湖北省黄冈中学2015届高三上学期期中考试物理试卷（解析版）

这是一份湖北省黄冈中学2015届高三上学期期中考试物理试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题，选做题【物理一选修3-4】等内容，欢迎下载使用。
湖北省黄冈中学2015届高三上学期期中考试物理试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
1．如图所示，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B．则（　　）

　
A．
电场强度的方向向左
B．
A点场强一定大于B点场强
　
C．
电场力做负功
D．
电势能增加

考点：
电场强度；电场线；电势能．.
专题：
电场力与电势的性质专题．
分析：
根据电子的运动方向判断出电场的方向，从而可知电场力做功的正负，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大．
解答：
解：A、电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B，可知电场力方向水平向右，负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，所以电场强度的方向向左．故A正确．
B、不知电场线的疏密，故无法知道电场的强弱．故B错误．
C、A到B，电场力做正功，电势能减小．故C、D错误．
故选A．
点评：
解决本题的关键掌握电场强度方向的规定，与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．以及知道电场力做功与电势能的变化关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大．
　
2．（4分）关于万有引力定律，以下说法正确的是（　　）
　
A．
牛顿在前人研究基础上总结出万有引力定律，并计算出了引力常数为G
　
B．
德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律
　
C．
英国物理学家卡文迪许测出引力常数为G，并直接测出了地球的质量
　
D．
月﹣﹣地检验表明地面物体和月球受地球的引力，与太阳行星间的引力遵从相同的规律

考点：
万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定；物理学史．.
专题：
直线运动规律专题．
分析：
本题是物理学史问题，应根据开普勒、牛顿、伽利略等科学家的科学成就进行解答．
解答：
解：A、牛顿在前人研究基础上总结出万有引力定律，物理学家卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确的测定了引力常量，故A错误．
B、德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了开普勒三大定律，故B错误．
C、英国物理学家卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确的测定了引力常量，没有测出静电力常量，故C错误．
D、月﹣地检验表明地面物体和月球受地球的引力，与太阳行星间的引力遵从相同的规律，故D正确．
故选：D．
点评：
本题考查了一些物理学史，对物理学史要与主干知识一起学习，识记是最好的学习方法．
　
3．（4分）汽车从A点由静止开始沿直线ACB做匀变速直线运动，第4s末到达C点并关闭发动机匀减速前进，再经6s到达B点停止．已知AB长为30m，则下列说法正确的是（　　）
　
A．
通过C点时速度大小为3m/s
　
B．
通过C点时速度大小为6m/s
　
C．
AC段位移为15m
　
D．
汽车在AC段平均速度大于CB段平均速度．

考点：
匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．.
专题：
直线运动规律专题．
分析：
根据匀变速直线运动的平均速度公式求出AC段和CB段得平均速度，根据x=求出C点的瞬时速度，从而求出AC段的位移．
解答：
解：A、B、设C的速度为v，根据匀变速直线运动的平均速度公式，则AC段和BC段的平均速度都为，根据x=得：，代入数据，解得v=6m/s．故A错误，B正确．
C、AC段的位移．故C错误．
D、AC段、BC段的平均速度相等，都为．故D错误．
故选：B．
点评：
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．
　
4．（4分）（2014•台州一模）如图所示，物体A放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉A，直到把A拉动．在A被拉动之前的过程中，弹簧对A的弹力F1大小和地面对A的摩擦力f大小的变化情况是（　　）

　
A．
F1保持不变，f始终减小
B．
F1保持不变，f先减小后增大
　
C．
F1始终增大，f始终减小
D．
F1先不变后增大，f先减小后增大

考点：
牛顿第二定律；胡克定律．.
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
在A被拉动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体A先开始受到向右的静摩擦力，当拉力渐渐增大时，导致出现向左的静摩擦力，因而根据进行受力分析，即可判断．
解答：
解：由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长，则弹簧对A的拉力向左，由于粗糙水平面，因此同时受到水平向右的静摩擦力．当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉A，直到把A拉动前过程中，物体P受到的静摩擦力从向左变为水平向右．所以其大小先减小后增大．故只有B正确．
故选：B．
点评：
本题解题的关键是对P物体进行正确的受力分析，知道当P没有运动时，弹簧弹力不变，而由于拉力的变化，从而导致静摩擦力的方向变化，难度适中．
　
5．（4分）如图所示，表面光滑的斜面体固定在水平地面上，质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着，B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30°，当细线突然断开时，A、B两物体的瞬时加速度大小分别为（　　）

　
A．
g、g
B．
g、g
C．
0、g
D．
g、0

考点：
牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．.
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
在细线烧断前，根据平衡条件求出弹簧的弹力，在细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力没有变化，根据牛顿第二定律求出两球的加速度
解答：
解：设两球的质量均为m．在细线烧断前，以B球为研究对象，根据平衡条件得到弹簧的弹力F=mgsinθ，
在细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力没有变化，则B球的受力情况没有变化，瞬时加速度为零，
而此瞬间A球所受的合力大小为F+mgsinθ=2mgsinθ，方向沿斜面向下，
根据牛顿第二定律得，A球的加速度大小为aA==2gsinθ=g，方向沿斜面向下，故ABD错误，C正确．
故选：C．
点评：
本题是瞬时问题，一般先确定状态变化前弹簧的弹力，再分析瞬间物体的受力情况，由牛顿第二定律求解加速度．注意巧用整体法，结合运动情况来确定受力情况．
　
6．（4分）已知地球质量约为火星质量的9倍，地球半径约为火星半径的2倍，忽略星球自转的影响，则（　　）
　
A．
火星与地球绕太阳一周的时间几乎相等
　
B．
人在火星上体重会变大
　
C．
在火星与地球上以相同速度竖直跳起，在火星上会跳得较高
　
D．
在火星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同

考点：
万有引力定律及其应用；向心力．.
专题：
万有引力定律的应用专题．
分析：
根据万有引力定律公式求出人在火星上受的万有引力是在地球上受万有引力的倍数．根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系，从而得出上升高度的关系．
解答：
解：A、卫星近地运行时速度最大，周期最小，最小周期为 T=，因火星半径是地球半径的，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，则得：火星卫星的最小周期是地球卫星最小周期的，A错误
B、根据万有引力等于重力得：g=，知地球表面重力加速度是火星表面重力加速度的倍，则火星表面重力加速度为，人在火星上体重会变小，故B错误．
C、因为火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的倍，根据h=知在火星上跳的更高，故C正确．
D、根据万有引力提供向心力得：v=，知火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故D错误．
故选：C
点评：
解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力两个基本思路，并能灵活运用．
　
7．（4分）如图（a）所示，OA是某静电场中的一条电场线，Ox是与电场线重合的坐标轴，OA间的电势φ在x轴上分布如图b所示，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿OA由O点运动到A点．以下说法正确的是（　　）

　
A．
O、A 两点的电场强度EO＜EA
B．
电场线的方向沿x轴正方向
　
C．
电子在O、A两点的速度vO＞vA
D．
电子在O、A两点的电势能EPO＜EPA

考点：
电场线；电势．.
分析：
根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化．
解答：
解：
A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象的斜率减小，则从A到点B场强减小，则有EO＞EA．故A错误．
B、由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向沿x轴正方向，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小vO＞vA，而电子的电势能增大EPO＜EPA．故BCD正确．
故选：BCD
点评：
本题关键要理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化．
　
8．（4分）如图所示，平行实线代表电场线，方向未知，带电量为1×10﹣2C的正电荷在电场中只受电场力作用．该电荷由A点运动到B点，动能损失了0.1J，若A点电势为10V，则（　　）

　
A．
B点的电势为零
B．
电场线方向向左
　
C．
电荷运动的轨迹可能是图中曲线①
D．
电荷运动的轨迹可能是图中曲线②

考点：
电势；电场强度．.
专题：
电场力与电势的性质专题．
分析：
物体作曲线运动的条件：合外力的方向与物体运动的方向不在同一条直线上，且合外力指向轨迹的内侧；正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同；要求B点电势，需要知道AB之间的电势差UAB=φA﹣φB，而UAB=．
解答：
解：A、由题有电荷由A点运动到B点，根据动能定理得 WAB=qUAB=﹣0.1J，
故UAB===﹣10V，
而UAB=φA﹣φB=10﹣φB=﹣10V，
故φB=20V．故A错误．
B、由于该电荷从A点运动到B点，动能损失了0.1J，故电场力做负功，所以该正电荷所受的电场力水平向左，由于电场力向左，而正电荷所受电场力的方向与电场线的方向相同，故电场线方向向左，故B正确；
CD、根据电场力指向轨迹的内侧，而电场力水平向左，故电荷运动的轨迹可能是图中曲线①，故C正确，D错误；
故选：BC．
点评：
本题考查物体作曲线运动的条件：合外力的方向与物体运动的方向不在同一条直线上，且合外力指向轨迹的内侧；正电荷所受电场力的方向与电场线的方向相同；电场力做功的公式WAB=qUAB，动能定理，电势差的公式UAB=φA﹣φB．本题难度不大，但综合性很强；在用公式WAB=qUAB解题时要注意q和UAB的正负号．
　
9．（4分）公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空．秋千匀速转动时，绳与竖直方向成某一角度θ，其简化模型如图所示．若要使夹角θ变大，可将（　　）

　
A．
钢丝绳变长
B．
钢丝绳变短
C．
增大座椅质量
D．
增大角速度

考点：
向心力；牛顿第二定律．.
专题：
牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
分析：
座椅做圆周运动，靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，抓住周期不变，列出表达式分析求解．
解答：
解：座椅重力和拉力的合力提供向心力，mgtanθ=m=mω2（lsinθ+r），
解得l=
因为夹角θ变大，周期不变，则钢丝绳的长度变长，或增大角速度，与座椅的质量无关．故AD正确，BC错误．
故选：AD
点评：
解决本题的关键知道座椅做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．
　
10．（4分）（2014•德州二模）如图所示，竖直轻质弹簧，下端固定在地面，上端固定一质量为M的木板，木板上方放一质量为m的物块，木板和物块间不粘连，一竖直向下的力F作用在物块上，整个系统处于静止状态．在撤去F，木板和物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

　
A．
物块先处于超重状态，再处于失重状态
　
B．
木板对物块做正功，物块的机械能增加
　
C．
木板和物块组成的系统机械能守恒
　
D．
当弹簧处于自然状态时，物块克服重力做功的功率最大

考点：
机械能守恒定律；动量定理；功能关系．.
专题：
机械能守恒定律应用专题．
分析：
根据加速度的方向判断物块的状态：加速度向下，处于失重状态；加速度向上，处于超重状态．除了重力以外的力对物体做功引起机械能的变化；当物块速度最大时，物块克服重力做功的功率最大，分析M和m整体的受力情况，判断其运动情况，确定速度最大时弹簧的状态．
解答：
解：
A、在撤去F，木板和物块向上运动的过程中，弹簧的弹力先大于木板和物块的总重力，后小于总重力，所以木板和物块先向上加速运动，后向上减速运动，加速度先向上后向下，则物块先处于超重状态，再处于失重状态，故A正确．
B、由于木板对物块的支持力一直做正功，由功能原理可知物块的机械能不断增加，故B正确．
C、由于弹簧对木板做正功，所以木板和物块组成的系统机械能增加，故C错误．
D、对于木板和物块组成的系统，当总重力与弹簧的弹力大小相等时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，物块克服重力做功的功率最大，故D错误．
故选：AB．
点评：
本题关键在于分析两个物体的受力情况，判断其运动情况．要灵活选择研究的对象，运用牛顿第二定律和功能关系分析．
　
二、实验题（共计15分）
11．（6分）要测量一定值电阻Rx的阻值，实验室提供的器材有：电源E（电动势3V，有内阻），电压表V（量程为3V，内阻非常大，可视为理想电压表），电阻箱R，单刀单掷开关K1，单刀双掷开关K2，待测电阻Rx，导线若干．

（1）某同学利用上述器材，设计了测量Rx的实验电路图，如图所示，请根据设计的实验电路图1连接实物图2．
（2）若某次测量时电阻箱的阻值为R，K2接a时电压表示数为U1，K2接b时电压表示数为U2，则待测电阻Rx的计算表达方式Rx=　　．

考点：
伏安法测电阻．.
专题：
实验题；恒定电流专题．
分析：
本题的关键是根据电压表是理想电表可知，电键接a和接b时电源的路端电压不变，然后再根据欧姆定律即可求解．
解答：
解：（1）：实物连线图如图所示：

（2）：由于电压表是理想电表，所以接a和接b时电源的路端电压不变，则根据题意应有：=+，
解得：=
故答案为：
点评：
应明确理想电压表的含义是指电压表的内阻为无穷大，即电压表没有分流作用．
　
12．（9分）测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图1所示的装置，图中长木板水平固定．

（1）实验过程中，电火花计时器应接在　交流　（选填“直流”或“交流”）电源上．调整定滑轮高度，使　细线与长木板平行　．
（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ=　　．
（3）如图2为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x1=1.21cm，x2=2.32cm，x5=5.68cm，x6=6.81cm．则木块加速度大小a=　1.12　m/s2（保留三位有效数字）．

考点：
探究影响摩擦力的大小的因素．.
专题：
实验题；摩擦力专题．
分析：
了解实验仪器的使用和注意事项．
对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数．
利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的加速度．
解答：
解：（1）电火花计时器应接在交流电源上．调整定滑轮高度，使细线与长木板平行．
（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，
运用牛顿第二定律得：
对木块：F﹣μMg=Ma
对砝码盘和砝码：mg﹣F=ma
由上式得：μ=
（3）相邻两计数点间还有4个打点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s
根据运动学公式得：△x=at2，
a==1.12m/s2．
故答案为：（1）交流；细线与长木板平行
（2）
（3）1.12
点评：
能够从物理情境中运用物理规律找出物理量间的关系．
要注意单位的换算和有效数字的保留．
　
三、计算题（共计40分）
13．（8分）A、B两辆汽车在笔直公路上同向行驶，当B车在A车前84m处时，B车速度为4m/s，且正以某加速度匀加速运动，经过一段时间后，B车加速度突然变为零，此时B车的速度为16m/s，A车一直以20m/s的速度在后头追赶，经过12s后，A车追上B车，问B车的加速时间是多少？

考点：
匀变速直线运动的位移与时间的关系．.
专题：
直线运动规律专题．
分析：
B车先做匀加速运动，加速度变为0后做匀速直线运动，速度即为匀加速运动的末速度．根据速度列出匀速运动的速度与匀加速运动的时间的关系式．经过12s后两车相遇时，两车的位移之差等于84m，根据位移公式列式求解．
解答：
解：设B车加速时的加速度为a，加速时间为t，由题意有：
VB+at=VB’…①
VAt0=VBt+at2+VB’（t0﹣t）+x0…②
由①式得：
加速度为：a=
代入②得：

解得：t=6s
答：B车加速时间为6s．
点评：
本题关键是抓住匀变速直线运动的速度时间关系和位移时间关系，由相遇条件列式求解即可，不难属于基础题．
　
14．（12分）如图所示，固定光滑斜面的倾角为30°，有一质量m=2.0kg的物体，由静止开始从斜面的顶端A滑至底端B，然后又在水平面上滑行一段距离后停下．若A点距离水平面的高度h=5.0m，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.5，g取10m/s2，求：
（1）物体由A滑到B所经历的时间t；
（2）物体在水平地面上还能滑行多远？（不计斜面和地面接触处的能量损耗）


考点：
动能定理的应用；牛顿第二定律．.
专题：
动能定理的应用专题．
分析：
（1）由牛顿第二定律求出加速度，应用匀变速直线运动的位移公式求出时间．
（2）应用动能定理求出物体滑行是距离．
解答：
解：（1）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律，有：mgsinθ=ma
代入数据解得：a=gsinθ=5m/s2，
物体沿斜面由A到B的位移为：
设物体由A到B做匀加速运动的时间为t，则
代入数据解得：；
（2）由动能定理得：，
其中f=μmg，在B点速度v=at，代入数据解得：s=10m．
答：（1）物体由A滑到B所经历的时间t为2s；（2）物体在水平地面上还能滑行10m．
点评：
本题考查了求物体的运动时间、滑行距离问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理即可正确解题．
　
15．（20分）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg，带有q=6.0×10﹣4C正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37°．求：
（1）AB两点间的电势差UAB．
（2）将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小．
（3）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小．（g取10m/s2，sin37°=O.60，cos37°=0.80）


考点：
共点力平衡的条件及其应用；电场强度．.
专题：
共点力作用下物体平衡专题．
分析：
（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件与匀强电场的场强与电势差关系即可求解；
（2）对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；
（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．
解答：
解：①带电小球在B点静止受力平衡，根据平衡条件得则：
qE=mgtanθ
得：=V/m
由U=Ed有：V
②设小球运动至C点时速度为vC则：
mgL﹣qEL=mvC2
解得：vc=1.4m/s
在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：
F﹣mg=m
代入数据，联立解得：F=3N
③小球做完整圆周运动时必须通过B点的对称点，设在该点时小球的最小速度为V，则：

联立解得：．
答：（1）AB两点间的电势差UAB是﹣400V
（2）将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小是3N．
（3）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小是m/s．
点评：
本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，难度适中．
　
四、选做题【物理一选修3-4】（15分）
16．（6分）一根粗细均匀的较长绳子，右侧固定．现使左侧的S点上下振动，产生一列向右传播的机械波，某时刻第一次形成了如图所示的波形．下列说法中正确的是（　　）

　
A．
该波的频率逐渐增大
B．
该波的频率逐渐减小
　
C．
此时P点向下运动
D．
此时S点向下运动
　
E．
E．S点的起始振动方向是向上的
　
　

考点：
波长、频率和波速的关系；横波的图象．.
分析：
波速是由介质的性质决定的，与波长无关．由图读出波长的变化，由波速公式v=λf分析频率的变化．
解答：
解：AB、由图看出，该波的波长逐渐减小，而波速一定，由波速v=λf分析得知频率逐渐增大，A正确B错误．
CD、该波向右传播，由图可得，P点向下振动，S向上振动，故C正确，D错误．
E、介质中的最右端的起振质点的振动方向显示了振源的振动方向，故S点的起始振动方向是向上的，故E正确．
故选：ACE．
点评：
本题关键要抓住波速是由介质决定，保持不变，再由波速公式分析频率的变化情况．
　
17．（9分）如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R，AB边竖直，一纸面内的单色光束从玻璃砖的C点射入，入射角θ从0°到90°变化，现要求只考虑能从AB边折射的情况（不考虑从AB上反射后的情况），已知：α=45°，玻璃砖对该单色光的折射率n=，光在真空中的速度为c．则求；
①能从AB边出射的光线与AB交点的范围宽度d；
②光在玻璃砖中传播的最短时间t．


考点：
光的折射定律．.
专题：
光的折射专题．
分析：
①根据临界角公式sinC=求出临界角C．当光线射到AB边上发生全反射时，将不能从AB边射出，根据几何关系求解即可．
②根据v=求出光在玻璃砖中的传播速度．光在玻璃砖中传播的最短距离等于入射点到AB边的垂直距离，由几何关系求出最短距离，即可求出最短时间．
解答：
解：①当θ=0°时，光线射到O点．
当θ=90°时，设折射角为β，由，β=45°，折射光线与AB边垂直．
根据临界角公式sinC==，得C=45°，最大的折射角r=C=45°
故能从AB边出射的光线与AB交点的范围宽度为：
；
②光在玻璃砖中传播的速度为：

光在玻璃砖中传播的最短距离为：

所以最短时间为：

答：①能从AB边出射的光线与AB交点的范围宽度d为R；
②光在玻璃砖中传播的最短时间t为．
点评：
解决本题的关键掌握全反射条件及临界角公式sinC=求，以及光在介质中的速度与折射率的关系，灵活运用几何关系求解．
　
【物理一选修3-5】
18．下列说法正确的有（　　）
　
A．
方程式U→Th+He是重核裂变反应方程
　
B．
方程式H+H→He+γ是轻核聚变反应方程
　
C．
氢原子光谱是分立的
　
D．
氢原子从基态跃迁至某激发态要吸收特定频率的光子
　
E．
在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，若用波长为λ（λ＞λ0）的单色光做该实验，会产生光电效应

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：
裂变是质量较重的核裂变为质量中等的核，聚变是质量较轻的核转化为质量较大的核，氢原子的轨道是不连续的，是一些特殊的分立的值，电子只能在这些轨道上绕原子核运动，从激发态跃迁至基态要放出收特定频率的光子．
解答：
解：A、方程式U→Th+He是α衰变方程，故A错误；
B、方程式H+H→He+γ是轻核聚变反应方程，故B正确；
C、由于氢原子的轨道是不连续的，而氢原子在不同的轨道上的能级En=，故氢原子的能级是不连续的即是分立的，故C正确；
D、氢原子从某激发态跃迁至基态要放出特定频率的光子，故D正确．
E、在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，若用波长为λ（λ＞λ0）的单色光做该实验，不会产生光电效应，故E错误；
故选：BCD
点评：
正确解答本题需要掌握：裂变、聚变的反应的特点及波尔理论的内容，波尔理论在高中阶段要求层次较低，难度不大，涉及内容较固定，只要掌握好波尔理论的内容，即可解决这类问题．
　
19．如图所示，光滑水平面上静止放置质量M=2kg的长木板C；离板右端x=0.72m处静止放置质量mA=1kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ=0.4；在板右端静止放置质量mB=1kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g=10m/s2．现在木板上加一水平向右的力F=3N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F．问：
①A与B碰撞之前运动的时间是多少？
②若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？


考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）由摩擦力的大小和F的大小确定AC的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求得作用时间；
（2）根据碰撞过程中动量守恒求得AB碰撞后的速度，再根据动量守恒求得AC的共同速度，根据能量关系求得A相对于C滑动的距离从而求得木板的最小长度．
解答：
解：①若AC相对滑动，则A受到的摩擦力为：
FA=μmAg=0.4×10×1N=4N＞F
故AC不可能发生相对滑动，设AC一起运动的加速度为a

由有：

②因AB发生弹性碰撞，由于mA=mB故AB碰后，A的速度为0
AB碰撞后，由AC系统动量守恒定律：Mv1=（M+mA）v
由题题意有v1=at=1.2m/s
解得AC稳定后的共同速度v=0.8m/s
由功能关系和能量守恒得：
可得△x=0.12m
故木板C的长度L至少为：
L=x+△x=0.72+0.12m=0.84m
答：①A与B碰撞之前运动的时间1.2s；
②若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是0.84m．
点评：
本题充分考查了匀变速直线运动规律及应用，和物体共同运动的特点的应用，是考查学生基本功的一个好题．