2018届高三物理二轮复习练习：近代物理初步 夯基保分练(二)含解析
高三物理二轮复习热点训练--近代物理初步(含解析)
近代物理初步作为物理学的一个板块在2017年列入必考内容后，对其考查在所难免。
但由于该部分知识点多要求难度不太大，因此考查时多以选择题出现，而且题目难度不会太大。
考向一光电效应(多选)某种金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图像如图所示。
则由图像可知图1A．任何频率的入射光都能产生光电效应B．该金属的逸出功等于hν0C．入射光的频率发生变化时，遏止电压不变D．若已知电子电量e，就可以求出普朗克常量h[解析] 只有当入射光的频率大于或等于极限频率时，才会发生光电效应现象，故A错误；当遏止电压为零时，最大初动能为零，则入射光的能量等于逸出功，所以W0＝hν0，故B正确；根据光电效应方程Ekm＝hν－W0和eUc＝Ekm得，Uc＝hνe－W0e，当入射光的频率大于极限频率时，遏止电压与入射光的频率成线性关系，故C错误；因为Uc＝hνe－W0e，知图线的斜率等于he，从图像上可以得出斜率的大小，已知电子电量，可以求出普朗克常量，故D正确。
[答案] BD考向二氢原子能级跃迁氦原子被电离出一个核外电子，将会形成类氢结构的氦离子。
已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子能级的示意图如图2所示。
在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是图2A．40.8 eV B．43.2 eVC．51.0 eV D．54.4 eV[解析] 根据玻尔理论可以知道，处于基态的氦离子在吸收光子能量时只能吸收一个特定频率的光子且不能积累。
因此当其他能级与基态间的能量差和光子能量相等时，该光子才能被吸收。
由能级示意图可知：第2能级和基态间的能量差ΔE1＝E2－E1＝－13.6 eV－(－54.4 eV)＝40.8 eV，故A选项中的光子能量能被吸收，没有能级之间的能量差和B选项中光子的能量相等，第4能级和基态间的能量差ΔE2＝E4－E1＝－3.4 eV－(－54.4 eV)＝51.0 eV，故C选项中光子能量能被吸收，当光子能量大于或等于基态能量的绝对值时，将被处于基态的离子吸收并发生电离，故选项D中的光子能量能被吸收。
2018届高考物理二轮复习近代物理专题卷(全国通用)
一．选择题１．（2018洛阳一模）下列说法正确的是（）A．玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性B．铀核裂变的核反应是23592U→14156Ba+9236Kr+21nC．原子从低能级向高能级跃迁，不吸收光子也能实现D．根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越大【参考答案】C【命题意图】本题考查核反应、黑体辐射、光电效应、玻尔理论和能级及其相关的知识点。
2. （2018安徽黄山一模）关于下列四幅图的说法正确的是A．甲图中A处能观察到大量的闪光点，B处能看到较多的闪光点，C处观察不到闪光点B．乙图中1为α射线，它的电离作用很强可消除静电C．丙图中处于基态的氢原子能吸收能量为10.4eV的光子而发生跃迁D．丁图中用弧光灯照射原来就带电的锌板时，发现验电器的张角变大，说明锌板原来带负电【参考答案】B【名师解析】甲图中A处能观察到大量的闪光点，B处能看到较多的闪光点，C处观察到很少的闪光点，选项A错误；根据左手定则，乙图中1为α射线，由于α粒子带两个正电荷，它的电离作用很强可消除静电，选项B正确；根据玻尔理论，丙图中处于基态的氢原子能吸收能量为10.2eV的光子而发生跃迁，选项C错误；丁图中用弧光灯照射原来就带电的锌板时，发现验电器的张角变大，说明锌板原来带正电，选项D错误。
3.（2018浙江名校协作体联考）下列说法正确的是（）A.德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越小B． 射线是频率极高的电磁波，其在云室中穿过会留下清晰的径迹C．根据玻尔原子模型，氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能将增大D．太阳辐射能量的主要来源与核电站发生的核反应一样都是重核裂变【参考答案】.AC4. （2018浙江名校协作体联考）下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是( )A. 图甲：a、b两种光通过玻璃砖的折射情况，可知a、b光通过同一双缝干涉实验装置时，a光相邻干涉条纹间距小于b光干涉条纹间距B. 图乙：各种电磁波都是横波，电磁波和机械波都能产生反射、折射、干涉、衍射等现象以及多普勒效应C. 图丙: 一群氢原子跃迁时，发出波长为λ1,λ2,λ3,的三条谱线，它们的关系是λ1+λ2=λ3D. 图丁：图示中强黄光和弱黄光曲线交于u轴同一点，说明发生光电效应时最大初动能与光的强度无关【参考答案】ABD【解题思路】图甲：a、b两种光通过玻璃砖的折射情况，可知a光发生了全反射，而b光没有发生全反射，根据全反射临界角公式可知，a光的折射率较大，根据折射率较大的频率较高可知，a光的频率较高，波长较短。
2018届高考物理近代物理初步专题卷含答案解析(全国通用)
2018年高考物理二轮复习讲练测专题08 近代物理初步一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）1．下列有关光的现象中，不能用光的波动性进行解释的是（）A. 光的衍射现象B. 光的偏振现象C. 泊松亮斑D. 光电效应【答案】D【解析】光的衍射、偏振都是波特有的性质，故能说明光具有波动性（偏振是横波特有的属性），AB不符合题意；泊松亮斑是由于光的衍射形成的，能用光的波动性进行解释，故C 不符合题意；光电效应说明光具有粒子性，D符合题意．2．已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，下列说法正确的是（）A. 钙的逸出功大于钾的逸出功B. 钙逸出的电子的最大初动能大于钾逸出的电子的最大初动能C. 比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子．钾逸出的光电子具有较大的波长D. 比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子．钙逸出的光电子具有较大的动量【答案】A3．我国科学家潘建伟院士预言十年左右量子通信将“飞”入千家万户。
在通往量子论的道路上，一大批物理学家做出了卓越的贡献，下列有关说法正确的是( )A. 玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念B. 爱因斯坦最早认识到了能量子的意义，提出光子说，并成功地解释了光电效应现象C. 德布罗意第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念D. 普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性【答案】B【解析】普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故A错误；爱因斯坦最早认识到了能量子的意义，为解释光电效应的实验规律提出了光子说，并成功地解释了光电效应现象，故B正确；玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，故C错误；德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，故D错误；故选B.4．入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，那么A. 从光照射金属表面到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B. 逸出的光电子的最大初动能将减小C. 单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D. 有可能不发生光电效应【答案】C5．用如图的装置研究光电效应现象，当用光子能量为3.0 eV的光照射到光电管上时，电流表G的读数为0.2 mA,移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7 V时，电流表读数为0，则A. 电键K断开后，没有电流流过电流表GB. 所有光电子的初动能为0.7 eVC. 光电管阴极的逸出功为2.3 eVD. 改用能量为1.5 eV的光子照射，电流表G也有电流，但电流较小【答案】C6．下列说法正确的是（）A. 天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构B. 一群处于n=3能级激发态的氢原子，自发跃迁时能发出最多6种不同频率的光C. 放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1D. 235U的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短92【答案】C【解析】天然放射现象的发现揭示了原子核具有复杂结构，故A错误；一群处于n=3能级激发态的氢原子，自发跃迁时能发出3种不同频率的光，分别是从n=3到n=2，从n=3到n=1，从n=2到n=1，故B错误；根据质量数与质子数守恒，则有放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1，故C正确；半衰期不随着地球环境的变化而变化，故D错误；故选C．7．氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62eV-3.11eV。
2018届高三物理二轮复习练习：电磁感应 夯基保分练(二) Word版含解析
夯基保分练(二) 法拉第电磁感应定律自感[A级——保分练]1.(2017·青岛模拟)如图所示为地磁场磁感线的示意图。
一架民航飞机在赤道上空匀速飞行,机翼保持水平,由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠,在地磁场的作用下,金属机翼上有电势差。
设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1,右方机翼末端处的电势为φ2,忽略磁偏角的影响,则( )A、若飞机从西往东飞,φ2比φ1高B、若飞机从东往西飞,φ2比φ1高C、若飞机从南往北飞,φ2比φ1高D、若飞机从北往南飞,φ2比φ1高解析:选C 由于地磁场的方向是由南到北的,若飞机从西往东飞或者从东往西飞,竖直下坠,机翼方向与地磁场方向平行,不切割磁感线,不产生感应电动势,所以机翼两端不存在电势差,故A、B错误；若飞机从南往北飞,竖直下坠,机翼方向与地磁场方向垂直,由右手定则可判定,飞机的右方机翼末端的电势比左方机翼末端的电势高,即φ2比φ1高,同理可知,若飞机从北往南飞,φ2比φ1低,故C正确,D错误。
2、(多选)(2015·全国卷Ⅰ)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。
实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。
实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。
下列说法正确的是( )A 、圆盘上产生了感应电动势B 、圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C 、在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D 、圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动解析:选AB 当圆盘转动时,圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线,产生感应电动势,选项A 正确；如图所示,铜圆盘上存在许多小的闭合回路,当圆盘转动时,穿过小的闭合回路的磁通量发生变化,回路中产生感应电流,根据楞次定律,感应电流阻碍其相对运动,但抗拒不了相对运动,故磁针会随圆盘一起转动,但略有滞后,选项B 正确；在圆盘转动过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零,选项C 错误；圆盘显电中性,转动不会产生磁场,选项D 错误。
2018年全国卷高考物理总复习《近代物理初步》专题演练(含答案)
2018年全国卷高考物理总复习《近代物理初步》专题演练1．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2．贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用．下列属于放射性衰变的是（ ）A ．14140671C N e -→+ B ．235113995192053390U +n I Y 2n →++C ．23411120H +H He+n →D ．427301213150He +Al P+n →3．（多选）现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生。
下列说法正确的是（ ）A ．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B ．入射光的频率变高，饱和光电流变大C ．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D ．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E ．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关4．（多选）一静止的铝原子核2713Al 俘获一速度为71.010⨯m/s 的质子p 后，变为处于激发态的硅原子核28*14Si ，下列说法正确的是（ ）A ．核反应方程为2728*1314p Al Si +→B ．核反应方程过程中系统动量守恒C．核反应过程中系统能量不守恒D．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10m/s，方向与质子初速度方向一致E．硅原子核速度的数量级为5【答案】ABE5．（多选）下列说法正确的是（）A．爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程B．康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量C．玻尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律D．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型E．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长【答案】ACD6．用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图像如图所示，该实验表明（）A．光的本质是波B．光的本质是粒子C．光的能量在胶片上分布不均匀D．光到达胶片上不同位置的概率相同【答案】C7．物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上，下列说法正确的是（）A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的B．电子的发现使人认识到原子具有核式结构C． 粒子散射实验的重要发现是电荷时量子化的D ．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的【答案】A8．（多选）波粒二象性时微观世界的基本特征，以下说法正确的有（ ）A ．光电效应现象揭示了光的粒子性B ．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C ．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D ．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波也相等【答案】AB9．下列核反应方程中，属于α衰变的是（ ）A ．1441717281N He O H +→+B ．238234492902U Th He →+C ．23411120H H He n +→+D ．234234090911Th Pa e -→+【答案】B10．（多选）科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚核反应获得能量，核反应方程分别为：X ＋Y →He 42＋H 31＋4.9MeV 和H 21＋H 31→He 42＋X ＋17.6MeV ，下列表述正确的有（ ）A ．X 是中子B ．Y 的质子数是3，中子数是6C ．两个核反应都没有质量亏损D ．氘和氚的核反应是核聚变反应【答案】AD11．【西安市长安区第一中学大学区2017届高三第三次联考】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】A12．【哈尔滨市第六中学2017届高三下学期第二次模拟考试】静止在匀强电场中的碳14原子核，某时刻放射的某种粒子与反冲核的初速度方向均与电场方向垂直，且经过相等的时间后形成的轨迹如图所示（a、b表示长度）。
2019届高三物理二轮复习练习：力学实验 夯基保分练(2)(含解析)
夯基保分练(二) “运动”类实验1．(2019·江西六校联考)实验小组采用如图甲所示的装置研究“小车运动变化规律”。
打点计时器工作频率为50 Hz。
实验的部分步骤如下：a．将木板的左端垫起，以平衡小车的摩擦力；b．在小车中放入砝码，纸带穿过打点计时器的限位孔，连在小车后端，用细线连接小车和钩码；c．将小车停在打点计时器附近，接通电源，释放小车，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列的点，断开电源；d．改变钩码或小车中砝码的质量，更换纸带，重复b、c的操作。
(1)设钩码质量为m1、砝码和小车总质量为m2，重力加速度为g，则小车的加速度为a ＝________(用题中所给字母表示)。
(2)如图乙是某次实验中得到的一条纸带，在纸带上取计数点O、A、B、C、D和E，用分度值为1毫米的刻度尺进行测量，读出各计数点对应的刻度x，通过计算得到各计数点到O的距离s以及对应时刻小车的瞬时速度v。
请将C点对应的测量值x C和速度计算值v C填在下表中的相应位置。
(3)0v是各计数点对应时刻小车的瞬时速度，v0是O点对应时刻小车的瞬时速度)。
他们根据实验数据在图丙中标出了O、A、B、D、E对应的坐标点，请你在该图中标出计数点C对应的坐标点，并画出Δv2s 图线。
(4)实验小组绘制的Δv2s图线的斜率k＝________(用题中所给字母表示)，若发现该斜率大于理论值，其原因可能是________________________________________________。
解析：(1)对钩码，根据牛顿第二定律得m 1g －F ＝m 1a ， 对小车，根据牛顿第二定律得F ＝m 2a ，解得a ＝m 1gm 2＋m 1。
(2)C 点对应的测量值x C ＝6.00 cm 。
由于每相邻两个计数点间还有1个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T ＝0.04 s ，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C 点时小车的瞬时速度大小v C ＝0.083 3－0.040 42×0.04m/s ≈0.54 m/s 。
2018版高考物理二轮专题限时集训12 近代物理初步 含解
专题限时集训(十二) 近代物理初步(对应学生用书第139页)(限时：40分钟)选择题(共15小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～9题只有一项符合题目要求，第10～15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．)1．(2018·黑龙江省大庆中学高三上学期期末考试)下列几种说法中有一种是错误的，它是()A．大如太阳、地球等这些宏观的运动物体也具有波动性，这种波是物质波B．光子与物质微粒发生相互作用时，不仅遵循能量守恒，还遵循动量守恒C．光子与光电子是同一种粒子，它们对应的波也都是概率波D．核力是一种强相互作用力，热核反应中库仑力做功与核力做功相比能忽略C[大如太阳、地球等这些宏观的运动物体也具有波动性，这种波是物质波，故A正确；光子与物质微粒发生相互作用时，不仅遵循能量守恒，还遵循动量守恒，故B正确；光子是光的组成部分，而光电子是电子；故二者不相同，故C错误；根据核力的特点可知，核力是一种强相互作用力，热核反应中库仑力做功与核力做功相比能忽略，故D正确；本题选错误的，故选C.]2．(2018·天津市和平区高三上学期期末质量调查)在光电效应实验中，用波长为λ的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是()A．仅增大入射光的强度，光电流大小不变B．仅减小入射光的强度，光电效应现象可能消失C．改用波长大于λ的光照射，光电子的最大初动能变大D．改用波长大于λ的光照射，可能不发生光电效应D[光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应，与入射光的强度无关，与光照时间也无关，当发生光电效应时，增大入射光的强度，则光电流会增大，故A 错误；入射光的频率大于金属的极限频率，才会发生电效应，与入射光的强度无关，故B 错误；在光电效应中，根据光电效应方程知，E km ＝hc λ－W 0，改用波长大于λ的光照射，光电子的最大初动能变小，或者可能不发生光电效应，选项C 错误，D 正确．故选D.]3．(2018·日照市高三下学期第一次模拟考试)现用某一光电管进行光电效应实验，当用频率为ν的光照射时，有光电流产生．下列说法正确的是( )【导学号：19624150】A ．光照时间越长，光电流就越大B ．减小入射光的强度，光电流消失C ．用频率小于ν的光照射，光电效应现象消失D ．用频率为2ν的光照射，光电子的初动能变大D [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，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目．光电流的大小与入射光的时间无关，入射光的强度越大，饱和光电流越大，故A 错误；进行光电效应实验时，能否发生光电效应与入射光的强度无关，减小入射光的强度，光电流不能消失，故B 错误；用频率为ν的光照射时，有光电流产生，用频率小于ν的光照射，光电效应现象不一定消失，还要看入射光的频率是否小于极限频率，故C 错误；根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，故D 正确．]4．(2018·广元市高三第二次高考适应性统考)如图12-4所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n ＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49 eV 的金属钠．下列说法正确的是( )图12-4A．这群氢原子能发出3种不同频率的光，其中从n＝3跃迁到n＝2所发出的光波长最短B．这群氢原子能发出2种不同频率的光，其中从n＝3跃迁到n＝1所发出的光频率最小C．金属钠表面发出的光电子的最大初动能为9.60 eVD．金属钠表面发出的光电子的最大初动能为11.11 eVC[一群氢原子处于n＝3的激发态，可能发出3种不同频率的光子，因为n＝3和n＝2间能级差最小，所以从n＝3跃迁到n＝2发出的光子频率最低，所以波长最长．因为n＝3和n＝1间能级差最大，所以从n＝3跃迁到n＝1发出的光子频率最高，波长最短，故A、B错误．所以从n＝3跃迁到n＝1发出的光子频率最高，发出的光子能量为ΔE＝(13.60－1.51) eV＝12.18 eV.根据光电效应方程E km＝hν－W0得，最大初动能E km＝(12.18－2.49) eV＝9.60 eV，故D错误，C正确．]5．根据玻尔理论，氢原子的能级公式为E n＝An2(n为能级，A为基态能量)，一个氢原子中的电子从n＝4的能级直接跃迁到基态，在此过程中()【导学号：19624151】A．氢原子辐射一个能量为15A16的光子B．氢原子辐射一个能量为－15A16的光子C．氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子能量为15A 16D．氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子能量为－15A 16B[根据玻尔理论，一个氢原子中的电子从n＝4的能级直接跃迁到基态，辐射一个光子的能量为ΔE＝E4－E1＝A42－A12＝－15A16，选项B正确，A、C、D错误．]6．(2018·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅲ))如图12-5为氢原子的能级图，以下判断正确的是()图12-5A．大量氢原子从n＝3的激发态向低能级跃迁时，能产生3种频率的光子B．氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量减小C．当氢原子从n＝5的状态跃迁到n＝3的状态时，要吸收光子D．从氢原子的能级图可知原子发射光子的频率也是连续的A[根据C23＝3可知，一群处于n＝3能级氢原子向低能级跃迁，辐射的光子频率最多3种，选项A正确；氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大，选项B错误；氢原子从高能级跃迁到低能级时放出光子，选项C错误；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，选项D错误．](2018·黔东南州高三下学期高考模拟考试)氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n＝4的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n ＝3的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光b，则()A．a光较b光的波长小B．氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时辐射出的光子的能量可能小于0.66 eVC．一群处于n＝4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D．若a光照射某种金属能发生光电效应，则b光照射这种金属也一定能发生光电效应A[根据跃迁规律可知从n＝4向n＝2跃迁时辐射光子的能量大于从n＝3向n＝2跃迁时辐射光子的能量，则可见光a的光子能量大于b，又根据光子能量E＝hν可得a光子的频率大于b光子的频率，由λ＝cν知a光的波长小于b光的波长，A正确；氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时辐射出光子的能量为：－0.85 eV－(－1.51) eV＝0.66 eV，故B错误；氢原子n＝4的能级跃迁时，能产生C24＝6种谱线，故C错误；a光子的频率大于b光的频率，所以若a光照射某种金属能发生光电效应，则b光不一定能，D错误．]7．(2018·桂林中学月考)关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是()A．原子核的结合能越大，原子核越稳定B．任何两个原子核都可以发生核聚变C.23892U衰变成20682Pb要经过8次β衰变和6次α衰变D．发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减小了2D[原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，这也就是原子核的结合能．组成原子核的核子越多，它的结合能就越高，因此有意义的是它的结合能与核子数之比，称作比结合能，也叫平均结合能．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项A错误．自然界中最容易实现的聚变反应是氢的同位素——氘与氚的聚变．不是任意的原子核都能发生核聚变，选项B错误.23892U衰变成20682Pb的过程中，α衰变的次数为n＝238－2064＝8，β衰变的次数为：n＝2×8－(92－82)＝6，选项C错误．发生α衰变时，电荷数少2，质量数少4，质量数等于质子数加上中子数，知中子数减少了2，选项D正确．] 8．(2018·江西师范大学附属中学高三3月月考)匀强电场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7∶1，如图12-6所示，那么碳14的衰变方程为()【导学号：19624152】图12-6A.146C→01e＋145BB.146C→42He＋104BeC.146C→21H＋145BD.146C→0－1e＋147ND[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．原子核的衰变过程满足动量守垣，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，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＝m v qB，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147N，所以碳14的衰变方程为146C→147N＋0－1e，故D正确．]9．(2018·天津高考)我国自主研究制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献．下列核反应方程中属于聚变反应的是()图12-7A.21H＋31H→42He＋10nB.147N＋42He→178O＋11HC.42He＋2713Al→3015P＋10nD.23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310nA[A对：两个轻核结合成质量较大的原子核．B错：原子核的人工转变．C错：原子核的人工转变．D错：重核裂变．]10．(2018·云南部分名校统考)关于光电效应和康普顿效应的规律，下列说法正确的是()A．光电效应中，金属板向外发射的光电子又可以叫光子B．用光照射金属不能发生光电效应是因为该入射光的频率小于金属的截止频率C．石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变大，这个现象称为康普顿效应D．康普顿效应说明光具有粒子性BCD[光电效应中，金属板向外发射的光电子是电子，A错误；入射光的频率只有大于金属的截止频率才能发生光电效应，B正确；石墨对X射线散射时，散射光中除了有原波长λ0的X光外，还产生了波长λ>λ0的X光，其波长的增量随散射角的不同而变化，这种现象称为康普顿效应，C正确；康普顿效应说明光具有粒子性，D正确．]11．[2018·河南省天一大联考高三阶段性测试(五)]1918年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说．在给出与光电效应有关的四个图象中，下列说法正确的是()图12-8A．图甲中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电B．图乙中，从光电流与电压的关系图象中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关C．图丙中，若电子电量用e表示，νc、ν1、U2已知，由U c-ν图象可求得普朗克常量的表达式为h＝U1e ν1－νcD．图丁中，由光电子最大初动能E k与入射光频率的关系图象可知该金属的逸出功为E或hν0CD[用紫外线灯发出的紫外线照射锌板，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，则验电器的金属球和金属指针带正电，故选项A错误；由图可知电压相同时，光照越强，光电流越大，只能说明光电流强度与光的强度有关，遏止电压只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故选项B错误；根据爱因斯坦光电效应方程U c e＝hν－W0，可知U c＝heν－W0e，图象U c-ν的斜率表示he，即he＝U1ν1－νc，解得h＝U1eν1－νc，故选项C正确；根据光电效应方程E km＝hν－W0知道E k-ν图线的纵轴截距的绝对值表示逸出功，则逸出功为E，当最大初动能为零，入射光的频率等于金属的极限频率，则金属的逸出功等于hν0，故选项D正确．]12．[2018·3月湖北省七市(州)教科研协作体高三联合]如图12-9所示是氢原子的能级图，大量处于n＝5激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出10种不同频率的光子．其中莱曼系是指氢原子由高能级向n＝1能级跃迁时释放的光子，则()【导学号：19624153】图12-9A．10种光子中波长最短的是n＝5激发态跃迁到基态时产生的B．10种光子中有4种属于莱曼系C．使n＝5能级的氢原子电离至少要0.85 eV的能量D．从n＝2能级跃迁到基态释放光子的能量等于n＝3能级跃迁到n＝2能级释放光子的能量AB[n＝5激发态跃迁到基态时产生的光子的能量最大、频率最大，所以波长最短，所以A正确；由题意知，从n＝5、4、3、2激发态跃迁到n＝1时发出的4种光子属于莱曼系，所以B正确；由图知，n＝5能级的电离能为0.54 eV，所以C错误；从n＝2能级跃迁到基态释放光子的能量大于n ＝3能级跃迁到n＝2能级释放光子的能量，所以D错误．] 13．(2018·广西桂林市、崇左市高三联合调研考试)下列描述中正确的是() A．质子与中子结合成氘核的过程中需要吸收能量B．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少2个C.23892U(铀核)衰变为22288Rn(氡核)要经过4次α衰变，4次β衰变D．发生光电效应时入射光波长相同，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小CD[中子和质子结合成氘核有质量亏损，释放能量，选项A错误；某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少4个，选项B错误；23892U(铀核)衰变为22288Rn(氡核)质量数减小16，故要经过4次α衰变，由于电荷数减少4，则应该有4次β衰变，选项C正确；发生光电效应时入射光波长相同，则光的频率相同，根据hν＝W逸出功＋12m v2m，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小，选项D正确．] 14．(2018·南平市普通高中毕业班适应性检测)用如图12-10甲所示的装置研究光电效应现象．闭合开关S，用频率为ν的光照射光电管时发生了光电效应．图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能E k与入射光频率ν的关系图象，图线与横轴的交点坐标为(a,0)，与纵轴的交点坐标为(0，－b)，下列说法中正确的是()【导学号：19624154】甲乙图12-10A．普朗克常量为h＝b aB．断开开关S后，电流表G的示数不为零C．仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大D．保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G的示数保持不变AB[由hν＝W0＋E k，变形得E k＝hν－W0，可知图线的斜率为普朗克常量，即h＝ba，故A正确；断开开关S后，初动能大的光电子，也可能达到阴极，所以电流表G的示数不为零，故B正确；只有增大入射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，与光的强度无关，故C错误；保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，单个光子的能量增大，而光的强度不变，那么光子数一定减少，发出的光电子数也减少，电流表G的示数要减小，故D错误．]15．(2018·江苏高考)原子核的比结合能曲线如图12-11所示．根据该曲线，下列判断正确的有()图12-11A.42He核的结合能约为14 MeVB.42He核比63Li核更稳定C．两个21H核结合成42He核时释放能量D.23592U核中核子的平均结合能比8936Kr核中的大BC[A错：42He核有4个核子，由比结合能图线可知，42He核的结合能约为28 MeV.B对：比结合能越大，原子核越稳定．C对：两个21H核结合成42He核时，核子的比结合能变大，结合时要放出能量．D错：由比结合能图线知，23592U核中核子平均结合能比8936Kr核中的小．]。
物理-江苏省2018年高考二轮复习精品资料专题10 近代物理初步(解析版).doc
专题10 近代物理初步1．下列说法正确的是()A．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说B．若使用某种频率的光不能使某金属发生光电效应，则需增大入射光光照强度才行C．结合能越大，原子核结构一定越稳定D．用一束绿光照射某金属，能发生光电效应，若换成紫光来照射该金属，也一定能发生光电效应E．将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用【解析】2．以下是有关近代物理学的若干叙述，其中正确的有()A．紫外线照射到金属锌板表面时能产生光电效应，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．每个核子只跟邻近的核子发生核力作用C．原子核式结构模型是由汤姆孙在α粒子散射实验基础上提出的D．太阳内部发生的核反应是热核反应E．关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象【解析】2．BDE根据爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W可知，最大初动能与光的照射强度无关，与光的频率有关，A错误．核子之间的核力是短程力，每个核子只跟邻近的核子发生核力作用，B正确．原子核式结构模型是由卢瑟福在α粒子散射实验基础上提出的，C错误．太阳内部发生的核反应是聚变反应，属于热核反应，D正确．关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象，它说明原子核内部有复杂结构，E正确．3．下列说法正确的是()A．用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，如果光的频率不变，而减弱光的强度，则逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能不变B．X射线的衍射实验，证实了物质波假设是正确的C．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长E．速度相等的电子和质子，电子的波长大【解析】4．目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素．比如，有些含有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放射出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病．根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是()A．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就剩下一个原子核了B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，α射线的穿透能力最强，电离能力最弱D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4【解析】4．B半衰期遵循统计规律，对单个或少数原子核是没有意义的，A错误．根据3种射线的特性及衰变实质可知B正确，C、D错误．5．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列表述符合物理学史实的是()A．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论B．爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说C．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型D．贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的E．玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性【解析】5．ABC普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，A正确．爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说，B正确．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，C正确．贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核具有复杂结构，D错误．德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，E错误．6．下列说法正确的是()A．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型B．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的C．爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说D．对于任何一种金属都存在一个极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率，才能产生光电效应E．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子的运动动能减小【解析】7．如图所示为氢原子的能级图．氢原子从n＝5的能级跃迁到n＝3的能级时辐射出a光子，从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时辐射出b光子．下列说法正确的是()A．a光子的能量比b光子的能量大B．若a、b两种光在同一种均匀介质中传播，则a光的传播速度比b光的传播速度大C．若b光能使某种金属发生光电效应，则a光一定能使该金属发生光电效应D．若用同一双缝干涉装置进行实验，用a光照射双缝得到相邻亮条纹的间距比用b光照射双缝得到的相邻亮条纹的间距大【解析】7．BD据题意，氢原子从n＝5能级跃迁到n＝3能级释放的光子能量为ΔE a＝0.97 eV＝hνa，氢原子从n＝4能级跃迁到n＝2能级释放的光子能量为ΔE b＝2.55 eV＝hνb，则知b光光子的能量大，频率也大，在同一种均匀介质中，频率越大的光传播速度越慢，A错误，B正确．如果b光可以使某种金属发生光电效应，则a光不一定能使其发生光电效应，C错误．a光频率较小，则a光波长较大，所以在做双缝干涉实验时，用a光照射双缝时得到的干涉条纹较宽，D正确．8．下列说法正确的是()A．天然放射性现象说明原子核内部具有复杂的结构B．α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构C．原子核发生β衰变生成的新核原子序数增加D．氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长E．γ射线是原子核内部发生核反应而释放出的多余的能量【解析】8．ACE天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构，A正确．α粒子散射实验说明原子具有核式结构，B错误．根据电荷数守恒、质量数守恒知，β衰变放出了一个电子，新核的电荷数增1，即原子序数增加，C正确．氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的能量小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的能量，故从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长，D错误．γ射线是伴随着α或β衰变而释放出的多余的能量，E正确．9．太阳内部不断进行着各种核聚变反应，一个氘核和一个氚核结合成一个氦核是其中一种，请写出其核反应方程__________________；如果氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，则上述反应释放的能量可表示为__________________．【解析】核反应方程为：21H＋31H→42He＋10n；反应释放的能量可表示为4E3－2E1－3E2. 【答案】21H＋31H→42He＋10n4E3－2E1－3E2(每空8分)10．在航天器上仅利用太阳能电池板不能满足仪器用电，因此还需要利用核电池．核电池通常采用放射性材料——PuO2作为发电能源．PuO2中的Pu元素是23894Pu，23894Pu发生α衰变的核反应方程是______________ (衰变后新核的元素符号可用X表示)；生成的新核中含有的中子数为__________.23894Pu的半衰期是87.7年，大约要经过__________________年才会有75%的23894Pu原子核发生衰变．【答案】23894Pu→42He＋23492X(4分)142(6分)175.4(6分)11．用甲、乙两种光做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示，由图可知，两种光的频率ν甲________ν乙(填“<”“>”或“＝”)，________(选填“甲”或“乙”)光的强度大．已知普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0，则甲光对应的遏止电压为________．(频率用ν，元电荷用e表示)【答案】＝(6分)甲(7分)hν－W0e(7分)12．(1)某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为11H＋12 6C→13 7 N＋Q1，11H＋15 7N→12 6C＋X＋Q2，方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：则X是________，Q2________(选填“大于”“等于”或“小于”)Q1.原子核11H32He42He12 6C13 7N15 7N质量/u 1.007 8 3.016 0 4.002 612.000 013.005 715.000 1(2)一个210 83Bi原子核中含有的中子个数是________；210 83Bi具有放射性，现有210 83Bi元素16 g，经15天，该元素还剩2 g，则该元素的半衰期为________天．解析：(1)核反应过程中，反应前后质量数和电荷数守恒，所以X的质量数15＋1－12＝4，电荷数1＋7－6＝2，所以X为42He；据ΔE＝Δmc2，经过计算Δm1＝0.002 1 u，Δm2＝0.005 3 u，则可以知道Q2＞Q1.(2)210 83Bi 原子核中质子数为83个，质子与中子的总数共210个，因此中子数为210－83＝127个；210 83Bi 共16 g ，经过一个半衰期还剩8 g ，经过两个半衰期还剩4 g ，经过三个半衰期还剩2 g,15天等于三个半衰期，因此半衰期为5天．【答案】(1)42He 大于 (2)127 513．(1)如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n ＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，并用这些光照射逸出功为2.49 eV 的金属钠．①这群氢原子能发出_______种不同频率的光，其中有________种频率的光能使金属钠发生光电效应．②金属钠发出的光电子的最大初动能________eV .(2)如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．②金属钠发出的光电子的最大初动能是E km ＝hν－W 0＝12.09 eV －2.49 eV ＝9.60 eV.(2)设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰撞后A 的速度v A ′＝18v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得 mv A ＝mv A ′＋mv B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝12mv 20－12mv 2A ② 设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝12mv 2B －12mv B ′2③ 据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得mv B ′＝2mv ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝2116v 0⑥ 【答案】：(1)①3 2 ②9.60 (2)2116v 0 14．(1)(多选)一群基态氢原子吸收某种波长的光后，可以发出三种波长的光，这三种光的波长关系为λ3＞λ2＞λ1，已知某金属的极限波长为λ2，则下列说法正确的是________．A ．该金属的逸出功为hλ2B ．波长为λ1的光一定可以使该金属发生光电效应C ．波长为λ3的光一定可以使该金属发生光电效应D ．基态氢原子吸收的光子的波长为λ1E ．若用波长为λ4的光照射该金属且能发生光电效应，则发生光电效应的光电子的最大初动能为hc ⎝⎛⎭⎫1λ4－1λ2(2)两块厚度相同的木块A 和B 并列紧靠着放在光滑的水平面上，处于静止状态，其质量分别为m A ＝2.0 kg ，m B ＝0.9 kg ，B 的上、下底面光滑．另有质量m C ＝0.10 kg 的铅块C (其长度可略去不计)以大小为v C ＝10 m/s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，如图所示．若A 、C 间接触面粗糙，轻质弹簧的原长等于B 板的长度，由相互作用，铅块C 和木块B 最后一起运动的共同速度大小为v ＝0.5 m/s ，求：①铅块C 离开A 时的速度大小；②轻质弹簧的最大弹性势能．(2)①设C 离开A 时的速度大小为v 1，此时A 、B 的共同速度大小为v A .从C 滑上A 开始到C刚离开A，对A、B、C组成的系统利用动量守恒定律得m C v C＝(m A＋m B)v A＋m C v1从C滑上B到C、B相对静止时，由动量守恒定律知m C v1＋m B v A＝(m B＋m C)v联立解得v1＝2.75 m/s.②C、B相对静止时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得E pm＝12m C v21＋12m B v2A－12(m B＋m C)v2由①知v A＝0.25 m/s解得E pm＝0.28 J.【答案】：(1)BDE(2)①2.75 m/s②0.28 J。
2018届高三物理二轮复习练习：曲线运动 夯基保分练(二)含解析
夯基保分练(二)圆周运动[A级——保分练]1.(2015·天津高考)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。
当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。
为达到上述目的，下列说法正确的是()A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：选B旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝gr，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确。
2.(多选)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。
如图所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则()A．该自行车可变换两种不同挡位B．该自行车可变换四种不同挡位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD＝1∶4D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD＝4∶1解析：选BC该自行车可变换四种不同挡位，分别为A与C、A与D、B与C、B与D，A错误，B正确；当A轮与D轮组合时，由两轮齿数可知，当A轮转动一周时，D轮要转4周，故ωA∶ωD＝1∶4，C正确，D错误。
3.(2017·河南豫南九校联考)水平放置的三个不同材料制成的圆轮A、B、C，用不打滑皮带相连，如图所示(俯视图)，三圆轮的半径之比为R A∶R B∶R C＝3∶2∶1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一相同的小物块(可视为质点)，小物块均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块与轮A、B、C接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，A、B、C三轮转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则( )A ．μA ∶μB ∶μC ＝2∶3∶6 B ．μA ∶μB ∶μC ＝6∶3∶2C ．ωA ∶ωB ∶ωC ＝1∶2∶3D ．ωA ∶ωB ∶ωC ＝6∶3∶2解析：选A 小物块与轮的接触面间的最大静摩擦力提供向心力，所以向心加速度a ＝μg ，而a ＝v 2R ，A 、B 、C 三轮边缘的线速度大小相同，所以μ∝1R，所以μA ∶μB ∶μC ＝2∶3∶6，由v ＝Rω可知，ω∝1R，所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝2∶3∶6，故只有A 正确。
【新课标-全国卷】最新2018年高考理综(物理)第二次模拟试题及答案解析二
新课标2018年高考理综（物理）高三年级第二次模拟考试本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。
第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至12页，共300分。
考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。
考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂选其它答案标号。
第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。
3．考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并交回。
第Ⅰ卷本卷共21小题，每小题6分，共126分。
以下数据可供解题时参考可能用到的相对原子质量（原子量）：H－1；C－12；N－14；O－16；Na－23；S－32；Cl－35.5；Fe－56；Ti－48；Cu－64二、选择题：本题共8小题，每题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，19～21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，有错选或不选的得0分。
14．伽利略利用铜球沿斜面运动的实验，实现了对重力的“冲淡”，从而完成了对自由落体运动的研究，关于这次实验下列说法正确的是A．伽利略做的著名理想斜面实验其核心就是为了“冲淡”重力的影响B．小球在斜面上下滑的位移与时间的平方成正比C．小球沿斜面下滑的加速度与重力加速度成正比D．如果考虑摩擦阻力的影响该实验的结论将不成立【考点】物理学史【试题解析】伽利略采用斜面实验，“冲淡”了重力的作用，便于时间的测量，其核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，发展了人类科学思维和科学研究方法，故A错误；伽利略利用铜球沿斜面运动的实验，测定处铜球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，其位移与时间的二次方成正比，证明了速度随时间均匀变化，故B正确；铜球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，加速度不变，故C错误；即使考虑摩擦阻力的影响该实验的结论仍然成立，故D错误。
2018届高三物理二轮复习练习：相互作用 牛顿动动定律 夯基保分练(二)含解析
夯基保分练(二)共点力作用下的平衡[A级——保分练]1、(2017·浙江嘉兴模拟)科技的发展正在不断地改变着我们的生活，如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上，如图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图，若手机的重力为G，则下列说法正确的是()A、手机受到的支持力大小为G cos θB、手机受到的支持力不可能大于GC、纳米材料对手机的作用力大小为G sin θD、纳米材料对手机的作用力竖直向上解析：选D手机支架采用了纳米微吸材料，支架斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到的支持力大小不可能为G cos θ，其大小可能大于G，也可能小于G，取决于吸引力的大小，A、B错误；手机处于静止状态，受力平衡，手机受到竖直向下的重力和纳米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故纳米材料对手机的作用力竖直向上，大小等于G，C错误，D 正确.2. (2017·湖南郴州质检)如图所示，吊床用绳子拴在两棵树上等高位置，某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态.设吊床两端绳中的拉力为F1，吊床对人的作用力为F2，则()A、坐着比躺着时F1大B、坐着比躺着时F1小C、坐着比躺着时F2大D、坐着比躺着时F2小解析：选A吊床对人的作用力与人的重力等大反向，所以躺着和坐着时F2相等.人坐在吊床上时，吊床两端绳的拉力与竖直方向上的夹角较大，根据共点力平衡有：2F1cos θ＝G，θ越大，绳子的拉力越大，所以坐着时，吊床两端绳中的拉力F1较大.故A正确.3、(2017·江苏镇江三校联考)a、b两个质量相同的球用细线连接，a球用细线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，下列图示正确的是()解析：选B 对b 球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线，故细线拉力应斜向右上方，故A 图错误；再对a 、b 两个球整体受力分析，受总重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力，根据共点力平衡条件判断，细线的拉力方向应斜向右上方，故C 、D 图错误，B 图正确.4.(2017·广东六校联盟联考)如图所示，物体P 放在直角斜劈M 上，M 下端连接一竖直弹簧，并紧贴竖直光滑墙壁.开始时，P 、M 静止，M 与墙壁间无作用力.现以平行斜面向上的力F 向上推物体P ，但P 、M 未发生相对运动.则在施加力F 后( )A 、P 、M 之间的摩擦力变大B 、P 、M 之间的摩擦力变小C 、墙壁与M 之间仍然无作用力D 、弹簧的形变量减小解析：选D 未施加F 之前，对P 受力分析，根据平衡条件可知，P 受到沿M 的斜面向上的静摩擦力，其大小等于重力沿M 的斜面向下的分力，当F 的大小等于2倍的P 的重力沿M 的斜面向下的分力时，摩擦力大小不变，故A 、B 错误；把P 、M 看成一个整体，整体受力平衡，则墙壁对M 的支持力等于F 在水平方向的分力，竖直方向受力平衡，则弹簧弹力等于整体重力减去F 在竖直方向的分力，则弹簧的弹力减小，形变量减小，故C 错误，D 正确.5.(2017·东北三省五校调研)如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平推力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 、B 恰好都不滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知滑块A 、B 质量相等，设滑块A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，则( )A 、μ1μ2＝23B 、μ1μ2＝12 C.μ12＝13 D.μ12＝12解析：选B 对A 、B 整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件有F ＝μ2×2mg ，再对B 分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，水平方向F ＝N ，竖直方向mg ＝f ，其中f ＝μ1N ，联立有mg ＝μ1F ，解得μ1μ2＝12，故B 正确. 6.(多选)(2017·汕头金山中学模拟)如图所示，在水平力F 作用下，A 、B 保持静止.若A 与B 的接触面是水平的，且F ≠0，则B 的受力个数可能为( )A 、3个B 、4个C 、5个D 、6个解析：选BC 先对A 、B 整体受力分析，受重力、推力、支持力；当推力平行斜面向上的分力大于重力平行斜面向下的分力时，有上滑趋势；当推力平行斜面向上的分力小于重力平行斜面向下的分力时，有下滑趋势；当推力平行斜面向上的分力等于重力平行斜面向下的分力时，无滑动趋势；再对A 受力分析，受推力、重力、支持力和向左的静摩擦力，共4个力；最后对B 受力分析，受重力、A 对B 的压力和向右的静摩擦力、斜面对B 的支持力，若B 相对斜面有滑动趋势，则还要受到斜面的静摩擦力，若相对斜面无滑动趋势，则不受斜面的静摩擦力，即B 可能受4个力，也可能受5个力.故B 、C 正确.7.(2017·湖北襄阳四校联考)将三个质量均为m 的小球a 、b 、c 用细线相连后(b 、c 间无细线相连)，再用细线悬挂于O 点，如图所示.用力F 拉小球c ，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F 的最小值为( )A 、mgB 、2mg C.32mg D.32mg 解析：选C 将三个小球视为一个整体，重力为3mg ，当作用于小球c 上的力F 垂直于Oa 时，F 最小，由正交分解法知，水平方向F cos 30°＝T sin 30°，竖直方向F sin 30°＋T cos 30°＝3mg ，解得F ＝32mg ，故C 正确. 8. (2017·安徽合肥一中检测)如图所示，物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45°的斜面上，B 悬挂着.已知质量m A ＝2m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到60°，但物体仍保持静止，下列说法中正确的是( )A 、绳子的张力增大B 、物体A 对斜面的压力将增大C 、物体A 受到的静摩擦力增大D 、滑轮受到绳子的作用力保持不变解析：选C 如图所示，对物体A 和B 受力分析：在斜面倾角增大的过程中，物体B 始终处于平衡状态，因此绳子张力大小始终等于物体B 重力的大小，故A 错误；物体A 对斜面的压力F N ′＝F N ＝m A g cos θ，随着θ的增大，cos θ减小，因此物体A 对斜面的压力将减小，故B 错误；由题可知，开始时物体A 所受重力沿斜面的分力大于绳子拉力，即m A g sin 45°>T ＝m B g ，因此静摩擦力平行斜面向上，随着角度的增大，重力沿斜面的分力逐渐增大，而绳子的拉力不变，因此物体A 所受静摩擦力逐渐增大，方向沿斜面向上，故C 正确；绳子拉力大小不变，随着斜面倾角的增大，绳子之间的夹角在减小，因此其合力增大，所以滑轮受到绳子的作用力增大，故D 错误.9、(多选)(2016·全国乙卷)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b .外力F 向右上方拉b ，整个系统处于静止状态.若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则( )A 、绳OO ′的张力也在一定范围内变化B 、物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化C 、连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化D 、物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析：选BD 因为物块b 始终保持静止，所以绳OO ′的张力不变，连接a 和b 的绳的张力也不变，选项A 、C 错误；拉力F 大小变化，F 的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b 受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B 、D 正确.10.(多选)(2017·湖南株洲二中模拟)如图所示，A 球被固定在竖直支架上，A 球正上方的点O 悬有一轻绳拉住B 球，两球之间连有轻弹簧，平衡时绳长为L ，张力为T 1，弹簧弹力为F 1.若将弹簧换成原长相同的劲度系数更小的轻弹簧，再次平衡时绳中的张力为T 2，弹簧弹力为F 2，则( )A 、T 1>T 2B 、T 1＝T 2C 、F 1<F 2D 、F 1>F 2解析：选BD 以B 球为研究对象，B 球受到重力G 、弹簧的弹力F 和绳子的张力T ，如图所示.B 球受力平衡时，F 与T 的合力与重力G 大小相等、方向相反，即G ′＝G .根据三角形相似得G ′OA ＝T OB ＝F AB，换成劲度系数小的轻弹簧，形变量增大，AB 减小，则T 不变，F 减小，B 、D 正确.[B级——拔高练]11.(多选)(2017·河北邯郸联考)如图所示，将一个表面光滑的铁球放在两块斜面板AB和CD 之间，两板与水平面的夹角都是60°.已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则()A、如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力减小B、如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力增大C、如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对AB板的压力先减小后增大D、如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对CD板的压力先减小后增大解析：选AD原来铁球静止，受力如图甲所示，由几何关系和平衡条件可得，AB板对铁球的支持力F2＝G，则铁球对AB板的压力F2′＝F2＝G，突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力为G cos 60°，因此撤去后铁球对AB板的压力减小，故A正确，B错误；如果保持AB板不动，在使CD板与水平面的夹角缓慢减小的过程中，两板弹力的合力等于重力，大小和方向都不变，AB板对铁球的弹力F2方向不变，CD板对铁球的弹力F1方向改变，根据三角形定则，如图乙所示，知AB板对铁球的弹力F2逐渐减小，CD板对铁球的弹力F1先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，铁球对AB板的压力逐渐减小，对CD板的压力先减小后增大，故C错误，D正确.12.(多选)(2017·湖南长沙一中模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则下列说法正确的是()A、b对c的摩擦力可能始终增大B、地面对c的支持力始终变大C、c对地面的摩擦力方向始终向左D、滑轮对绳的作用力方向始终不变解析：选ABD a中沙子缓慢流出的过程中，a的重力不断减小，与之相连的绳子中的拉力也减小，对于b，b受重力、支持力、拉力和摩擦力而静止，因a、b间质量关系不明确，故b所受的摩擦力可能始终增大，也可能先向下减小到零后反向增大，故A正确；再以b、c为整体分析，它在一个逐渐减小的拉力作用下静止，因拉力在竖直方向上的分力逐渐减小，在水平方向上的分力也逐渐减小，致使地面对c的支持力变大，地面对c的摩擦力方向始终向左，则c对地面的摩擦力方向始终向右，且逐渐减小，故B正确，C错误；绳中的拉力大小逐渐减小，而轻绳的一侧平行于斜面，另一侧在竖直方向上，由平行四边形定则知，滑轮对绳的作用力方向始终不变，故D正确.13.(2017·福建福州一中质检)如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔压住轻绳紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中()A、轻绳的拉力逐渐变小B、Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大C、Q受到墙壁的弹力逐渐变大D、Q将从墙壁和小球之间滑落解析：选C对P分析，P受到重力mg、轻绳的拉力F和Q对P的弹力N处于平衡，设轻绳的拉力F与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡知轻绳的拉力F＝mgcos θ，Q对P的支持力N ＝mg tan θ.铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则轻绳的拉力F增大，Q对P的支持力增大，故A 错误；对Q分析知，在水平方向上P对Q的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力大小相等，所以Q受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故C正确，B、D错误.14.(多选)(2017·浙江杭州五校联考)如图所示，质量为m的长方体物块放在水平放置的钢板C上，物块与钢板间的动摩擦因数为μ，由于光滑固定导槽A 、B 的控制，该物块只能沿水平导槽运动.现使钢板以速度v 1向右匀速运动，同时用水平力F 拉动物块使其以速度v 2(v 2的方向与v 1的方向垂直，沿y 轴正方向)沿导槽匀速运动，以下说法正确的是( )A 、若拉力F 的方向在第一象限，则其大小一定大于μmgB 、若拉力F 的方向在第二象限，则其大小可能小于μmgC 、若拉力F 的方向沿y 轴正方向，则此时F 有最小值，其值为μmgv 1v 21＋v 22 D 、若拉力F 的方向沿y 轴正方向，则此时F 有最小值，其值为μmg v 2v 21＋v 22解析：选BD 物块有相对于钢板水平向左的速度v 1和沿导槽的速度v 2，故物块相对于钢板的合速度v 如图所示，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反.由图可知，若拉力F 的方向在第一、二象限，则其大小可能大于、小于、等于μmg ，A 错误，B 正确；若拉力F 的方向沿y 轴正方向，则此时F 有最小值， F min ＝f cos θ＝μmg cos θ＝μmgv 2v 21＋v 22，C 错误，D 正确.。
2018届高三物理二轮复习练习：磁场 夯基保分练(二)含解析
夯基保分练(二) 磁场对运动电荷的作用[A 级——保分练]1.(多选)(2014·全国卷Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图.图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹.宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子.当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )A 、电子与正电子的偏转方向一定不同B 、电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C 、仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D 、粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：选AC 根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A 正确；根据q v B ＝m v 2r ，得r ＝m v qB，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B 错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定m v 的大小，故选项C 正确；粒子的m v 越大，轨迹半径越大，而m v ＝2mE k ，粒子的动能大，其m v 不一定大，选项D 错误.2.图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A 、向上B 、向下C 、向左D 、向右解析：选B 根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，可得O 点处的磁场向左，再根据左手定则判断带电粒子受到的洛伦兹力向下.B 正确.3.(2017·江苏清江中学检测)如图所示为一长方体容器，容器内充满NaCl 溶液，容器的左右两壁为导体板，将它们分别接在电源的正、负极上，电路中形成一定的电流，整个装置处于垂直于前后表面的匀强磁场中，则关于液体上、下两表面的电势，下列说法正确的是( )A 、上表面电势高，下表面电势低B 、上表面电势低，下表面电势高C 、上、下两表面电势一样高D 、上、下两表面电势差的大小与磁感应强度及电流强度的大小有关解析：选C 由题图可知，电流从左向右流动，正负离子的流动方向完全相反，即正离子向右流动，负离子向左流动，根据左手定则，正负离子都向上偏转，下表面不带电，上表面正负离子电性中和，也不带电，故电势差为零，即上、下两表面电势一样高，C 正确.4.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度.电磁血流计由一对电极a 和b 以及一对磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的.使用时，两电极a 、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示.由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a 、b 之间会有微小电势差.在达到平衡时，血管内部的电场可看成是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零.在某次监测中，两触点的距离为3.0 mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV ，磁感应强度的大小为0.040 T.则血流速度的近似值和电极a 、b 的正负为( )A 、1.3 m/s ，a 正、b 负B 、2.7 m/s ，a 正、b 负C 、1.3 m/s ，a 负、b 正D 、2.7 m/s ，a 负、b 正解析：选A 血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏，则a 带正电，b 带负电，故C 、D 错误；最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有q U d ＝q v B ，所以血流速度v ＝U Bd＝160×10－60.040×3×10－3 m/s ≈1.3 m/s ，故A 正确，B 错误. 5.(2017·焦作模拟)如图所示，在x 轴上方垂直于纸面向外的匀强磁场中，两带电荷量相同而质量不同的粒子以相同的速度从O 点以与x 轴正方向成α＝60°角在图示的平面内射入x 轴上方时，发现质量为m 1的粒子从a 点射出磁场，质量为m 2的粒子从b 点射出磁场.若另一与上述两粒子带电荷量相同而质量不同的粒子以相同速率与x 轴正方向成α＝30°角射入x 轴上方时，发现它从ab 的中点c 射出磁场，则该粒子的质量应为(不计所有粒子的重力作用)( )A 、m 1＋m 2 B.64(m 1＋m 2)C.32(m 1＋m 2)D.66(m 1＋m 2) 解析：选C 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设由c 点射出的粒子质量为m ，Oa ＝L ，ab ＝d ，由几何关系可知质量为m 1、m 2、m 3的粒子轨道半径分别为R 1＝L 2sin 60°＝33L ，R 2＝3(L ＋d )3，R 3＝12×L ＋d 2cos 60°＝L ＋d 2.故3(R 1＋R 2)＝2R 3，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故有q v B ＝m 1v 2R 1，q v B ＝m 2v 2R 2，q v B ＝m 3v 2R 3，联立各式解得m 3＝32(m 1＋m 2).C 正确. 6.(多选)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子.图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为 2d 和 d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为 m 、电荷量为 q ，具有不同速度的粒子从宽度为 2d 的缝垂直于板 MN进入磁场，对于能够从宽度为 d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A 、粒子带正电B 、射出粒子的最大速度为qB (3d ＋L )2mC 、保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D 、保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析：选BC 由左手定则和粒子的偏转情况，可以判断粒子带负电，选项A 错误；根据洛伦兹力提供向心力q v B ＝m v 2r ，可得v ＝qBr m ，r 越大v 越大，由题图可知r 最大值为r max ＝3d ＋L 2，选项B 正确；又r 最小值为r min ＝L 2，将r 的最大值和最小值代入v 的表达式后，得出速度之差为Δv ＝3qBd 2m，选项C 正确，D 错误. 7.(多选)(2017·开封联考)如图是荷质比相同的a 、b 两粒子从O 点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则( )A 、a 的质量比b 的质量大B 、a 带正电荷，b 带负电荷C 、a 在磁场中的运动速率比b 的大D 、a 在磁场中的运动时间比b 的短解析：选CD 荷质比相同的a 、b 两粒子，因电量无法确定，则质量大小无法比较，故A 错误；初始时刻两粒子所受的洛伦兹力方向都是竖直向下，根据左手定则知，两粒子都带负电荷，故B 错误；根据题图可知，a 粒子的半径大于b 粒子，根据q v B ＝m v 2r 得，r ＝m v qB ，则q m ＝v Br，因它们荷质比相同，即半径越大时，速率越大，故C 正确；粒子在磁场中的运动周期T ＝2πm qB，由题图可知，a 粒子对应的圆心角小于b 粒子，则知a 在磁场中的运动时间比b 的短，故D 正确.8、(多选)如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场(磁感应强度为B )和匀强电场(电场强度为E )组成的速度选择器，然后粒子通过平板S 上的狭缝P 进入另一匀强磁场(磁感应强度为B ′)，最终打在A 1A 2上，下列表述正确的是( )A 、粒子带负电B 、所有打在A 1A 2上的粒子，在磁感应强度为B ′的磁场中的运动时间都相同C 、能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E BD 、粒子打在A 1A 2的位置越靠近P ，粒子的比荷q m越大 解析：选CD 根据粒子在磁感应强度为B ′的磁场中的运动轨迹，可判断粒子带正电，A 错误；带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，Eq ＝Bq v ，可得v ＝E B ，C 正确；由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，可得r ＝m v Bq ，则q m ＝v Br，打在A 1A 2的位置越靠近P ，r 越小，粒子的比荷越大，D 正确；所有打在A 1A 2上的粒子在磁感应强度为B ′的磁场中都只运动半个周期，周期T ＝2πm B ′q，比荷不同，打在A 1A 2上的粒子在磁感应强度为B ′的磁场中的运动时间不同，B 错误.9.一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q 、质量不同的离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为零.这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最后打在底片上.已知放置底片的区域MN ＝L ，且OM ＝L .某次测量发现MN中左侧23区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧13区域QN 仍能正常检测到离子.在适当调节加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到.(1)求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；(2)为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调节范围.解析：(1)离子在电场中加速，qU 0＝12m v 2 在磁场中做匀速圆周运动，q v B ＝m v 2r 0解得r 0＝1B 2mU 0q代入r 0＝34L ，解得m ＝9qB 2L 232U 0. (2)由(1)知，U ＝16U 0r 29L 2， 离子打在Q 点时，r ＝56L ，得U ＝100U 081离子打在N 点时，r ＝L ，得U ＝16U 09则电压的范围100U 081≤U ≤16U 09. 答案：(1)9qB 2L 232U 0 (2)100U 081≤U ≤16U 09[B 级——拔高练]10.(2017·浙江嘉兴一中能力测试)如图所示，X 1、X 2，Y 1、Y 2，Z 1、Z 2分别表示导体板左、右，上、下，前、后六个侧面，将其置于垂直Z 1、Z 2面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流I 通过导体板时，在导体板的两侧面之间产生霍尔电压U H .已知电流I 与导体单位体积内的自由电子数n 、电子电荷量e 、导体横截面积S 和电子定向移动速度v 之间的关系为I ＝neS v .实验中导体板尺寸、电流I 和磁感应强度B 保持不变，下列说法正确的是( )A 、导体内自由电子只受洛伦兹力作用B 、U H 存在于导体的Z 1、Z 2两面之间C 、单位体积内的自由电子数n 越大，U H 越小D 、通过测量U H ，可用R ＝U I求得导体X 1、X 2两面间的电阻解析：选C 由于磁场的作用，导体内自由电子受洛伦兹力，向Y 2面聚集，在Y 1、Y 2面之间累积电荷，在Y 1、Y 2面之间产生了匀强电场，故电子也受电场力，故A 错误；由上述讨论可知，Y 1、Y 2面之间产生了电势差U H ，故B 错误；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有：q v B ＝qE ，其中：E ＝U H d(d 为Y 1、Y 2平面之间的距离)，根据题意，有：I ＝neS v ，联立得到：U H ＝B v d ＝B I neS d ∝1n，故单位体积内的自由电子数n 越大，U H 越小，故C 正确；由于U H ＝B I neSd ，与导体的电阻无关，故D 错误. 11、(多选)如图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上.不计重力.下列说法正确的有( )A 、a 、b 均带正电B 、a 在磁场中飞行的时间比b 的短C 、a 在磁场中飞行的路程比b 的短D 、a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近解析：选AD 离子要打在屏P 上，离子都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，离子都带正电，A 项正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，初速度大小也相同，由q v B ＝m v 2r可知，它们做圆周运动的半径相同，作出运动轨迹，比较得a 在磁场中运动的路程比b 的长，C 项错误；由t ＝s v 可知，a 在磁场中运动的时间比b 的长，B 项错误；从图上可以看出，D 项正确.12、(2016·江苏高考)回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R .两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直.被加速粒子的质量为m 、电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图2所示，电压值的大小为U 0，周期T ＝2πm qB.一束该种粒子在t ＝0～T 2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用.求：(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件. 解析：(1)粒子运动半径为R 时q v B ＝m v 2R ，且E m ＝12m v 2，解得E m ＝q 2B 2R 22m. (2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt加速度a ＝qU 0md匀加速直线运动nd ＝12a ·Δt 2 由t 0＝(n －1)·T 2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB. (3)只有在0～⎝⎛⎭⎫T 2－Δt 时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为η＝T 2－Δt T 2由η＞99%，解得d ＜πmU 0100qB 2R. 答案：(1)q 2B 2R 22m (2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB(3)d ＜πmU 0100qB 2R。
2018届高考物理二轮复习：2小题分层练二 含解析 精品
小题分层练(二) 本科闯关练(2)1．复数(1＋i)2＋21＋i的共轭复数是( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：选B.因为(1＋i)2＋21＋i ＝2i ＋2（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝2i ＋1－i ＝1＋i ，所以复数(1＋i)2＋21＋i 的共轭复数是1－i ，选B. 2．设A ，B 是两个非空集合，定义集合A －B ＝{x |x ∈A ，且x ∉B }．若A ＝{x ∈N |0≤x ≤5}，B ＝{x |x 2－7x ＋10＜0}，则A －B ＝( )A ．{0，1}B ．{1，2}C ．{0，1，2}D ．{0，1，2，5}解析：选D.A ＝{0，1，2，3，4，5}，B ＝{x |2＜x ＜5}，∴A －B ＝{0，1，2，5}． 3．已知对某超市某月(30天)每天顾客使用信用卡的人数进行了统计，得到样本的茎叶图(如图所示)，则该样本的中位数、众数、极差分别是( )A ．44，45，56B ．44，43，57C ．44，43，56D ．45，43，57解析：选B.由茎叶图可知全部数据为10，11，20，21，22，24，31，33，35，35，37，38，43，43，43，45，46，47，48，49，50，51，52，52，55，56，58，62，66，67，中位数为43＋452＝44，众数为43，极差为67－10＝57.选B.4．已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋3)＝f (x )，且当x ∈[0，32)时，f (x )＝－x 3，则f (112)＝( ) A ．－18 B.18C ．－1258 D.1258解析：选B.由f (x ＋3)＝f (x )知函数f (x )的周期为3，又函数f (x )为奇函数，所以f (112)＝f (－12)＝－f (12)＝(12)3＝18. 5．已知如图所示的程序框图，若输入x 的值为log 23，则输出y 的值为( )A.13B.16C.112D.124解析：选D.输入x ＝log 23，经过循环得x ＝3＋log 23，因为x ＝3＋log 23＞4，所以y ＝(12)3＋log 23＝(12)3×(12)log 23＝18×13＝124.故选D.6．在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，称该数为“驼峰数”，比如“102”、“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4，5这五个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为( )A ．25B ．28C ．30D ．32解析：选C.由数字1，2，3，4，5这五个数字构成的无重复数字的三位“驼峰数”中，1在十位的有A 24＝12个，2在十位的有A 23＝6个，3在十位上的有A 22＝2个，所以所有三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30.7．等差数列{a n }为递增数列，若a 21＋a 210＝101，a 5＋a 6＝11，则数列{a n }的公差d 等于( )A ．1B ．2C ．9D ．10解析：选A.依题意得(a 1＋a 10)2－2a 1a 10＝(a 5＋a 6)2－2a 1a 10＝121－2a 1a 10＝101，∴a 1a 10＝10，又a 1＋a 10＝a 5＋a 6＝11，a 1＜a 10，∴a 1＝1，a 10＝10，d ＝a 10－a 110－1＝1，选A.8．某几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积为( )A ．24 3B ．8 3 C.833D.1033解析：选B.如图，该几何体是一个放倒的四棱锥S －ABCD ，底面是直角梯形，面积为(2＋4)×4÷2＝12，四棱锥的高为23，所以该四棱锥的体积为13×12×23＝83，故选B.9．已知M (－4，0)，N (0，－3)，P (x ，y )的坐标x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0y ≥03x ＋4y ≤12，则△PMN 面积的取值范围是( )A ．[12，24]B ．[12，25]C ．[6，12]D.⎣⎡⎦⎤6，252解析：选 C.作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0y ≥03x ＋4y ≤12表示的平面区域如图中阴影部分所示．又过点M (－4，0)，N (0，－3)的直线的方程为3x ＋4y ＋12＝0，而它与直线3x ＋4y ＝12平行，其距离d ＝|12＋12|32＋42＝245，所以当P 点在原点O 处时，△PMN 的面积最小，其面积为△OMN 的面积，此时S △OMN ＝12×3×4＝6；当P 点在线段AB 上时，△PMN 的面积最大，为12×32＋42×245＝12，故选C.10．已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6＋12，ω＞0，x ∈R ，且f (α)＝－12，f (β)＝12.若|α－β|的最小值为3π4，则函数的单调递增区间为( )A.⎣⎡⎦⎤－π2＋2k π，π＋2k π，k ∈Z B.⎣⎡⎦⎤－π2＋3k π，π＋3k π，k ∈Z C.⎣⎡⎦⎤π＋2k π，5π2＋2k π，k ∈ZD.⎣⎡⎦⎤π＋3k π，5π2＋3k π，k ∈Z解析：选B.由f (α)＝－12，f (β)＝12，|α－β|的最小值为3π4，知T 4＝3π4，即T ＝3π＝2πω，所以ω＝23，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫23x －π6＋12，所以－π2＋2k π≤23x －π6≤π2＋2k π(k ∈Z )，即－π2＋3k π≤x ≤π＋3k π(k ∈Z )，故选B.11．已知抛物线x 2＝2py (p ＞0)在点M (2，y 0)处的切线与y 轴的交点为N (0，－1)，则抛物线的方程为( )A ．x 2＝yB ．x 2＝2yC ．x 2＝4yD ．x 2＝6y解析：选C.(法一)设抛物线x 2＝2py 在M (2，y 0)处的切线为y －y 0＝k (x －2)，又切线过点N (0，－1)，则－1－y 0＝k (0－2)，即k ＝y 0＋12，∴切线方程为y －y 0＝y 0＋12(x －2)，其中y 0＝2p ，将切线方程与x 2＝2py 联立，得x 22p －y 0＝y 0＋12(x －2)，整理得x 2－(2＋p )x ＋2p ＝0，则Δ＝(2＋p )2－8p ＝0，解得p ＝2，则抛物线方程为x 2＝4y ，故选C.(法二)由于2x ＝2py ′，y ′＝x p ，因而抛物线在M (2，y 0)处的切线的斜率k ＝2p ，其中y 0＝2p，则切线方程为y －2p ＝2p (x －2)．又切线与y 轴交于点N (0，－1)，因而－1－2p ＝2p(0－2)，得p＝2，则抛物线方程为x 2＝4y ，故选C.12．已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且x ＞0时，f (x )＝ln x －x ＋1，则函数g (x )＝f (x )－e x (e 为自然对数的底数)的零点个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选C.当x ＞0时，f (x )＝ln x －x ＋1，f ′(x )＝1x －1＝1－x x，所以x ∈(0，1)时f ′(x )＞0，此时f (x )单调递增；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，此时f (x )单调递减．因此，当x ＞0时，f (x )max ＝f (1)＝ln 1－1＋1＝0.根据函数f (x )是定义在R 上的奇函数作出函数y ＝f (x )与y ＝e x 的大致图象，如图，观察到函数y ＝f (x )与y ＝e x 的图象有两个交点，所以函数g (x )＝f (x )－e x (e 为自然对数的底数)有2个零点．故选C.13．已知平面向量a ，b 的夹角为120°，且|a |＝1，|b |＝2.若平面向量m 满足m·a ＝m·b ＝1，则|m |＝________．解析：依题意设a ＝(1，0)，b ＝(－1，3)，m ＝(x ，y )，则⎩⎨⎧x ＝1－x ＋3y ＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝23，∴|m |＝x 2＋y 2＝213.答案：21314．已知直线y ＝ax 与圆C ：x 2＋y 2－2ax －2y ＋2＝0交于两点A ，B ，且△CAB 为等边三角形，则圆C 的面积为________．解析：x 2＋y 2－2ax －2y ＋2＝0⇒(x －a )2＋(y －1)2＝a 2－1，因此圆心C 到直线y ＝ax 的距离为32a 2－1＝|a 2－1|a 2＋1，所以a 2＝7，圆C 的面积为π(a 2－1)2＝6π.答案：6π15．一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．X 表示在未来3天内日销售量不低于100个的天数，则E (X )＝________，方差D (X )＝________．解析：由题意知，日销售量不低于100个的频率为(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，且X ～B (3，0.6)，所以期望E (X )＝3×0.6＝1.8，方差D (X )＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72. 答案：1.8 0.7216．已知F 为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点，过原点的直线l 与双曲线交于M ，N 两点，且MF →·NF →＝0，△MNF 的面积为ab ，则该双曲线的离心率为________．解析：因为MF →·NF →＝0，所以MF →⊥NF →.设双曲线的左焦点为F ′，则由双曲线的对称性知四边形F ′MFN 为矩形，则有|MF |＝|NF ′|，|MN |＝2c .不妨设点N 在双曲线右支上，由双曲线的定义知，|NF ′|－|NF |＝2a ，所以|MF |－|NF |＝2a .因为S △MNF ＝12|MF |·|NF |＝ab ，所以|MF ||NF |＝2ab .在Rt △MNF 中，|MF |2＋|NF |2＝|MN |2，即(|MF |－|NF |)2＋2|MF ||NF |＝|MN |2，所以(2a )2＋2·2ab ＝(2c )2，把c 2＝a 2＋b 2代入，并整理，得b a ＝1，所以e ＝c a ＝1＋（ba）2＝ 2.答案： 2。
2018届高三物理二轮复习练习：近代物理初步 夯基保分练(一)含解析
夯基保分练(一)光电效应波粒二象性[A级——保分练]1．(多选)(2017·天津六校联考)关于光电效应，下列说法正确的是()A．极限频率越大的金属材料逸出功越大B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C．从金属表面逸出来的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D．若发生了光电效应且入射光的频率一定时，光强越强，单位时间内逸出的光电子数就越多解析：选AD由逸出功W＝hν0知，极限频率越大，逸出功越大，故A正确；光电效应与入射光的频率有关，与入射光的强度和光的照射时间无关，故B错误；根据光电效应方程E km＝hν－W0得，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故C错误；在发生光电效应的情况下，入射光的强度越高，单位时间内逸出光电子的数目越多，故D正确。
2．(2017·昆明模拟)关于光电效应，下列说法中正确的是()A．发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大B．不同金属产生光电效应的入射光的最低频率是相同的C．金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能发生光电效应D．如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应解析：选D根据光电效应方程E k＝hν－W0，光子的能量与光照强度无关，A错误；每种金属都有自己的极限频率，B错误；金属内的每个电子一次只能吸收一个光子，而且是不能积累的，C错误；当入射光光子的能量小于金属的逸出功时，不能发生光电效应，D正确。
3．(多选)(2017·大庆模拟)下列物理实验中，能说明粒子具有波动性的是()A．通过研究金属的遏止电压与入射光频率的关系，证明了爱因斯坦光电效应方程的正确性B．通过测试多种物质对X射线的散射，发现散射射线中有波长变大的成分C．通过电子双缝实验，发现电子的干涉现象D．利用晶体做电子束衍射实验，证实了电子的波动性解析：选CD选项A解释光电效应现象，不能说明粒子的波动性；选项B是康普顿效应，说明X射线具有粒子性；选项C干涉现象说明电子具有波动性；选项D衍射现象说明电子具有波动性。
2018届高三物理二轮复习练习：热学(选修3-3) 夯基保分练(二) Word版含解析
夯基保分练(二) 气体和热力学定律[A级——保分练]1．(2015·重庆高考)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大。
若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么( )A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功，内能减小D．胎内气体对外界做功，内能增大解析:选D 中午，车胎内气体温度升高，内能增大，车胎体积增大，气体对外做功。
选项D正确。
2．(2014·福建高考)如图，横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比。
图中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是( )A．曲线①B．曲线②C．曲线③ D．曲线④解析:选D 某一温度下气体分子的麦克斯韦速率呈“中间多，两头少”的分布，故D项正确。
3．(多选)(2017·巴彦淖尔第一中学模拟)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( ) A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大解析:选ADE 一定质量的理想气体，若压强与体积都不变，则其温度也不变，故内部分子的动能不变，势能也不变，所以其内能不变，选项A正确；若气体的内能不变，仅表示其温度不变，而其压强与体积不一定不变，其状态也可能发生变化，选项B错误；若气体的温度随时间不断升高，其压强也可能不变，但其体积会变大，选项C 错误；气体温度每升高1 K时所吸收的热量与气体膨胀的程度有关系，膨胀的程度不同，吸收的热量也就不同，故吸收的热量与经历的过程有关，选项D正确；当气体温度升高时，气体的内能一定增大，选项E正确。
4．下列说法正确的是( )A．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动B．液体分子的无规则运动称为布朗运动C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加D．物体对外界做功，其内能一定减少解析:选A 悬浮在液体中的微粒的无规则运动称为布朗运动，它反映了液体分子的无规则运动，则A项正确，B项错误；物体从外界吸收热量，由于做功情况未知，其内能不一定增加；同理，物体对外界做功，其内能不一定减少，则C、D项错误。
2018届高三物理二轮复习练习：直线运动 夯基保分练(二)含解析
夯基保分练(二) 匀变速直线运动的基本规律[A 级——保分练]1．(2017·河南林州一中质检)某航母跑道长160 m ，飞机发动机产生的最大加速度为 5 m/s 2，起飞需要的最低速度为50 m/s ，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为做匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为( )A ．10 m/sB ．15 m/sC ．20 m/sD ．30 m/s解析：选A 设航母匀速运动的最小速度为v 1，飞机起飞速度为v 2，对于航母则有x 1＝v 1t ，对于飞机则有v 2＝v 1＋at ，飞机起飞时的位移满足v 22－v 21＝2ax 2，两者相对位移等于航母的跑道长，故有x 2－x 1＝160 m ，联立解得v 1＝10 m/s ，故A 正确。
2．(多选)(2017·湖南常德一中模拟)A 与B 两个质点向同一方向运动，A 做初速度为零的匀加速直线运动，B 做匀速直线运动。
开始计时时，A 、B 位于同一位置，则当它们再次位于同一位置时( )A ．两质点速度相等B ．A 与B 在这段时间内的平均速度相等C ．A 的瞬时速度是B 的2倍D ．A 与B 的位移相同解析：选BCD 要求A 、B 同一时刻到达同一位置，初始时刻A 、B 位于同一位置，末时刻又在同一位置，所以两质点位移相等，故D 正确；A 、B 同时开始运动，所以相遇时运动的时间相等，可知平均速度相等，故B 正确；相遇时位移相等，设A 的速度为v A ，B 的速度为v B ，则有v A 2t ＝v B t ，得v A ＝2v B ，故C 正确，A 错误。
3．(2017·福建师大附中模拟)在空中的某点O 以一定的初速度竖直向上抛出一物体，不计空气阻力，0.8 s 后物体的速率变为8 m/s ，关于此时物体的位置和速度方向的说法，正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．在O 点上方，速度方向向下B ．在O 点上方，速度方向向上C ．在O 点，速度方向向下D ．在O 点下方，速度方向向下解析：选B 取竖直向上为正方向。
2018届高三物理二轮复习练习：能量和动量 夯基保分练(二)含解析
夯基保分练(二)机械能守恒与能量守恒[A级——保分练]1. (2017·吉大附中摸底)如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾。
假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略。
那么过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是()A．车头A通过P点时的速度最小B．车的中点B通过P点时的速度最小C．车尾C通过P点时的速度最小D．A、B、C通过P点时的速度一样大解析：选B过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B通过P点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故B正确。
2. (2017·湖北孝感联考)质量为50 kg 的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图所示，经实际测量得知上升的最大高度是0.8 m，在最高点的速度为3 m/s，则起跳过程该同学所做功最接近(取g＝10 m/s2)()A．225 J B．400 J C．625 J D．850 J解析：选C该同学的起跳过程可视为做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，根据动能定理得W－mgh＝12m v2－0，解得W＝625 J，故C正确，A、B、D错误。
3.如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管。
一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。
关于管口D距离地面的高度必须满足的条件是()A．等于2R B．大于2RC ．大于2R 且小于52RD ．大于52R 解析：选B 细管可以提供支持力，所以小球到达A 点的速度大于零即可，由机械能守恒定律得12m v 2A＝mgH －mg ·2R ，则v A ＝2gH －4gR >0，解得H >2R 。
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夯基保分练(二)原子结构与原子核
[A级——保分练]
1．(2017·甘肃凉州模拟)20世纪初，为了研究物质内部的结构，物理学家做了大量的实验，揭示了原子内部的结构，发现了电子、中子和质子。
下图是()
A．卢瑟福的α粒子散射实验装置
B．卢瑟福发现质子的实验装置
C．汤姆孙发现电子的实验装置
D．查德威克发现中子的实验装置
解析：选A题图是α粒子轰击金箔，是卢瑟福的α粒子散射实验装置。
A正确。
2．(2015·天津高考)物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。
下列说法正确的是()
A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的
B．电子的发现使人们认识到原子具有核式结构
C．α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的
D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
解析：选A天然放射现象说明原子核内部是有结构的，人们认识原子核的复杂结构是从天然放射现象开始的，选项A正确；电子的发现说明了原子是可以分割的，是由更小的微粒组成的，选项B错误；由α粒子散射实验建立了原子的核式结构模型，选项C错误；密立根油滴实验说明物质所带电荷量是量子化的，选项D错误。
3．铀核可以发生衰变和裂变，铀核的()
A．衰变和裂变都能自发发生
B．衰变和裂变都不能自发发生
C．衰变能自发发生而裂变不能自发发生
D．衰变不能自发发生而裂变能自发发生
解析：选C铀是天然放射性元素，所以铀核的衰变能自发发生，而铀核的裂变是人工实现的，是用中子轰击铀核实现的，所以铀核的裂变不能自发发生，故A、B、D错误，C正确。
4．(2017·黄山模拟)下列说法正确的是()
A．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流
B．一个氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态时，最多能产生三种不同频率的光子
C．用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期
D．原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量
解析：选Cβ射线的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，A错误；一个氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态时，最多产生两种不同频率的光子，但是若是大量氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态时，最多可产生3种不同频率的光子，B错误；原子核的半衰期与外界因素无关，C正确；原子核经过衰变生成新核，需要释放出射线，质量减小，D错误。
5．(多选)(2017·郑州联考)下列说法正确的是()
A．重核裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能
B．氢原子从n＝3的能级向低能级跃迁时只能辐射出两种不同频率的光子
C．比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时要吸收能量
D．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的
解析：选AC重核裂变和轻核的聚变过程都会存在质量亏损，亏损的质量转化为能量向外界放出，A正确；氢原子从n＝3的能级向低能级跃迁时，有3→2,3→1,2→1三种可能，故能辐射出三种不同频率的光子，B错误；比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时要吸收能量，C正确；β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的一个中子转化为质子同时生成一个电子形成的，D错误。
6．(多选)(2017·华南师大附中模拟)下列说法正确的是()
A．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”
B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应
C．光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
D.157N＋11H→126C＋42He是α衰变方程
解析：选AB汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，选项A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，选项B正确；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，不成正比，选项C错误；157N＋11H→126C＋42He是人工转变，不是α衰变方程，选项D错误。
7.(多选)如图所示为氢原子的能级图，现有一群处于n＝3激发态的氢原子，则这些原子()
A．辐射的光子最小能量是0.66eV
B．辐射的光子最大能量是12.75eV
C．能辐射3种不同频率的光子。