解析江苏省宿迁市泗阳县致远中学2021年高三上学期物理模拟试卷4

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2０20┄2021学年江苏省宿迁市泗阳县致远中学高三(上)
物理模拟试卷(４)
一、单项选择题：本题５小题,每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意.
1.(３分）（2０1３•泗阳县校级模拟）下列几个关于力学问题的说法中正确的是（）
Ａ.米、千克、牛顿等都是国际单位制中的基本单位
B．放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力就是物体对斜面的压力
C．摩擦力的方向可能与物体的运动方向垂直
D.伽利略在研究运动和力的关系时提出了著名的斜面实验,应用的物理思想方法属于“等
效替代”
考点:摩擦力的判断与计算;物体的弹性和弹力；力学单位制.
专题:摩擦力专题.
分析:米、千克是国际单位制中的基本单位，而牛顿不是国际单位制中的基本单位．放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力大小等于物体对斜面的压力，但不能说就是物体对斜面的压力.摩擦力的方向可以与物体的运动方向垂直．伽利略的斜面实验是在实际实验基础上进行合理外推.
解答：解:
Ａ、米、千克是国际单位制中的基本单位,而牛顿不是国际单位制中的基本单位，根据牛顿第二定律得到的导出单位.故A错误．
B、放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力大小等于物体对斜面的压力,但不能
说就是物体对斜面的压力，压力的受力物体是斜面，而重力的分力的受力物体是该物体．故Ｂ错误．
Ｃ、摩擦力的方向可以与物体的运动方向垂直，比如在水平圆盘上随圆盘一起匀速转动的物体所受的摩擦力方向与速度方向垂直．故C正确．
Ｄ、伽利略在研究运动和力的关系时应用的物理思想方法是“实验加猜想”，所以D 错误.
故选：C．
点评:本题考查物理基础知识，尤其对物理方法要理解加记忆．
2．（3分)（2013•泗阳县校级模拟）如图所示，斜面体M放在水平地面上．现将物块m放在斜面上,物块恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动．若用平行于斜面向下的推力F,使物块加速下滑,则斜面体（）
A.对地面的压力增大
B.对地面的压力不变
C．可能沿水平面向右运动
Ｄ.受到地面的摩擦力方向水平向左
考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力.
专题:牛顿运动定律综合专题．
分析：未加推力F时，物块m沿斜面匀速下滑,而斜面体静止不动,两者都处于平衡状态,可以作为整体处理,分析地面对斜面体有无摩擦力.再研究施加推力Ｆ的情况，物块对斜
面体的作用力没有变化,分析可知斜面体的受力情况不改变.
解答:解：在未加推力F时，物块m沿斜面匀速下滑,而斜面体静止不动，两者都处于平衡状态,以整体为研究对象，分析可知,竖直方向上受到总重力和地面的支持力,由平衡条件得知,地面的支持力大小等于总重力.水平方向上地面对斜面体没有摩擦力.
施加推力F后，物块对斜面体的压力和摩擦力没有变化,则斜面体的受力情况没有改变，所以斜面体受到的地面的摩擦力仍然为零，地面对斜面体的支持力仍然等于总重力，保持不变,则斜面体对地面的压力也保持不变．故Ｂ正确,A、Ｃ、D错误.
故选:B．
点评:本题解题有两个关键:一、是先整体为研究对象，确定出地面的支持力和摩擦力，二是抓住F平行于斜面,物块对斜面体的作用没有变化,从而斜面体的受力情况也不发生改变.
3.(3分)（2０13•泗阳县校级模拟）质量相等的甲、乙两车从某地同时由静止开始沿直线同方向加速运动,甲车功率恒定,乙车牵引力恒定,两车所受阻力相等且均为恒力.经过t时间，甲、乙两车速度相同,则（）
A．t时刻甲车一定在乙车的前面
B．ｔ时刻甲车加速度大于乙车加速度
C．ｔ时刻甲车牵引力的瞬时功率大于乙车牵引力的瞬时功率
D．t时间内甲车牵引力的平均功率小于乙车牵引力的平均功率
考点：功率、平均功率和瞬时功率.
专题：功率的计算专题．
分析：汽车恒定功率启动是加速度不断减小的加速运动,当加速度减为零时,速度达到最大
值；汽车匀加速启动,牵引力不变，是功率不断变大的运动
解答：解：A、恒定功率启动是加速度不断减小的加速运动，其速度时间图象为曲线,匀加速启动是直线，如图
速度时间图象与时间轴包围的面积等于位移，故甲车位移较大,故A正确;
B、速度时间图线上某点的斜率表示该时刻的加速度,故甲的加速度较小,故B错误;
Ｃ、根据牛顿第二定律,有F﹣f=ma,由于t时刻甲的加速度较小，故牵引力较小,由P ＝Fｖ，可知t时刻甲的瞬时功率较小，故Ｃ错误;
D、甲车功率不变,故平均功率等于t时刻功率，ｔ时刻甲车功率较小,故D错误；
故选A.
点评：本题关键画出两辆汽车的速度时间图线,根据速度时间图象与时间轴包围的面积等于位移求出位移，再根据速度时间图线上某点的斜率表示该时刻的加速度得出加速度的大小关系,最后结合动能定理和功率与速度关系式P=Ｆv求解
4．(3分）（2０１３•嘉定区三模）如图所示，带有正电荷量Q的细铜圆环竖直固定放置,一带正电荷量q的粒子从很远处沿水平轴线飞来并到达圆心O.不计粒子的重力．关于粒子的上述过程，下列说法中正确的是（)
A.粒子先做加速运动后做减速运动
B.粒子的电势能先增大，后减小
Ｃ．粒子的加速度先增大,后减小
D.粒子的动能与电势能之和先减小,后增大
考点：电势能；牛顿第二定律;电场强度．
专题:电场力与电势的性质专题.
分析:带有正电荷圆环的电场电场线从圆环出发到无穷远终止,分析粒子q所受的电场力方向，即可判断其运动情况.根据电场力做功正负，判断电势能的变化.无穷远场强为零，O点场强也为零,即可从无穷远到Ｏ点,场强先增大后减小,粒子的加速度先增大，后减小．根据能量守恒分析动能与电势能之和.
解答:解:A、圆环带正电,电场线从圆环出发到无穷远终止，带正电的粒子q所受的电场力方向与其运动方向相反，所以粒子一直做减速运动.故A错误．
B、电场力对粒子ｑ做负功，电势能一直增大．故B错误．
Ｃ、无穷远场强为零，O点场强也为零，即可从无穷远到O点，场强先增大后减小,粒子所受的电场力先增大后减小,所以其加速度先增大，后减小.故C正确．
D、根据能量守恒得知:粒子的动能与电势能之和保持不变．故Ｄ错误.
故选C
点评:本题采用极限法分析场强的变化,来分析加速度的变化是关键．
5.(3分)(201４•甘肃模拟）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小,有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理图如图所示，将压敏电阻固定在升降机底
板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内,发现电流表的示数I不变，且Ｉ大于升降机静止时电流表的示数I0,在这段时间内（）
A．升降机可能匀速上升
B.升降机一定在匀减速上升
Ｃ．升降机一定处于失重状态
D．通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时大
考点:传感器在生产、生活中的应用；闭合电路的欧姆定律.
分析：通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来确定升降机的运动状态．
解答:解:A、在升降机运动过程中发现I大于升降机静止时电流表的示数I0,则说明不可能匀速运动.故Ａ错误；
B、在升降机运动过程中发现电流表不变，则说明是匀变速运动，且I大于升降机静
止时电流表的示数Ｉ0，则可知外电压变大，内电压变小,说明电流变小.所以是电阻变大．由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，则压力变小．因此加速度方向向下．可能向下匀加速,也可能向上匀减速.故Ｂ错误；
Ｃ、在升降机运动过程中发现电流表不变,则说明是匀变速运动,且I大于升降机静止时电流表的示数I０，则可知外电压变大，内电压变小，说明电流变小．所以是电阻变大.
由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小,则压力变小．因此加速度方向向下．可能向下匀加速,也可能向上匀减速.故Ｃ正确；
D、通过压敏电阻的电流是由电阻决定，而电阻是由压力确定,所以不是静止时压力最
小，故D错误;
故选:C
点评：电流表的示数I不变,说明压力不变;而I大于升降机静止时电流表的示数I0，则说明压力不等于重力.
二、多项选择题:本题共４小题，每小题4分，共１6分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分.
6．(4分)（20０9•泉州二模)如图所示,理想变压器的原线圈输入电压不变的交变电流,副线圈上接有定值电阻Ｒ和两个相同的灯泡L1和L2,其余导线电阻不计．当S闭合时( ）
A．M、N两端的电压减小Ｂ.电阻Ｒ两端的电压增大
Ｃ．通过灯泡L1的电流减小 D.通过原线圈的电流减小
考点:变压器的构造和原理.
专题：交流电专题．
分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可.
解答：解：A、由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始
终不变，所以Ａ错误;
BC、当S接通后,电路的总电阻减小,总电流变大,所以电阻Ｒ上消耗的电压变大，由于输出的电压不变,所以灯泡Ｌ1的电压减小,电流减小,故ＢＣ正确；
D、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大,而变压器的匝数比不变，所以原线
圈中的电流增大，故D误;
故选：BC．
点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况,再确定其他的电路的变化的情况,即先部分后整体再部分的方法．
7.（4分)（200９•南通模拟）如图所示,虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场Ｂ组成的正交或平行的电场和磁场(实线为电场线），有一个带正电小球(电量为＋q,质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪些电磁混合场( )
A. B. C. D.
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：当粒子不受洛伦兹力或者三力平衡时物体有可能沿着直线通过电磁场区域．
解答:解:A、小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力,下降过程中速度一定变大,故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡,故合力不可能一直向下,故一定做曲线运动,故A错误;
B、小球受重力、向左的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故
一定做曲线运动,故B错误；
Ｃ、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；
D、粒子受向下的重力和向上的洛伦兹力，合力一定与速度共线,故粒子一定做直线运
动,故D正确;
故选CD.
点评：本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直,要使粒子做直线运动，要么三力平衡,要么不受洛伦兹力．
8．（4分)(20１1•苏州一模）用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ａｂ为圆环的一条直径.如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率＝ｋ(k<０).则（）
A.圆环中产生逆时针方向的感应电流
B.圆环具有扩张的趋势
C．圆环中感应电流的大小为
D．图中a、b两点间的电势差Uａb=|kπr２|
考点:法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律;楞次定律.
专题:压轴题;电磁感应与电路结合.
分析:由题意可知,磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向;由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差.
解答:解：A、磁通量向里减小,由楞次定律“增反减同”可知,线圈中的感应电流方向为顺时针,故Ａ错误;
B、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势;故
B正确；
C、由法拉第电磁感应定律可知,E===kπr2,感应电流I=＝
,故C错误；
D、与闭合电路欧姆定律可知，aｂ两点间的电势差为=,故Ｄ正确；
故选BD.
点评：本题应注意ａｂ两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压．
9.(4分）(2013•湖南模拟)如图所示，边长为Ｌ的正方形单匝线圈ａbcd,电阻r,外电路的电阻为R，a、b的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上,磁场的磁感应强度为Ｂ,若线圈从图示位置开始,以角速度ω绕轴OO′匀速转动，则以下判断正确的是（)
A.图示位置线圈中的感应电动势最大为E m=ＢL２ω
B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsinωt
Ｃ.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q=
D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=
考点:导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
专题:电磁感应——功能问题．
分析:当线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式Ｅm=BＳω求解感应电动势的最大值.
图中是中性面,线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流,根据e=E m sinωt 可列出感应电动势的瞬时表达式,根据感应电荷量ｑ＝，求通过电阻Ｒ的电荷量．最大值是有效值的倍，求得电动势有效值,根据焦耳定律求电量Q．
解答:解:A、图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误．Ｂ、当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为E m＝BＳω=Bω，瞬时值表达式为e=E m sinωt=BL２ωsiｎωt．故B正确.
Ｃ、线圈从图示位置转过１8０°的过程中,穿过线圈磁通量的变化量大小为△Φ=2ＢS=2B=BＬ2，流过电阻R的电荷量为q=＝，故Ｃ错误.
D、感应电动势的有效值为Ｅ=，感应电流有效值为I=，R产生的热量为
Q=I２RＴ，T＝，联立得Q=.故D正确.
故选：BＤ.
点评:本题要掌握正弦式交变电流瞬时值表达式,注意计时起点，掌握感应电荷量的经验公式q=，知道用有效值求热量.
三、简答题:本题分必做题（第10、１１、1２题)和选做题（第1３题)两部分，共计42分．请将解答填写在答案卷相应的位置．
10．（６分）(20１３•泗阳县校级模拟)如图螺旋测微器的读数为 3.290 m，游标卡尺的读数为0．2２cｍ.
考点：刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用.
专题：实验题.
分析:游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
解答：解:螺旋测微器的固定刻度读数为3mｍ，可动刻度读数为0.0１
×29.0mm=0.290mm，所以最终读数为：3ｍｍ+0.290mｍ=3.290mm;
游标卡尺的固定刻度读数为0.2ｃｍ,游标尺上第2个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.1×２mｍ=0.2ｍm=0．02ｃm，所以最终读数为:０.2cm+０.０2ｃｍ=0.22cm.
故答案为：3.290,0.２２.
点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
1１．(６分)（２012•江西模拟)某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置,通过改变重物的质量,利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象.他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两条ａ﹣Ｆ图线，如图(b）所示．
（１)图线是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“①”或“②”）；
(2)滑块和位移传感器发射部分的总质量m= kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝．
考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．
专题：牛顿运动定律综合专题.
分析:知道滑块运动的加速度ａ和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．
对滑块受力分析,根据牛顿第二定律求解.
解答：解：(1)由图象可知,当F=0时，ａ≠0.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高.
所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的.
(2)根据F=mａ得a＝
所以滑块运动的加速度ａ和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．
由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2,所以滑块和位移传感器发射
部分的总质量m＝0.5Ｋg
由图形b得,在水平轨道上F=1Ｎ时，加速度a=０，
根据牛顿第二定律得F﹣μmg=0
解得μ=0．2
故答案为：(1)①；(2）0.5，0.2
点评：通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系．运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解.
１２．（8分）（２0１５•河南一模)某研究小组收集了两个电学元件:电阻Ｒ0（约为2kΩ)和手机中的锂电池(电动势Ｅ标称值为3.7V,允许最大放电电流为10０mA）.实验室备有如下器材：
A．电压表Ｖ（量程3V,电阻R V约为4.0kΩ）
B.电流表A1(量程１０0mA，电阻R A1约为5Ω）
C．电流表A２(量程2mＡ，电阻R A2约为５0Ω)
D．滑动变阻器R１（0~40Ω,额定电流1A)
E.电阻箱R２（0～９99．9Ω)
Ｆ.开关Ｓ一只、导线若干
（1)为了测定电阻Ｒ0的阻值,小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选A2(选填“A1”或“Ａ２”），请将实物连线补充完整．
（2）为测量锂电池的电动势Ｅ和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图.根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为ｋ,纵轴截距为ｂ,则该锂电池的电动势E= ，内阻r= (用k、ｂ和R2表示）.该实验的测量值偏小,造成此系统误差主要原因是电压表分流．
考点:描绘小电珠的伏安特性曲线．
专题：实验题；恒定电流专题.
分析:(1)根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法;根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．
(２）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小．
解答：解:(1）电压表量程是3V,通过待测电阻的最大电流
I==＝0.００15Ａ=１.5ｍA,
因此电流表应选电流表A2(量程2ｍA,电阻R A2约为５0Ω）；
待测电阻R0阻值约为２kΩ，滑动变阻器R1（0~40Ω,额定电流1A)
与电阻箱R2（0~999.９Ω)最大阻值均小于待测电阻阻值,
变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小,不能测多组实验数据，为测多组实验数据,减小实验误差,滑动变阻器应采用分压接法;＝=40，＝=２，>,电流表应该采用内接法,实物电路图如图所示.
(2）由图乙所示电路可知，Ｅ=Ｕ+Ir=U＋r，则=+,因此图象的纵轴截距
b=，电动势E＝,
图象的斜率k＝,则电源内阻r=kE＝;由图乙所示可知,由于电压表分流,使实验的测量值偏小．
故答案为：（1)A2;电路图如图所示;(2）;;电压表的分流.
点评：根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键.
【选修模块3－3】（１2分）
13．(4分）(2013•泗阳县校级模拟）下列说法中正确的是（)
Ａ.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映
B.晶体内部的物质微粒是有规则地排列的，而非晶体内部物质微粒排列是不规则的．晶体
内部的微粒是静止的,而非晶体内部的物质微粒是不停地运动着
C．浸润与不浸润均是分子力作用的表现
D.热力学温标的最低温度为０K,它没有负值,它的单位是物理学的基本单位之一．
考点:分子间的相互作用力；热力学第一定律.
专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系.
分析：由布朗运动定义可以判定A．
由晶体和非晶体的特征可判定B.
浸润与不浸润均是分子力作用的表现.
热力学温标的最低温度为０K，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一
解答:解:A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动,反映的是液体分子的无规则热运动，故A错误．
B、晶体内部的物质微粒是有规则地排列的，而非晶体内部物质微粒排列是不规则的.
晶体和非晶体内部的物质微粒都是不停地运动着,故B错误.
C、浸润与不浸润均是分子力作用的表现，故C正确．
D、热力学温标的最低温度为0Ｋ,称为绝对零度，它没有负值，它的单位是物理学的
基本单位之一,故Ｄ正确．
故选:CD
点评：本题重点掌握晶体和非晶体的特征,知道热力学温度的含义，基础题．
14.(8分）(２０1３•泗阳县校级模拟)(1)一定质量的理想气体,从状态A变化到状态B,其压强p和温度T的关系如图所示，
则理想气体的分子平均动能增大(填“增大”或“减小”)．若此过程中气体的内
能变化1．2×１05J，气体对外做功1.0×１05,则气体吸热(填“吸”或“放”)２.2×105 J.
(２）体积为V的纯油酸在水面上完全散开的面积为S，则油酸分子直径为；
若油酸的摩尔质量为M，密度为ｐ,则阿伏伽德罗常数N A= ．(球的体
积V与直径D的关系为）
考点：热力学第一定律;阿伏加德罗常数.
专题:热力学定理专题．
分析：根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量.对于一定质量的理想气体，温度升高,那么气体的平均动能和内能都增加．根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热．
油酸溶液滴在水面上扩散后形成的油酸油膜最大面积时,形成单分子油膜，油膜的厚度等于分子直径．由油酸的体积与面积之比求出分子直径.把分子看成立文体形，阿伏加德罗常量为N A等于摩尔体积与分子体积之比．
解答：解：(1)由图象知气体的温度增加,分子的平均动能增大,内能升高,由热力学第一定律公式:△U=Q+W，知Q＝△U﹣W=1.2×105+1.0×1０5=2．2×105Ｊ,即吸收热量．
(２）体积为V的纯油酸在水面上完全散开的面积为Ｓ，则油酸分子直径为d=,把油酸分子看成立球体,则有:N A•
代入解得:N A=
故答案为：增大，吸，2.２×105,,
点评：对于气体状态图象,根据气态方程分析状态变化过程，要掌握一定质量的理想气体的内能只跟温度有关.对单分子油膜法测定分子直径原理的理解和应用，建立模型是解题的关键.
【选修模块3-5】(12分)
15.（2013•泗阳县校级模拟）下列说法正确的是( )
A．比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定释放核能
B．一定强度的入射光照射某金属发生光电效应时,入射光的频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多
C.根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动
速度增大
Ｄ．β射线的速度接近光速，普通一张白纸就可挡住
考点:氢原子的能级公式和跃迁;氢原子光谱．
专题：原子的能级结构专题．
分析：通过核力的特点进行判断;当有质量亏损时,亏损的质量以能量的形式释放;入射光的频率越高,单个光子的能量值越大;氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小,核外电子的运动速度增大；β射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子即β粒子.α射线电离本领最大，贯穿本领最小,普通一张白纸就可挡住.
解答：解:Ａ、比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损,释放核能．故A正确.
B、一定强度的入射光照射某金属发生光电效应时,入射光的频率越高,单个光子的能量
值越大，光子的个数越少，单位时间内逸出的光电子数就越少．故B错误.
C、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子从高轨道跃迁到低轨道,电子
与原子核之间的距离变小，库仑力做正功，氢原子的电势能减小；电子与原子核之间的距离变小,由库仑力提供向心力可得，核外电子的运动速度增大．故C正确；。