广东省江门市台山市华侨中学2016届高三上学期物理测试卷（6）

广东省江门市台山市华侨中学2016届高三上学期物理测试卷（6）

www.ks5u.com ‎2015-2016学年广东省江门市台山市华侨中学高三（上）物理测试卷（6）‎ ‎　‎ 一、单项选择题：每题6分，30分 ‎1．2013年修订版《机动车驾驶证申领和使用规定》于2013年1月1日正式施行，司机闯黄灯要扣6分，被称为“史上最严交规”．某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，如图所示．若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离L=10.5m，则绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间t0为（　　）‎ A．0.5s B．1.5s C．3s D．3.5s ‎2．一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点a的时间间隔为Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔为Tb，则a、b之间的距离为（　　）‎ A． g（Ta2﹣Tb2） B． g（Ta2﹣Tb2） C． g（Ta2﹣Tb2） D． g（Ta2+Tb2）‎ ‎3．将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v﹣t图象如图所示，g取10m/s2．说法中正确的是（　　）‎ A．小球上升过程损失的动能等于下落过程中的增加的动能 B．小球重力和阻力之比为1：5‎ C．小球上升与下落所用时间之比为2：3‎ D．小球上升过程，处于失重状态 ‎4．如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，绳上的拉力将（　　）‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎5．如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d．根据图中的信息，下列判断错误的是（　　）‎ A．位置“1”是小球释放的初始位置 B．小球做匀加速直线运动 C．小球下落的加速度为 D．小球在位置“3”的速度为 ‎　‎ 二、多项选择题：每题6分，共18分．‎ ‎6．如图所示，一质量为m（可视为质点）的物块以一定的初速度v0从斜面底端向上运动，恰能滑行到斜面顶端．设物块与斜面间的动摩擦因数一定，斜面的高度h和底边长度x可独立调节（斜边长随之改变），下列说法正确的是（　　）‎ A．若只增大m，物块不能滑到斜面顶端 B．若只增大h，物块不能滑到斜面顶端，但上滑最大高度一定增大 C．若只增大x，物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大 D．若再施加一个水平向右的恒力，物块一定从斜面顶端滑出 ‎7．两颗地球工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是（　　）‎ A．这2颗卫星的加速度大小相等，均为 B．卫星1由位置A第一次运动到位置B所需的时间为 C．卫星1向后喷气，瞬间加速后，就能追上卫星2‎ D．卫星1向后喷气，瞬间加速后，绕地运行周期变长 ‎8．如图所示，A、B两物块的质量皆为m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为4μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则（　　）‎ A．当F＜4μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F=7μmg时，A的加速度为3μg C．当F＞8μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg ‎　‎ 三.非选择题 ‎9．如图a所示，用铁架台、弹簧和多个质量相同且已知质量的钩码，做探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长长度的关系实验．‎ ‎①为完成实验，还需要的实验器材有：　　．‎ ‎②图b是弹簧所受弹力F与弹簧伸长长度x的F﹣x图线，由此可求出弹簧的劲度系数为　　N/m，图线不过原点的原因是由于　　．‎ ‎10．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置．‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是　　．‎ A．为减小误差，实验中一定要保证钩码的质量m远小于小车的质量M．‎ B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力．‎ C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数．‎ D．改变钩码的质量，打出几条纸带．‎ ‎（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，计数点间的距离如图2所示．根据图中数据计算的点4的速度为v=　　m/s，加速度a=　　 m/s2 （均保留三位有效数字）．‎ ‎（3）以拉力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图象是一条直线，测得图线的斜率为k，则小车的质量为　　．‎ ‎11．如图所示的游戏装置中，一高度为h的固定杆的顶部固定一光滑弧形轨道，一处于水平面内的圆盘可绕固定杆转动，圆盘上距圆盘中心为L的O1处有一小圆孔．现让圆盘匀速转动，当过OO1的直线处于轨道AB正下方且O1在杆右侧时，将小球从A点静止释放，小球经导轨从B点水平抛出后恰好穿过圆孔O1，已知小球由A点到B点的时间为t0，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）A、B间的竖直高度差；‎ ‎（2）圆盘转动的角速度．‎ ‎12．下列说法正确的是（　　）‎ A．某放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为3.8天 B．在单缝衍射实验中，假设只让一个光子通过单缝，则该光子可能落在暗条纹处 C．一群氢原子从n=3的激发态向较低能级跃迁，最多可放出两种频率的光子 D．已知能使某金属发生光电效应的极限频率为ν0，则当频率为2ν0的单色光照射该金属时，光电子的最大初动能为2hν0‎ E． He+Al→P+n是原子核的人工转变方程 ‎13．如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M=3.0kg，木板的长度为L=1.5m．在木板右端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取10m/s2．‎ ‎①若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；‎ ‎②若初速度v0=3m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年广东省江门市台山市华侨中学高三（上）物理测试卷（6）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题：每题6分，30分 ‎1．2013年修订版《机动车驾驶证申领和使用规定》于2013年1月1日正式施行，司机闯黄灯要扣6分，被称为“史上最严交规”．某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，如图所示．若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离L=10.5m，则绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间t0为（　　）‎ A．0.5s B．1.5s C．3s D．3.5s ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移，能根据图象读取有用信息知位移x=L=10.5．‎ ‎【解答】解：在反应时间内小轿车匀速运动的距离为：x=v0△t=6×0.5 m=3 m，‎ 则小轿车匀减速运动的距离为：L﹣x=（t0﹣0.5），‎ 解得：t0=3 s，故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点a的时间间隔为Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔为Tb，则a、b之间的距离为（　　）‎ A． g（Ta2﹣Tb2） B． g（Ta2﹣Tb2） C． g（Ta2﹣Tb2） D． g（Ta2+Tb2）‎ ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】‎ 物体做竖直上抛运动，上下两个过程具有对称性，可以利用对称来解，可以得到物体从最高点到A点的时间为Ta，从最高点到B点的时间为Tb，因物体从最高点出发初速度为0，作自由落体运动，由位移公式求解即可．‎ ‎【解答】解：小球做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，‎ 物体从最高点自由下落到A点的时间为Ta，‎ 物体从最高点自由下落到B点的时间为Tb，‎ 竖直上抛运动的加速度a=g，由匀变速直线运动的位移公式：x=at2可得：‎ 最高点到A点的距离为：ha=gTa2①‎ 最高点到B点的距离为：hb=gTb2②‎ a点在b点下方，由①、②解得，ab相距△h=g（Ta2﹣Tb2）．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v﹣t图象如图所示，g取10m/s2．说法中正确的是（　　）‎ A．小球上升过程损失的动能等于下落过程中的增加的动能 B．小球重力和阻力之比为1：5‎ C．小球上升与下落所用时间之比为2：3‎ D．小球上升过程，处于失重状态 ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据动能定理分析上升与下落动能变化量的关系．根据速度时间图线得出匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出阻力的大小，从而得出小球重力和阻力的比值；根据牛顿第二定律求出下降的加速度，结合位移时间公式得出上升和下落时间之比．根据加速度的方向判断小球的状态．‎ ‎【解答】解：A、小球上升过程中合力等于重力与空气阻力之和，下落过程中合力等于重力与空气阻力之差，所以上升过程的合力大于下落过程的合力，而两个过程位移大小相等，小球上升合力做功较多，由动能定理知，小球上升过程损失的动能大于下落过程中的增加的动能，故B错误．‎ B、小球向上做匀减速运动的加速度大小 a1===12m/s2，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得，阻力大小 f=ma1﹣mg=2m=2N，则重力和阻力大小之比为mg：f=5：1．故B错误．‎ C、小球下降的加速度大小 a2===8m/s2，小球上升过程的逆过程是初速度的匀加速运动，则对上升和下落两个过程，由 x=得：x相等，上升与下落所用时间之比为 ===，故C错误．‎ D、上升的过程中，小球的加速度向下，处于失重状态．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，绳上的拉力将（　　）‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎【考点】向心力；共点力平衡的条件及其应用；决定向心力大小的因素．‎ ‎【分析】在力学中，有这样一类问题：一个物体（质点）受到三个共点力（或多个共点力但可以等效为三个共点力）作用而处于平衡状态，其中一个力变化引起其它力的变化，需要判定某些力的变化情况，或确定其极值．它的求解方法对其他矢量的分析同样适用．‎ 对球受力分析，受重力、支持力、拉力，其中重力大小方向都不变，支持力方向不变、大小变，拉力大小与方向都变，可用作图法分析．‎ ‎【解答】解：对球受力分析，受重力、支持力、拉力，如图 其中重力大小方向都不变，支持力方向不变，拉力大小与方向都变，将重力按照作用效果分解 由图象可知，G1先变小后变大，G2变小 又根据共点力平衡条件 G1=F G2=N 故拉力F先变小后变大；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d．根据图中的信息，下列判断错误的是（　　）‎ A．位置“1”是小球释放的初始位置 B．小球做匀加速直线运动 C．小球下落的加速度为 D．小球在位置“3”的速度为 ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】小球做的匀加速直线运动，根据相机的曝光的时间间隔相同，由匀变速直线运动的规律可以求得．‎ ‎【解答】解：由图可以知道每两个相邻的点之间的距离差是一样的，由△x=at2 可知，a==，所以BC的说法正确；‎ 由于时间的间隔相同，所以2点瞬时速度的大小为1、3之间的平均速度的大小，所以V2=，根据V=V0+at可知点1的速度大小是V1=V2﹣at=﹣•T=，所以A错误；‎ 点3的瞬时速度的大小为2、4之间的平均速度的大小，所以V3=，所以D正确．‎ 本题选错误的，故选A．‎ ‎　‎ 二、多项选择题：每题6分，共18分．‎ ‎6．如图所示，一质量为m（可视为质点）的物块以一定的初速度v0从斜面底端向上运动，恰能滑行到斜面顶端．设物块与斜面间的动摩擦因数一定，斜面的高度h和底边长度x可独立调节（斜边长随之改变），下列说法正确的是（　　）‎ A．若只增大m，物块不能滑到斜面顶端 B．若只增大h，物块不能滑到斜面顶端，但上滑最大高度一定增大 C．若只增大x，物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大 D．若再施加一个水平向右的恒力，物块一定从斜面顶端滑出 ‎【考点】动能定理．‎ ‎【分析】根据动能定理求出初速度与上升高度之间的关系式，抓住水平位移和竖直高度的关系，结合关系式分析求解．‎ ‎【解答】解：A、物块以一定的初速度v0‎ 从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端，‎ 根据动能定理得，﹣mgh﹣μmghcosθ=0﹣mv，‎ 即﹣gh﹣μghscosθ=0﹣，可见与物体的质量无关，增大m，物块仍能滑到斜面顶端．故A错误．‎ B、根据gh+μghscosθ=，知h增大，物块不能滑到斜面的顶端，结合gh+μghctgθ=，知h=，增大h，θ增大，则上升的最大高度增大．故B正确．‎ C、根据gh+μgx=，知x增大，物块不能滑到斜面的顶端，结合gxtgθ+μgx=，知x=，增大x，斜面的倾角变小，则滑行的最大距离一定增大．故C正确．‎ D、施加一个水平向右的恒力，恒力沿斜面方向的分力可能小于摩擦力的增加量，则物块不一定能从斜面顶端滑出．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎7．两颗地球工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是（　　）‎ A．这2颗卫星的加速度大小相等，均为 B．卫星1由位置A第一次运动到位置B所需的时间为 C．卫星1向后喷气，瞬间加速后，就能追上卫星2‎ D．卫星1向后喷气，瞬间加速后，绕地运行周期变长 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】由G=m=mω2r=m（）2r=ma，可得出r相同则速度v大小相等，v变大则r变大（做离心运动），再结合=mg，即GM=gR2（黄金代换），即可求解 ‎【解答】解：A、根据F合=ma得，‎ 对卫星有=ma，‎ 取地面一物体由=mg，‎ 联立解得a=g，故A正确．‎ B、根据G=m（）2r①，‎ 又GM=gR2②，‎ t=T③，‎ 联立①②③可解得t=．故B正确；‎ C、D、若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，轨道半径增大，所以周期增大，卫星1不可能追上卫星2．故C错误，D正确；‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎8．如图所示，A、B两物块的质量皆为m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为4μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则（　　）‎ A．当F＜4μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F=7μmg时，A的加速度为3μg C．当F＞8μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体相对滑动时的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．‎ ‎【解答】解：A、B之间的最大静摩擦力为：fmax=μmAg=4μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：f′max=μ（mA+mB）g=2μmg，‎ A、当 F＜4μmg 时，F＜fmax，AB之间不会发生相对滑动，当2μmg＜F＜4μmg，由于拉力大于B与地面间的最大静摩擦力，A、B与地面间发生相对滑动；故A错误；‎ B、当F=7μmg时，F＞4μmg；故A、B间会发生相对滑动，此时A的加速度 a═==3μg；故B正确；‎ C、当F＞8μmg时，F＞4μmg，故A、B间会发生相对滑动，故C正确；‎ D、当AB间发生相对滑动时，B的加速度为 a==2μg，B的加速度不会超过2μg，故D错误 故选：BC ‎　‎ 三.非选择题 ‎9．如图a所示，用铁架台、弹簧和多个质量相同且已知质量的钩码，做探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长长度的关系实验．‎ ‎①为完成实验，还需要的实验器材有：　刻度尺　．‎ ‎②图b是弹簧所受弹力F与弹簧伸长长度x的F﹣x图线，由此可求出弹簧的劲度系数为　200　N/m，图线不过原点的原因是由于　弹簧有自重　．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】根据实验的原理：测量弹簧的弹力和伸长的长度来选择器材．图线的斜率即为弹簧的劲度系数．由胡克定律求出K．‎ ‎【解答】解：①实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺．‎ ‎②图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比．‎ 由k==200N/m．‎ 由图可知，当F=0时，x=0.5cm，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的．‎ 故图线不过原点的原因是由于弹簧有自重，实验中没有考虑（或忽略了）弹簧的自重．‎ 故答案为：①刻度尺；②200；弹簧有自重 ‎　‎ ‎10．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置．‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是　BD　．‎ A．为减小误差，实验中一定要保证钩码的质量m远小于小车的质量M．‎ B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力．‎ C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数．‎ D．改变钩码的质量，打出几条纸带．‎ ‎（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，计数点间的距离如图2所示．根据图中数据计算的点4的速度为v=　0.314　m/s，加速度a=　0.496　 m/s2 （均保留三位有效数字）．‎ ‎（3）以拉力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图象是一条直线，测得图线的斜率为k，则小车的质量为　　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；‎ ‎（2）根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度求出点4的速度，依据逐差法可得小车加速度；‎ ‎（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．‎ ‎【解答】解：（1）A、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误．‎ B、该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；‎ C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C错误；‎ D、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎（2）由于两计数点间还有4个点没有画出，故两点之间的时间间隔为T=5×0.02s=0.10s，‎ 根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度可知，‎ 取六段距离，采用两分法，由△x=aT2可得：a==0.496m/s2．‎ ‎（3）对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，‎ 此题，弹簧测力计的示数F为小车质量的倒数，故小车质量为m=‎ 故答案为：（1）BD；（2）0.314；0.496；（3）‎ ‎　‎ ‎11．如图所示的游戏装置中，一高度为h的固定杆的顶部固定一光滑弧形轨道，一处于水平面内的圆盘可绕固定杆转动，圆盘上距圆盘中心为L的O1处有一小圆孔．现让圆盘匀速转动，当过OO1的直线处于轨道AB正下方且O1在杆右侧时，将小球从A点静止释放，小球经导轨从B点水平抛出后恰好穿过圆孔O1‎ ‎，已知小球由A点到B点的时间为t0，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）A、B间的竖直高度差；‎ ‎（2）圆盘转动的角速度．‎ ‎【考点】向心力；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）小球从B点抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，已知下落的高度h可求出运动时间，水平方向做匀速直线运动，已知水平位移L，即可求出小球B点速度，从A到B的过程中，根据动能定理求解AB高度差；‎ ‎（2）小球运动的总时间与圆盘转动的时间相等，可得圆盘转动的时间，考虑圆盘转动的周期性，可知圆盘转动的角度θ=n•2π，由角速度定义式求出角速度ω．‎ ‎【解答】解：（1）小球从B点抛出后做平抛运动，‎ 竖直方向上有h=，‎ 水平方向上有L=vt，‎ 联立解得：v=，‎ 从A到B的过程中，根据动能定理得：‎ mg 解得：‎ ‎（2）小球从A点运动到O1点的时间t 在这段时间内，圆盘转过的角度为θ=ωt′=n•2π（n=1，2，3，…）‎ 联立解得ω=（n=1，2，3，…）‎ 答：（1）A、B间的竖直高度差为；（2）圆盘转动的角速度为 ‎（n=1，2，3，…）．‎ ‎　‎ ‎12．下列说法正确的是（　　）‎ A．某放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为3.8天 B．在单缝衍射实验中，假设只让一个光子通过单缝，则该光子可能落在暗条纹处 C．一群氢原子从n=3的激发态向较低能级跃迁，最多可放出两种频率的光子 D．已知能使某金属发生光电效应的极限频率为ν0，则当频率为2ν0的单色光照射该金属时，光电子的最大初动能为2hν0‎ E． He+Al→P+n是原子核的人工转变方程 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁；裂变反应和聚变反应．‎ ‎【分析】A、经过一个半衰期，有一半质量发生衰变，从而即可求解；‎ B、单缝衍射实验中，暗条纹是光子到达的机会较少；‎ C、从n=3的激发态向较低能级跃迁，光子的种类，以来确定；‎ D、根据光电效应方程Ekm=hγ﹣W0知，即可求解；‎ E、满足质量数与质子数守恒，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，则还有没有衰变，该元素的半衰期为3.8天，故A正确；‎ B、单缝衍射实验中，假设只让一个光子通过单缝，则该光子可能落在暗条纹处，不过落在暗条纹机会较少，故B正确；‎ C、一群氢原子从n=3的激发态向较低能级跃迁，最多可放出三种频率的光子，故C错误；‎ D、某金属发生光电效应的极限频率为ν0，则当频率为2ν0的单色光照射该金属时，根据光电效应方程Ekm=hγ﹣W0知，光电子的最大初动能为hν0，故D错误；‎ E、He+Al→P+n是原子核的人工转变方程，满足质量数与质子数守恒，故E正确；‎ 故选：ABE ‎　‎ ‎13．如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M=3.0kg，木板的长度为L=1.5m．在木板右端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取10m/s2．‎ ‎①若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；‎ ‎②若初速度v0=3m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）小物块滑上木板后，系统在水平方向动量守恒，再根据功能关系求得物块初速度的大小；‎ ‎（2）木板与物块组成的系统动量守恒，根据功能关系分析碰撞过程中损失的机械能．‎ ‎【解答】解：①设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0=（m+M）v ①‎ 对木板和物块系统，由功能关系②‎ 由①②两式解得：v0=m/s=2m/s ‎②同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v．‎ 设碰撞过程中损失的机械能为△E．‎ 对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系 有③‎ 由①③两式解得： =‎ 答：①若小物块刚好能运动到左端挡板处，v0的大小为2m/s；‎ ‎②若初速度v0=3m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，碰撞过程中损失的机械能为0.375J．‎ ‎　‎ ‎2017年4月13日