山东省泰安市2022届高三理综（物理部分）下学期一模诊断测试试题（含解析）

2022年山东省泰安市高考物理一模试卷一、选择题（本题包括7小题．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分．选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．（6分）（2022•泰安一模）一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直．现将水平F作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止．则在这一过程中（　　）　A．水平拉力F变大　B．细线的拉力不变　C．铁架台对地面的压力变大　D．铁架台所受地面的摩擦力变大【考点】：共点力平衡的条件及其应用．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：以小球为研究对象分析水平拉力F的大小，以小球和铁架台整体为研究对象受力分析，研究铁架台所受地面的摩擦力和支持力【解析】：解：A、对小球受力分析，受拉力、重力、F，根据平衡条件，有：F=mgtanθ，θ逐渐增大则F逐渐增大，故A正确；B、由上图可知，线细的拉力T=，θ增大，T增大，故B错误；CD、以整体为研究对象，根据平衡条件得：Ff=F，则Ff逐渐增大．FN=（M+m）g，FN保持不变．故D正确，C错误．故选：AD．【点评】：本题是动态平衡问题，动态平衡常用描述字眼就是缓慢移动，处理问题的方法主要是：采用隔离法和整体法相结合进行研究．　2．（6分）（2022•泰安一模）滑雪运动员沿倾角一定的斜坡向下滑行时其速度﹣时间图象如图所示，图线为曲线．则此过程中运动员的（　　）-16-\n　A．速度越来越大B．加速度越来越小　C．阻力越来越小D．机械能保持不变【考点】：机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．【专题】：机械能守恒定律应用专题．【分析】：根据速度时间图线得出运动员的速度和加速度变化，从而根据牛顿第二定律得出阻力的变化，根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒．【解析】：解：A、由图知，运动员的速度不断增大，故A正确．B、速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度，切线斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，故B正确．C、根据牛顿第二定律知，合力逐渐减小，由牛顿第二定律知：mgsinθ﹣f=ma，则知阻力f增大．故C错误．D、由于运动员的加速度在变化，则知运动员在运动过程中必定受到阻力，且阻力做功，则其机械能不守恒，故D错误．故选：AB．【点评】：解决本题的关键知道速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度，图线不是运行的轨迹，要掌握机械能守恒的条件和牛顿第二定律．　3．（6分）（2022•泰安一模）如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1：n2=n4：n3．当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是（　　）　A．用户的电压U4增加B．恒有U1：U2=U4：U3　C．输电线上损耗的功率减小D．发电机的输出功率不变【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：当用电器增多时，用户消耗的功率增大，根据降压变压器的输出电流的变化得出输电线上的电流变化，从而得出电压损失的变化，根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和得出用户电压的变化．升压变压器的输出功率等于功率损失和降压变压器的输入功率之和．变压器的原副线圈的电压之比等于匝数之比【解析】：解：A、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小．故A错误．B、因为原副线圈的电压比等于匝数之比，则=，=，因为n1：n2=n4：n3，所以U1：U2=U4：U3．故B正确．C、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大，故C错误-16-\nD、用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，输出和损失的功率都增大，故发电机输出功率增大．故D错误．故选：B【点评】：解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系　4．（6分）（2022•泰安一模）“嫦娥”三号探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道I为圆形．下列说法正确的是（　　）　A．探测器在轨道I运行时的加速度大于月球表面的重力加速度　B．探测器在轨道I经过P点时的加速度小于在轨道Ⅱ经过P时的加速度　C．探测器在轨道I的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期　D．探测器在P点由轨道I进入轨道Ⅱ必须点火加速【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：卫星椭圆轨道的半长轴逐渐减小，根据开普勒第三定律，周期要减小，根据牛顿第二定律判断加速度．【解析】：解：A、探测器在轨道I运行时的万有引力小于在月球表面时的万有引力，根据牛顿第二定律，探测器在轨道I运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故A错误；B、根据万有引力提供向心力G=ma知轨道半径相同，则加速度相同，故探测器在轨道I经过P点时的加速度等于在轨道Ⅱ经过P时的加速度，故B错误；C、根据开普勒第三定律，探测器在轨道I的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期，故C正确；D、探测器在P点由轨道I进入轨道Ⅱ必须点火减速，故D错误；故选：C．【点评】：本题要掌握万有引力定律和卫星变轨道问题，并要知道卫星绕越运动的向心力由万有引力提供，能结合圆周运动的规律进行求解．　5．（6分）（2022•泰安一模）如图所示，分别在M、N两点固定两个点电荷+Q和﹣q（Q＞g），以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法中正确的是（　　）-16-\n　A．A点场强等于B点场强B．A点电势等于B点电势　C．O点场强大于D点场强D．O点电势高于D点电势【考点】：电势；电场的叠加．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：由题，Q带正电，q带负电，电场线方向由M指向N，根据顺着电场线电势逐渐降低．电场线越密，电场强度越大．根据对称性，分析OD两点电势关系、场强关系．【解析】：解：A、由于Q＞q，A点处电场线比B点处电场线密，A点场强大于B点场强，故A错误．B、电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势．故B错误．C、由于电场线关于MN对称，C、D两点电场线疏密程度相同小于O点的密集程度，则O点场强大于D点场强．故C正确．D、由于Q电荷量大，故等势面如图：，沿着电场线电势降低，可知O点电势高于D点电势，故D正确．故选：CD．【点评】：本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断．　6．（6分）（2022•泰安一模）如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态．保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放．则释放后小球从M运动到N过程中（　　）-16-\n　A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变　B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加　C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量ɛ　D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；弹性势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态，说明小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功．据此来分析各个选项【解析】：解：A、由于有电场做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误．B、由题意，小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功，小球从M运动到N过程中，出现的是重力势能减小转化为电势能和动能，故B错误；C、释放后小球从M运动到N过程中，弹性势能并没变，一直是0，故C错误．D、由动能定律可得重力和电场力做功，小球动能增加，小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和，故D正确．故选：D．【点评】：该题考查物体的受力分析和能量的转化与守恒，要对各力的做功有准确的分析．属于简单题．　7．（6分）（2022•泰安一模）如图所示，B是一个螺线管，C是与螺线管相连接的金属线圈．在B的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环A，A的环面水平且与螺线管的横截面平行．若仅在金属线圈C所处的空间加上与C环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内绝缘丝线的拉力变小，则金属线圈C处所加磁场的磁感应强度随时间变化的B﹣t图象可能是（　　）　A．B．C．D．【考点】：楞次定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：由楞次定律可知A处磁场的变化可知螺线管中电流的变化；再次应用楞次定律可得出C中磁感应强度的变化关系．【解析】：解：由楞次定律可知A处磁场增大，则说明螺线管中电流增大；则说明C中感应电动势应该增大；故C中的磁通量的变化率应该增大；故D正确，ABC错误；故选：D．【点评】：对于楞次定律要理解其本质，明确“增反减同”及“来拒去留”的正确应用．　二.（必做157分+选做36分，共193分）[必做部分】-16-\n8．（8分）（2022•泰安一模）为了验证机械能守恒定律，某同学在墙壁上固定了竖直的标尺，让小钢球在标尺附近无初速释放，然后启动数码相机的连拍功能，连拍两张照片的时间间隔为T，得到了如图所示的照片．测量出A、B、C、D、E相邻两点间的距离依次为L1、L2、L3、L4，当地重力加速度为g．（1）为了获得钢球在C位置的动能，需要求得经C位置时的速度vc，则vc=　　．（2）钢球经E位置时的速度表示为　C　．（填序号）A．vE=4gTB．vE=C．vE=（3）用B、E两点验证钢球的机械能是否相等，实际得到的关系式为mvE2﹣mvB2　＜　mg（L2+L3+L4）（填“＞”、“＜”或“=”），原因是　钢球下落过程中受到阻力　．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题．【分析】：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的速度以及E点的速度．钢球在下落过程中，由于阻力的存在，重力势能的减小量大于动能的增加量．【解析】：解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，．（2）设E与下面一个计数点间的距离为x，因为相等时间内的位移之差△x=L3﹣L2，则x=L4+△x=L4+L3﹣L2，则E点的速度=．故选：C．-16-\n（3）钢球动能的增加量小于重力势能的减小量，因为钢球下落的过程中受到阻力．故答案为：（1），（2）C，（3）＜，钢球下落过程中受到阻力．【点评】：能够清楚该实验的工作原理和实验步骤，熟练应用匀变速直线运动规律来解决纸带问题是力学实验中常见的问题，难度不大．　9．（10分）（2022•泰安一模）如图a，用伏安法测定电阻约5Ω均匀电阻丝的电阻率，电源是两节于电池．每节电池的电动势约为1.5V．（1）用螺旋测微器测电阻丝的直径时，如图b，先转动　D　使F与A间距稍大于被测物，放入被测物，再转动　H　到夹住被测物．直到棘轮发出声音为止，拨动G使F固定后读数．（填仪器部件字母符号）（2）根据原理图连接图c的实物图．（3）闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变线夹P的位置，得到几组电压、电流和对应的OP段的长度L，计算出相应的电阻后作出R﹣L图线如图d．取图线上适当的两点计算电阻率．这两点间的电阻之差为△R．对应的长度变化为△L，若电阻丝直径为d，则电阻率p=　　．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题．【分析】：本题①的关键是螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；题②的关键是明确螺旋测微器的使用方法即可；题③的关键是根据电阻定律写出电阻R与长度L的函数表达式，然后根据斜率的概念即可求解．【解析】：解：①、测量时应先转动粗调旋钮D使F与A间距稍大于被测物，再转动细调旋钮H，直到棘轮发出声音为止；②、画出的连线图如图所示：-16-\n③、根据题意，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动后，应多次改变P点的位置，根据欧姆定律应有：U=IRop，根据电阻定律应有：R=，联立解得：R=，所以R﹣L图象的斜率k==，解得：ρ=；故答案为：①D，H；②如图；③P点，【点评】：应明确：①螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；②遇到根据图象求解的题目，首先根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．　10．（18分）（2022•泰安一模）如图，在倾角为θ=37°的足够长固定斜面底端，一质量m=1kg的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点．物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2大小之比为t1：t2=1：，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）物块由斜面底端上滑时的初速度v1与下滑到底端时的速度v2的大小之比；（2）物块和斜面之间的动摩擦因数；（3）若给物块施加一大小为5N、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿斜面向上加速运动，求加速度的最大值．【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）根据平均速度公式求出速度之比；（2）根据牛顿第二定律求出上滑和下滑的加速度，结合位移时间公式求出动摩擦因数；-16-\n（3）设出F与斜面的夹角α，根据牛顿第二定律表示出与α相关的方程，用三角函数特征讨论加速度的最大值．【解析】：解：（1）设物块上滑的最大位移为L，根据运动学公式上滑过程：L=下滑过程：L=整理得：（2）设上滑时加速度为a1，下滑时加速度为a2，根据牛顿第二定律，得上滑时：mgsinθ+μmgcosθ=ma1下滑时：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2由位移时间公式得：L==联立三式代入数据得：μ=0.5（3）设F与斜面的夹角为α，加速度为a，由牛顿第二定律得：Fcosα﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣Fsinα）=ma即：F（cosα+μsinα）﹣mg（sinθ+μcosθ）=ma整理得：F令tanβ=，则：Fsin（α+β）的最大值为1，设加速度最大值为am，得：F﹣mg（sinθ+μcosθ）=mam代入数据得：答：（1）物块由斜面底端上滑时的初速度v1与下滑到底端时的速度v2的大小之比为：1；（2）物块和斜面之间的动摩擦因数为0.5；（3）加速度的最大值为2.5m/s2．【点评】：对物块在斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．注意情景发生改变，要重新进行受力分析．　11．（20分）（2022•泰安一模）如图，纸面内直线MN左侧边长为L的正方形区域OACD中．有方向平行于AC的匀强电场．O处的粒子源沿垂直于AC方向发射速度为v0的正电粒子，粒子质量为m、电荷量为q．粒子恰好从AC的中点P经过．不计粒子重力．（1）求匀强电场的场强E；（2）若MN右侧全部空间有垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子再次进入电场，求磁感应强度应满足的条件：-16-\n（3）若MN右侧的磁场仅限于左边界与MN重合的矩形区域内．求粒子从离开P点到再次垂直进入电场经历的最长时间．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）粒子在偏转电场中仅受竖直向下的电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零匀加速直线运动，可以解出电场强度；（2）解出粒子离开电场时的速度方向即粒子进入磁场的速度方向，做出运动轨迹图，解出粒子进入磁场和离开磁场两位置间的距离；根据洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度与半径的关系即可求出磁感应强度．（3）根据题目的要求做出粒子从de边射出的临界条件的轨迹，结合牛顿第二定律，即可求解．【解析】：解：（1）粒子在偏转电场中仅受竖直向下的电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动：L=v0t竖直方向做初速度为零匀加速直线运动：qE=ma整理得：（2）设粒子经过P时的速度的大小是v，方向与AC的夹角是θ，则：sinθ=解得：，θ=45°根据左手定则可知，粒子将从PC中间某处再次进入电场，磁感应强度最小时对应的位置是C，运动的轨迹的示意图如图．由几何关系知，粒子在磁场中运动的半径：-16-\n根据牛顿第二定律：整理得：所以磁感应强度满足的条件是：（3）要使粒子最终垂直于AC进入电场，则粒子离开P点后，先做一段直线运动后再进入磁场，且磁场的位置越靠下，粒子通过的轨迹的弧长越大，运动的时间越长，最长时间对应从C点进入，运动的轨迹如图．由几何关系知：粒子从P到C通过的路程为：时间：t=整理得：答：（1）匀强电场的场强是；（2）若MN右侧全部空间有垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子再次进入电场，磁感应强度应满足的条件是：（3）若MN右侧的磁场仅限于左边界与MN重合的矩形区域内．粒子从离开P点到再次垂直进入电场经历的最长时间是．-16-\n【点评】：本题主要考查了带电粒子在组合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度偏难．　二.选考题【物理-物理3-3】12．（4分）（2022•泰安一模）下列说法正确的是（　　）　A．布朗运动就是液体分子的无规则运动　B．晶体在各个方向上的导热性能相同，体现为各向同性　C．热量不能自发地从低温物体传给高温物体　D．将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大【考点】：*晶体和非晶体；分子势能；热力学第二定律．【分析】：布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了分子的无规则运动，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性；由分子力做功分析分子势能变化．【解析】：解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了分子的无规则运动，A错误；B、单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，B错误；C、热量不能自发地从低温物体传给高温物体，C正确；D、将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大，D正确；故选：CD．【点评】：掌握布朗运动的实质：是固体颗粒的运动，知道热传递的方向性，分子间距与分子力的变化关系．　13．（8分）（2022•泰安一模）如图所示，竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管与容积为Vo=12cm3的金属球形容器连通，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体．开始时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=15cm，水银柱上方空气柱长ho=6cm．现在左管中加入水银，保持温度不变，使两边水银柱在同一高度．（已知大气压po=75cmHg，U形玻璃管的横截面积为S=0.5cm2）．求：①需要加入的水银柱长度；②此过程中被封气体是吸热还是放热？【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．-16-\n【分析】：①根据玻璃管两边的液面差，求出两个状态下气体的压强和体积，根据气态方程即可求解．②气体经历等温变化，温度不变，内能不变，被压缩根据热力学第一定律判断吸放热情况．【解析】：解：①初态：p1=p0﹣ph=75﹣15cmHg=60cmHg，V1=V0+h0S=12+6×0.5cm3=15cm3，末态：p2=75cmHg，温度不变，根据玻意耳定律：p1V1=p2V2，解得：V2==cm3=12cm3，即水银正好到球的底部．加入的水银为h1+2h0=15+2×6cm=27cm②气体经历等温变化，温度不变，内能不变；被压缩，外界对气体做功，故根据热力学第一定律，封闭气体要放热；答：①需要加入的水银柱长度为27cm；②此过程中被封气体是放热．【点评】：利用理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气体的压强，这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解．　【物理--物理3-4】14．（2022•泰安一模）如图所示，一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，波速为4m/s，则质点P此时刻的振动方向沿y轴　正　（填“正”或“负”）方向．经过△t=3s．质点Q通过的路程是　0.6　m．【考点】：横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：由质点带动法判断质点P此刻的振动方向．由图象读出振幅和波长，可以求出波的周期，根据时间△t=3s与时间的关系，求解Q通过的路程．【解析】：解：简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，由质点带动法知质点P此时刻的振动方向沿y轴正方向．由图象知振幅A=5cm=0.05m，波长λ=4m，则波的周期T==s=1s．经过△t=3s，质点Q运动了3个周期，每个周期运动了4A的路程，所以共运动的路程是S=12A=12×0.05cm=0.6m．故答案为：正，0.6．【点评】：根据波的传播方向判断质点的振动方向，常用的方法有质点带动法、波形平移法和“上下坡法”．要知道质点做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是4A，可根据时间与周期的倍数关系求解质点通过的路程．　15．（2022•泰安一模）如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ=83°-16-\n．今有一束单色光线在横截面内从OA的中点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，一部分光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，不考虑多次反射作用．试做出光路图并求玻璃的折射率n．（sin37°=0.6）【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：由题意光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，说明发生了全反射，由几何知识求出光线在AB面的入射角和临界角，由临界角公式sinC=求解折射率．【解析】：解：设光线射到AB面时入射角为α．光路图如图所示．因E点为OA的中点，所以由几何知识得：α=30°①β=θ=75°②设临界角为C，则2α+90°+C+θ+90°=360°解得：C=37°③光线OB面恰好发生全反射，则有：sinC=④解得：n=⑤答：玻璃的折射率n为．【点评】：正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决本题问题的关键，要掌握全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角，刚好发生全反射时，入射角等于临界角，这是折射定律和几何知识的综合应用．　【物理--物理3-5】16．（2022•泰安一模）下列说法中正确的是（　　）　A．天然放射现象说明原子核内部有电子　B．发现质子的核反应方程是N+He→O+H-16-\n　C．U衰变成Pb要经过6次β衰变和8次α衰变　D．氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出光子的能量，高于从氢原子n=8能级跃迁到n=2能级所释放出光子的能量【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；天然放射现象．【专题】：衰变和半衰期专题．【分析】：天然放射现象说明原子核内部有复杂结构；根据电荷数守恒、质量数守恒判断核反应方程的正误；能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，从高能级向低能级跃迁，向外辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子．【解析】：解：A、天然放射现象说明原子核内部有复杂结构，原子核内部没有电子．故A错误．B、发现质子的核反应方程是：N+He→O+H．故B错误．C、根据质量数和电荷数守恒知，U衰变成Pb要经过6次β衰变和8次α衰变，C正确；D、氢原子由高能级向低能级跃迁，辐射光子能量，由于n=2和n=1间的能级差大于n=8和n=2间的能级差，则氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出光子的能量，高于从氢原子n=8能级跃迁到n=2能级所释放出光子的能量．故D正确．故选：CD【点评】：本题考查了天然放射现象、核反应方程、能级跃迁、光电效应方程等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．　17．（2022•泰安一模）如图所示．长R=0.6m的不可伸长的细绳一端同定在O点．另一端系着质量m2=0.1kg的小球B．小球B刚好与水平面相接触．现使质量m1=0.3kg的物块A以v0=4m/s的速度向B运动．A与水平面问的接触面光滑．A、B碰撞后．物块A的速度变为碰前瞬问速度的．小球B能在竖直平面内做圆周运动．已知重力加速度g=10m/s2，A、B均可视为质点，试求：①在A与B碰撞后瞬问．小球B的速度v2的大小．②小球B运动到圆周最高点时受到细绳的拉力大小．【考点】：动量守恒定律；向心力；机械能守恒定律．【专题】：动量定理应用专题．【分析】：（1）碰撞过程中，A、B系统动量守恒，根据动量守恒定律即可求解；（2）小球B在摆至最高点过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律及向心力公式即可求解．【解析】：解：①碰撞过程中，A、B系统的动量守恒，选取滑块运动的方向为正方向，有：-16-\nm1v0=m1+m2v2　代入数据可得：v2=6m/s．②小球B在摆至最高点的过程中，机械能守恒，设到最高点时的速度为v3，则有：m2v22=m2v32+m2g•2R　在最高点进行受力分析，有：T+m2g=m2　代入数据解得：T=1N．　答：①在A与B碰撞后瞬问．小球B的速度v2的大小是6m/s．②小球B运动到网周最高点时受到细绳的拉力大小是1N．【点评】：本题主要考查了机械能守恒定律、动量守恒定律及向心力公式的直接应用，要求同学们能在最高点对摆球进行正确的受力分析，难度适中．-16-