.5的信号，在其他条件不变的情况下需要增大接收模块的
电容
16.在近期“三星堆遗址”发掘过程中，科学家通过对6个坑的73份炭屑样品用“碳
14”发生β衰变程度来进行年代检测，判定新发现的4号坑年代属于商代晚期．下列说法正确的是()
A. 碳14的衰变方程为 714C→814N+−10e
B. 发生β衰变后，原子核质量出现亏损，质量数不变
C. 弱相互作用是引起原子核外电子发生β衰变的原因
D. 碳14年代检测有几十年的误差，原因是“碳14”的半衰期受温度、压强的影
响
17.小范同学利用图1中的装置完成“探究碰撞中的不变量”实验，将打点计时器固定
在光滑桌面的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车A的后面．让小车A运动，小车B静止。

在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两个小车连接成一体。

(1)电磁打点计时器在其他实验条件不变的情况下，适当增大工作电压，点迹之间
的距离将______(填“增大”、“不变”或“减小”)。

(2)实验得到如图2所示的一段纸带，为了计算小车碰撞后的速度应选该纸带的
______段(填“AB”、“BC”或“CD”)，该速度大小为______m/s(计算结果保留两位有效数字)。

(3)若两辆小车的质量均为m，小车A碰撞前的速度为v1，碰撞后的共同速度为v2，
通过计算下列关系式成立的有______。

A.mv1=2mv2
B.mv1=2mv2
C.m
v1=2m
v2
18.小王同学在做“测量某节干电池的电动势和内阻的实验”中。

(1)首先直接利用多用电表2.5V电压挡测量该干电池的电动势，根据图1中所给信
息，其电动势大小为______V；
(2)然后根据电路图连接好电路，如图2所示，闭合开关前，滑动变阻器滑片应打
到最______端。

(填“左”或“右”)
(3)将连接电压表右端的导线分别接在a、b位置后，改变滑动变阻器的阻值，得到
两组不同的电流表、电压表数据，如下列表格所示，根据表格信息可以判断第二次实验是接在______(填“a”或“b”)位置获得的数据。

电流I/A0.100.200.300.400.50
第一次实验电压U/V1.291.171.040.920.81
第二次实验电压U/V1.100.950.800.690.52
(4)小王根据实验数据画出U−I图像，如图3所示，可知该电池的内阻约为______(
结果保留两位有效数字)。

19.如图所示是一个楼房逃生装置，当楼房发生火灾时，
人可以通过该装置滑到地面。

在通道中，人双臂双
腿并拢时只受到底面的摩擦力，张开双臂双腿时增
加了人与侧壁的摩擦。

已知该通道全长28m，通道
入口搭建在距地面高16.8m的窗口，人与通道之间
的动摩擦因数μ=0.5。

若人在通道中的运动可视为直线运动，刚开始双臂双腿并拢由静止下滑，当速度过快时张开双臂双腿，人受到摩擦力的最大值为并拢时的两倍，不计空气阻力，g=10m/s2。

求：
(1)当匀速下滑时，人所受摩擦力与重力的比值；
(2)人受到摩擦力最大时，人的加速度；
(3)为了确保安全，人滑到底端的速度不能超过4m/s，人在通道中下滑的最短时间。

20.如图1所示，过山车在轨道上运行，可抽象为图2的模型．倾角为θ=53°的直轨
道AB、两个半径R=10m的竖直圆轨道和倾斜直轨道GH，分别通过水平轨道BC、CD平滑连接，C、D是两圆轨道最低点。

BC长s1=20m、CD长s2=30m，GH 足够长。

质量为m=103kg的过山车从AB上静止下滑，经两个圆环轨道后最终停在GH上．已知过山车与轨道AB、BC、CD的动摩擦因数均为μ=0.2，与圆轨道摩擦不计，g=10m/s2。

将过山车视为质点。

(1)若过山车恰能通过F点，求其运动到D点时对轨道的压力；
(2)若过山车恰能通过F点，求释放点到BC的高度；
(3)若保障过山车不脱轨，求释放点到BC的高度范围。

21.图1所示，MON，M′O′N′是两条间距为L=0.5m的平行金属导轨，O、O′处平滑连
接，导轨电阻不计，右端接有阻值为R=0.3Ω的电阻，MO、M′O′为倾斜导轨，倾角θ=37°，其间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，ON、O′N′为光滑水平导轨，其中PP′右侧有竖直向上的匀强磁场，两个区域的磁感应强度大小相等。

若将质量为m=0.5kg、电阻为r=0.2Ω的金属棒从斜轨上不同高度处由静止释放，当释放点的高度h大于等于1.2m时，均停在水平导轨上的QQ′处，且金属棒在倾斜轨道上运动的加速度a与速度v的关系如图2所示。

现将金属棒从ℎ=1.5m高处静止释放，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。

求：
(1)金属棒与倾斜导轨间的动摩擦因数μ和磁感应强度大小B；
(2)金属棒在倾斜轨道上运动的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q R；
(3)金属棒在水平轨道上的磁场区域运动的过程中，通过金属棒的电荷量q。

22.高约束等离子体放电是未来磁约束聚变堆首选的一种先进、高效的运行方式．我国
的东方超环(EAST)就是利用该方式的超大型可控核聚变反应的实验装置。

由于高能带电粒子对实验装置有很大的破坏作用，因此装置中需要利用“剩余带电粒子偏转系统”将所有带电粒子从混合粒子束中剥离，剥离出的带电粒子被吞噬板吸收，而让中性粒子束注入到等离子体中，将其加热到聚变反应所需的温度。

如图所示，若水平向右运动的粒子束宽度为d，带电粒子的电荷量相同，质量均为m，磁场区域的宽度足够大，方向垂直纸面向外，吞噬板MN长度为2d。

(1)试判断带电粒子束的电性；
(2)若带电粒子的动能均为E k，当磁感应强度大小为B0时，沿粒子束下边缘进入的
带电粒子恰好打到吞噬板N点上方0.5d处，求粒子的电荷量；
(3)若带电粒子主要由动能为4
3E k、E k、3
4
E k的三种粒子组成，要使三种带电粒子均
能被吞噬板吸收，求磁感应强度应满足的条件。

答案和解析1.【答案】C
【解析】解：根据P=F
S =ma
S
，将m、a、S单位的kg、m/s2、m2代入，可得1Pa=1kg⋅
m−1⋅s−2，故ABD错误，C正确。

故选：C。

根据牛顿第二定律得到力的单位与国际单位制中基本单位的关系，从而得到压强的单位与际单位制中基本单位的关系。

解决本题时要掌握力学三个国际基本单位：m、kg、s，利用物理量之间的关系推导出单位关系。

2.【答案】D
【解析】解：A、库仑通过扭秤实验发现了库仑定律，但他没有测量出静电力常量，故A错误；
B、法拉第通过实验发现了电磁感应现象，但他没有得出法拉第电磁感应定律，法拉第电磁感应定律是由纽曼、韦伯研究得出的，故B错误；
C、麦克斯韦提出的光的电磁理论，赫兹通过一系列实验证实了关于光的电磁理论，故C错误；
D、戴维孙和汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射实验，而衍射是波的特性，从而证实了实物粒子具有波动性，故D正确。

故选：D。

根据物理学史，知道相关科学家对物理学的贡献，从而解答本题。

本题考查物理学史，属于常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

3.【答案】B
【解析】解：A、在悬停避障与缓冲着陆段调整着落姿态时，天问一号的大小和形状不可忽略，所以不可以看作质点，故A错误；
B、在动力减速段，天问一号加速度方向向上，处于超重状态，故B正确；
C、在伞系减速段，伞对天问一号的作用力与天问一号对伞的作用力是一对相互作用力，其大小相等方向相反，故C错误；
D、在气动减速段，天问一号初速度方向不是水平方向，也并不是只受重力作用，所以不是做平抛运动，故D错误。

故选：B。

根据天问一号的大小和形状是否可忽略，判断其是否可看作质点；根据加速度的方向判断超重或者失重状态；根据牛顿第三定律判断力的大小关系；根据平抛运动的特点判断天问一号的运动。

本题在判断过程中要注意明确物体看作质点的条件、超失重的特点、一对相互作用力的大小关系和平抛运动的特点。

4.【答案】ABC
【解析】解：AB、由于地铁的加速度方向与笔的加速度方向相同，所以通过判断笔的加速度方向可知地铁的加速度方向；同时由于题干已经明确指出地铁在加速，则速度方向(即运动方向)与加速度方向同向，因此运动方向也可判断，故AB正确；
CD.以笔为研究对象，笔受到重力及细绳拉力的共同作用，设绳子与杆子的夹角为θ，
则由牛顿第二定律，可设笔的加速度大小为a，则有mgtanθ=ma，则a=gsinθ，若细绳与杆子的夹角θ增大，则笔加速度增大，地铁加速度增大，由于速度方向与加速度同向，因此速度一定增大，故C正确，D错误。

故选：ABC。

由于地铁的加速度方向与笔的加速度方向相同，所以通过判断笔的加速度方向可知地铁的加速度方向；对笔进行受力分析确定合力方向从而可确定加速度方向，从而进行求解。

本题考查受力分析与牛顿第二定律，要求学生通过受力分析确定物体的合力及加速度方向进行分析和解题，难度不大。

5.【答案】B
【解析】解：A 、悬挂在靠近塔杆悬点处的小锤并没有接地，没有预防雷电的功能，故A 错误；
B 、当输电线受到风吹动时，会发生较强烈的振动，当振动频率等于输电线的固有频率时，会发生共振现象，输电线会损坏，为了防止和减轻电线的振动，需要挂一个小锤，当电线振动时，小锤也会振动，并产生一个与输电线振动不同步甚至相反的作用力，减弱输电线振动的幅度，以此来保护输电线，故B 正确；
C 、如果小锤的振动与输电线振动是同步的，根本起不到减弱输电线振动幅度的作用，故C 错误；
D 、当有一定的风力作用在输电线上时，输电线会被吹动，这个吹动的程度与杆距有关，所以要根据实际情况选用合适的小锤来减弱输电线的这种振动，故D 错误。

故选：B 。

小锤并没有接地，无法防雷电；小锤振动时会产生一个与输电线振动不同步甚至相反的作用力，减弱输电线振动的幅度；小锤的振动与输电线振动不是同步的；输电线的振幅与杆距有关，小锤也需根据实际情况选用不同的规格。

共振现象是指当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大，小锤(防震锤)的作用就是为了预防输电线发生共振现象时产生的危害而设计出来的，同学们在做这种与生活相关的题时，要根据试题考查的核心物理知识来分析，并灵活运用。

6.【答案】C
【解析】解：设地球的质量为M ，核心舱的质量为m ，轨道半径为r ，核心舱绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得 G
Mm r 2
=ma =m
4π2T 2
r =m v 2r ，可得a =
GM
r
2，T =2π√r
3
GM ，v =√GM r
A 、衰减后轨道半径为原轨道半径的98%，根据a =
GM r 2
，得衰减之后和之前向心加速度
之比a 后
a 前
=(100
98)2
≈1.04，即衰减后的向心加速度约为原来的1.04倍，故A 错误；
B 、衰减后轨道半径为原轨道半径的98%，根据T =2π√r 3
GM
，得衰减之后和之前周期之
比T 后
T 前
=√(98
100)3≈0.98，即衰减后的周期约为原来的0.98倍，故B 错误；
C 、动能为E k =1
2mv 2
=
GMm 2r
，则衰减之后和之前动能之比E k 后
E
k 前
=
10098
≈1.02，即衰减后
的动能约为原来的1.02倍，故C 正确；
D、由v=√GM
r 得衰减之后和之前速度之比
v
后
v
前
=√100
98
≈1.01，即衰减后的速度约为原来
的1.01倍，故D错误。

故选：C。

根据万有引力提供向心力，列式得到核心舱的向心加速度、周期、速度与轨道半径的关系，再进行求解。

解决本题时，要建立模型，抓住万有引力提供向心力这一思路列式。

对于周期关系，也可以根据开普勒第三定律研究。

7.【答案】B
【解析】解：该同学身高约ℎ=1.6m，则每次上半身重心上升的距离约为：ℎ′=1
5
ℎ= 0.32m
则她每一次克服重力做的功为：W=0.6mgℎ′=0.6×50×10×0.32J=96J
1min内她克服重力所做的总功为：W总=40W=40×96J=3840J
她克服重力做功的平均功率为：P=W
t =3840
60
W=64W.分析以上选项可知，只有B项
接近，故B正确，ACD错误。

故选：B。

仰卧起坐的过程中克服重力做功，由W=0.6mgℎ即可求出每一次克服重力做的功，然
后求出总功，再由功率的表达式P=W
t
即可求出克服重力做功的平均功率。

本题要建立模型，估算出考查功的计算，每次上半身重心上升的距离，要注意人克服重力做的功等于为0.6mgℎ是解答的关键。

8.【答案】C
【解析】解：根据安培定则可知，l1在l3处产生的磁场方向为垂直l1l3的连线向右，l2在l3处产生的磁场方向为垂直l2l3的连线向右，l1和l2电流的大小相等，产生的磁感应强度的大小也相等，根据平行四边形定则可知它们的合场强方向水平向右。

要使l3所受安培力为零，即l3处的合磁感应强度为零即可，所以要加的匀强磁场的方向为水平向左，故C正确，ABD错误；
故选：C。

根据安培定则判断出l1、l2在l3处产生的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则计算合场强的方向，进而判断在处应该加的磁场的方向。

本题是对安培定则的考查，明确电流产生的磁场的方向之间的关系即可，注意磁感应强度是矢量，合成时要用平行四边形定则来合成。

9.【答案】D
【解析】解：A、衍射现象是一切波所特有的现象，这两列波遇到宽为3m的障碍物，会发生衍射现象，故A错误；
B、弧AB与CD的间距为1m，则可知这两列波的波长为λ=2m，则波速为：v=λ
T
=
2
0.2
m/s=10m/s，故B错误；
C、两列波的波峰能同时达到E点，所以E点为振动加强点，故C错误；
D、E点为振动加强点，其振幅为：A′=2A=2×5cm=10cm，E点在1s内运动的路
程为：s=t
T ×4A′=1
0.2
×4×10cm=200cm=2m，故D正确。

故选：D。

衍射现象是一切波所特有的现象；根据题意可知这两列波的波长，根据v=λ
T
求解波速；E点为振动加强点，其振幅为两列波振幅之和，E点在1个周期内通过的路程为4A，由此解答。

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；知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。

10.【答案】C
【解析】解：A、油滴带负电，在电场中受到的电场力方向水平向左，
油滴进入电场后向左偏转，所以，P点在O点正上方的左侧，故A错误；
B、油滴在水平方向上向左做匀加速直线运动，电场力对油滴一直做正
功，故B错误；
C、根据E=mg q，得油滴受到的电场力大小F=qE=mg，方向水平向左，重力和电场力的合力方向与电场线反方向的夹角为45°斜向左下方，则合力对油滴先做负功后做正功，油滴速度先减小后增大，当合力方向与速度方向垂直时油滴速度最小，设最小速度
为v，最小速度方向与水平方向的夹角为45°，如图所示。

在竖直方向上油滴做竖直上抛运动，有vsin45°=v0−gt；在水平方向上油滴做初速度为零的匀加速直线运动，有
vcos45°=qE
m t=gt，联立解得v=√2
2
v0，故C正确；
D、当油滴到达最高点时，竖直方向有t=v0g，水平方向有v′=at=g⋅v0g=v0，可知P
点为最高点。

设O、P两点沿电场方向的距离为d。

在水平方向有d=v0
2t=v02
2g
O、P两点间的电势差为U OP=−Ed=−mg
q ⋅v02
2g
=mv02
2q
，故D错误。

故选：C。

分析油滴受到的电场力方向，确定油滴的偏转方向，即可判断P点的位置，并判断电场力做功情况；当重力和电场力的合力方向与速度方向垂直时油滴速度最小；根据分位移公式求出O、P两点沿电场方向的距离，由U=Ed求O、P两点间的电势差。

本题是带电液滴在电场中运动的问题，是一种类斜抛运动，其关键是分析清楚带电液滴的受力情况，来判断其运动规律，采用运动的分解法研究。

11.【答案】A
【解析】解：A、波长为60nm的紫外线的光子的能量为：E=ℎν=ℎc
λ=6.63×10−34×3×108
60×10−9
J≈
20.7eV>13.6eV，所以用波长为60nm的紫外线照射，能使处于基态的氢原子电离出自由电子，故A正确；
B、根据玻尔理论得知，n=4能级直接跃迁到基态放出的光子能量最大，最大能量为：E max=E4−E1=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV
氢原子跃迁辐射光子能力使锌板发生光电效应，一部分克服逸出功，多余部分以动能形式随光电子逸出，由于金属钙的逸出功是W=3.20eV，那么克服逸出功后剩余的动能即为最大为：E km=E max−W=12.75eV−3.20eV=9.55eV，故B错误；
C、这群处于n=4能级的氢原子能发出C42=6种不同频率的光，故C错误；
D、从n=4能级的氢原子跃迁到n=2能级辐射的光子能量大于从n=4能级的氢原子跃
迁到n=3能级辐射的光子能量，再依据E=ℎν=ℎc
λ
，可知，从n=4能级跃迁到n=2能
级辐射的光子波长比跃迁到n=3能级的小，最后根据德布罗意波公式λ=ℎ
p
可知：跃迁到n=2能级辐射的光子动量比跃迁到n=3能级的大，故D错误；
故选：A。

要使处于基态的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从基态跃迁到无限远处，最
小频率的电磁波的光子能量应为：ℎν=0−E1；
依据能量跃迁公式ΔE=ℎν=E m−E n，结合光电效应方程E km=ℎν−W，即可判定；依据数学组合公式C n2，即可求解跃迁种类；
根据德布罗意波波长公式判断。

考查原子跃迁的应用，解决本题的关键知道什么是电离，以及能级的跃迁满足ℎν=E m−E n，注意吸收光子是向高能级跃迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差，同时要注意电子只能吸收恰好等于氢原子的能级差的光子，并理解德布罗意波公式。

12.【答案】B
【解析】解：A、对小球A受力分析，如图
所示，由力的平衡条件可知：F=mgtan37°，
根据库仑定律得F=k q 2
r AB2
由几何关系可知，r AB=ℎ
tan37∘+ℎ
tan53∘
联立解得q=25ℎ
24√3mg
k
，故A错误；
B、对小球B受力分析，如图所示，由力的平衡条件有：F=m1gtan53°，又F=mgtan37°，
解得m1=9
16
m，故B正确；
C、对B球，由平衡条件得N2=F
sin53∘，又F=mgtan37°，解得N2=15
16
mg，故C错误；
D、由A选项可知mgtan37°=k q 2
r AB2
，当小球的电荷量增大，AB两球水平间距也增大时，两小球可以静止在同一水平线上，故D错误。

故选：B。

对小球B受力分析，根据平衡条件求出B球受到的库仑力，再由库仑定律求小球的电荷量。

本题是带电体在电场中平衡问题，当作力学问题去处理，关键要正确分析受力情况，画出受力图，利用平衡条件和库仑定律相结合进行解答。

13.【答案】C。