陕西省宝鸡市九校2022届高三物理3月联合检测试题（含解析）

2022年陕西省宝鸡市九校联考高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分．其中1～5题给出四个选项中，只有一个选项正确．6～8题给出四个选项中有多个选项是正确的，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．（6分）（2022•宝鸡模拟）在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献．他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是（　　）　A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法　B．牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法　C．伽利略通过“理想实验”得出“力是维持物体运动的原因”　D．场强表达式E=和加速度表达式a=都是利用比值法得到的定义式【考点】：物理学史．【分析】：常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法．故A正确；B、伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法，过B错误；C、伽利略通过“理想实验”得出“力不是维持物体运动的原因”，故C错误；D、场强表达式E=是比值法得到的定义式，加速度表达式a=不是比值法得到的定义式，故D错误；故选：A．【点评】：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．　2．（6分）（2022•宝鸡模拟）从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度图象如图所示．在0～t2时间内，下列说法中正确的是（　　）　A．I物体所受的合外力不断增大，II物体所受的合外力不断减小　B．在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远　C．t2时刻两物体相遇-15-　D．I、II两个物体的平均速度大小都是【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度；图象与坐标轴围成的面积表示位移，相遇要求在同一时刻到达同一位置；匀变速直线运动的平均速度为．【解析】：解：由图象可知I物体做加速度越来越小的加速运动，所受的合外力不断减小，II物体做匀减速直线运动所受的合外力不变，故A错误；图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知在t1时刻两物体面积差最大，相距最远，故B正确，C错误；由图象可知I物体的平均速度大于，II物体的平均速度大小等于，故D错误．故选B．【点评】：该题考查了速度﹣时间图象相关知识点，要求同学们能根据图象判断物体的运动情况，从图中读取有用信息解题，难度不大．　3．（6分）（2022•宝鸡模拟）如图所示，两小球A、B用劲度系数为k1的轻质弹簧相连，球B用长为L的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方．OA之间的距离也为L，系统平衡时绳子所受的拉力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，系统再次平衡时，绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小关系为（　　）　A．F1＞F2B．F1=F2C．F1＜F2D．无法确定【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；胡克定律．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：研究任意一种情况下，绳子拉力与重力的关系．以小球B为研究对象，分析受力情况，根据三角形相似法，得出绳子的拉力与小球B的重力的关系，再研究F1和F2的大小关系．【解析】：解：以小球B为研究对象，分析受力情况，由平衡条件可知，弹簧的弹力N和绳子的拉力F的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合=mg，作出力的合成如图，由三角形相似得：=又由题，OA=OB=L，得，F=F合=mg，可见，绳子的拉力F只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数K无关，所以得到F1=F2．故选：B．-15-【点评】：本题的解题关键是运用几何知识分析绳子的拉力与小球重力的关系．作出力图是解题的基础，要正确分析受力情况，规范地作图，由图可以看出力的大致关系．　4．（6分）（2022•宝鸡模拟）发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示．卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（　　）　A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率　B．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度　C．卫星在轨道1上运动一周的时间大于它在轨道2上运动一周的时间　D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：卫星做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此可以分析不同半径上圆周运动的速度大小、角速度大小和加速度大小．【解析】：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，则有：可得：A、线速度可知轨道3的半径大，线速度小，故A错误；B、角速度可知轨道3的半径大，角速度小，故B错误；C、根据开普勒行星运动定律知，轨道2的半长轴大于轨道1的半径，故卫星在轨道2上的周期大于在轨道1上的周期，故C错误；-15-D、卫星在P点都是由万有引力产生加速度，在同一位置加速度相同，不管卫星在哪个轨道上，加速度大小相同，故D正确．故选：D．【点评】：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论．　5．（6分）（2022•宝鸡模拟）如图所示，平行金属板中带电质点p原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）　A．电压表读数减小B．电流表读数减小　C．质点p将向上运动D．R2上消耗的功率逐渐增大【考点】：电容；电功、电功率．【专题】：电容器专题．【分析】：对电路进行分析，滑片的移动可知电路中总电阻的变化，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知P的受力变化，则可知质点的运动情况．将R4之外的其他部分等效为电源的内电阻，则可分析R4功率的变化．【解析】：解：A、电路图可知，R2与R4串联后与R3并联，再与R1串联，电容器与并联部分并联；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，总电流增大；则内电压增大，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压减小，R1两端的电压增大，R1两端的电压增大，路端电压减小，并联部分电压减小，即R2与R4两端的电压减小；而由于电流表示数增大，由欧姆定律可知R2两端的电压增大，故R4两端的电压减小，电压表示数减小，故A正确；B、因并联部分电压减小，则R3中的电流减小，而干路电流增大，故电流表中的电流增大，故B错误；C、滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，总电流增大；则内电压增大，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分电压减小；电容器两端的电压减小，质点电场力减小；则质点将向下移动，故C错误；D、将R4之外的其他部分等效为电源的内电阻，则由电源的输出功率可知，当内外电阻相等时，输出功率最大，因不明确电阻的大小关系，故R4上消耗的功率可能先增加后减小；故D错误；故选：A．【点评】：本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分﹣整体﹣部分的分析思路进行分析．　6．（6分）（2022•宝鸡模拟）如图，在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是（　　）-15-　A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大　B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大　C．若仅增大恒力F，则时间t增大　D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为μ，则时间t增大【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】：根据牛顿第二定律分别求出m和M的加速度，抓住位移之差等于板长，结合位移时间公式求出脱离的时间，从而进行分析．【解析】：解：根据牛顿第二定律得，m的加速度，M的加速度根据L=．t=．A、若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小．故A错误．B、若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故B正确．C、若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t变小．故C错误．D、若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则小明的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故D正确．故选：BD．【点评】：解决本题的关键通过牛顿第二定律和位移时间公式得出时间的表达式，从而进行逐项分析．　7．（6分）（2022•宝鸡模拟）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）　A．小球受到的重力与电场力之比为3：5　B．在t=5s时，小球经过边界MN　C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功　D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大【考点】：牛顿运动定律的综合应用；功能关系．-15-【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．【解析】：解：B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．故B错误．A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1=，进入电场后的加速度大小为：a2=由牛顿第二定律得：mg=ma1…①F﹣mg=ma2得电场力：F=mg+ma2=…②由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．故A正确．C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C错误．D、整个过程中，由图可得，小球在0﹣2.5s内向下运动，在2.5s﹣5s内向上运动，在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大．故D正确．故选：AD【点评】：本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．　8．（6分）（2022•宝鸡模拟）在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场．以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示．则0〜t1时间内，导线框中（　　）　A．感应电流方向为顺时针　B．感应电流方向为逆时针　C．感应电流大小为-15-　D．感应电流大小为【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；法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：根据楞次定律可知感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律，结合电源的串联特征，并依闭合电路欧姆定律，则可求解．【解析】：解：A、B、根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流，也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向顺时针，故A正确，B错误；C、D、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E=2×，再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I==．故C正确，D错误．故选：AC．【点评】：考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应电动势是相加还是相差是解题的关键．　二、本卷包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都应作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．须用黑色签字笔在答题卡上规定的区域书写作答，在试题卷上作答无效．（一）必考题9．（8分）（2022•宝鸡模拟）某实验探究小组的同学准备测量电炉丝的电阻率，他们首先用螺旋测微器测出一段电炉丝的直径和长度如图1、2所示，则该电炉丝的直径为　0.900　mm．长度为　33.10　mm．该小组同学又从标称为“220v500W”、“220v300W”、“220v25W”的3个电炉中任选一个，正确使用多用电表欧姆×10挡测量其阻值，结果如图3所示，则该电炉的阻值是　160.0　Ω，标称功率为　300　W．【考点】：测定金属的电阻率；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】：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；根据欧姆表读出电阻，根据P=求解功率．-15-【解析】：解：由图1所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为40.0×0.01mm=0.400mm，金属丝直径为0.5mm+0.400mm=0.900mm；由图2所示游标卡尺可知，主尺示数为3.3cm=33mm，游标尺示数为2×0.05mm=0.10mm，金属丝的长度为33mm+0.10mm=33.10mm；由图3可知，该电炉的阻值是16.0×10=160.0Ω，根据P=得：功率P=W，故标称功率为300W故答案为：0.900；33.10；160.0；300【点评】：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读；对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度．　10．（9分）（2022•宝鸡模拟）某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如图所示．（1）请按图1电路原理图把图2实物电路画线代导线连接起来．（2）该同学顺利完成实验，测定下列数据根据数据在图3坐标图中画出U﹣I图，由图知：电池的电动势为　1.5V　，内阻为　0.5Ω　．I/A0.10.170.230.30U/V1.201.000.800.60（3）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是：　电压表内阻分流　．（4）实验所得的电池的电动势和内阻的测量值与真实值比较，E测　＜　E真，r测　＜　r真（填“＜”、“=”或“＞”）．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据电路图连接实物图．（2）U﹣I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示内阻．（3）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的是外电压，电流表的读数小于通过电源的电流，是因为电压表起分流作用．（4）作出U﹣I图线的测量图线和真实图线，比较电动势和内阻的测量值和真实值的大小．【解析】：解：（1）对照电路图连线即可，要注意电表的极性，实物图连线如图：-15-（2）U﹣I图线是一条倾斜的直线，描点作图如下图．纵轴截距为1.5，所以电动势：E=1.5V．图线的斜率：k==3.0Ω，则内阻：r=3.0﹣2.5Ω=0.5Ω．（3）电流表所测的电流小于通过电源的电流，因为电压表内阻有分流作用．（4）保护电阻等效到电源的内部，电压表测的电压为外电压，电流表所测的电流偏小，作出U﹣I图线的测量图线和实际图线，虚线表示实际图，从图线可以看出，电动势和内阻的测量值均小于真实值．故答案为：（1）如图（2）1.5V，0.5Ω（3）电压表内阻分流（4）＜；＜【点评】：解决本题的关键会从U﹣I图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻等效到电源的内部，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值．以及会分析误差的来源，通过图象分析测量值和真实值的关系．　11．（14分）（2022•宝鸡模拟）如图所示，QB段为一半径为R=1m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L=1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量为m=1kg（可视为质点），P与AQ间的动摩擦因数μ=0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止．（取g=10m/s2）求：（1）v0的大小；-15-（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力．【考点】：动能定理；向心力．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）在整个过程中由动能定理求的；（2）由动能定理求出到达Q点的速度，再由牛顿第二定律求的作用力；【解析】：解：（1）在整个过程中由动能定理可知：（2）从A到Q的过程中由动能定理可知：在Q点由牛顿第二定律可得：FN﹣mg=联立解得：FN=12N由牛顿第三定律可知对轨道的压力为12N答：（1）v0的大小为2m/s；（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力为12N．【点评】：本题主要考查了动能定理的灵活运用，关键是过程的选取．　12．（16分）（2022•宝鸡模拟）如图所示，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B置于光滑绝缘的水平面上，A球的带电量为+2q，B球的带电量为﹣3q，构成一个带电系统（它们均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）．现让小球A处在有界匀强电场区域MPNQ内．已知虚线MP位于细杆的中垂线上，虚线NQ与MP平行且间距足够长．匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向右．释放带电系统，让它从静止开始运动，忽略带电系统运动过程中所产生的磁场影响．求：（1）带电系统运动的最大速度为多少？（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值多少？（3）带电系统回到初始位置所用时间为多少？-15-【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：（1）小球B刚进入电场带电系统具有最大速度，根据动能定理求出带电系统运动的最大速度；（2）当带电系统速度第一次为零，B克服电场力做功最多，B增加的电势能最多，根据动能定理求出B运动的最大位移，结合电场力做功求出电势能增加量的最大值．（3）根据牛顿第二定律，结合位移时间公式求出带电系统由静止释放到小球B刚进入电场的过程中的时间，再根据牛顿第二定律和速度时间公式求出系统匀减速运动到零的时间，结合对称性求出带电系统回到初始位置所用时间．【解析】：解：（1）小球B刚进入电场带电系统具有最大速度，从释放带电系统到小球B刚进入电场的过程中，根据动能定理有：．（2）当带电系统速度第一次为零，B克服电场力做功最多，B增加的电势能最多设B球在电场中的最大位移为x，由动能定理得：2qE（L+x）﹣3qEx=0﹣0得：x=2L所以B电势能增加的最大值为：W1=3qE×2L=6qEL（3）设带电系统由静止释放到小球B刚进入电场的过程中，带电系统运动的时间为t1，则有：其中：，解得末速度v=a1t1又设小球B进入电场后至系统速度为零的过程中，带电系统运动的时间为t2，其中：解得根据对称性可知，带电系统从出发点回到出发点的过程中所用总时间为：t=2t1+2t2解得：．答：（1）带电系统运动的最大速度为．（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值为6qEL；-15-（3）带电系统回到初始位置所用时间为．【点评】：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合，选择系统为研究对象，运用动能定理和牛顿第二定律进行求解，知道系统向右运动的过程和向左运动的过程具有对称性．　【物理--选修3-4】（15分）13．（5分）（2022•宝鸡模拟）下列说法正确的是（　　）　A．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关　B．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场　C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄　D．光纤通信的工作原理是全反射，光纤通信具有容量大、抗干扰性强等优点　E．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振【考点】：产生共振的条件及其应用；全反射；光的干涉．【分析】：受迫振动的频率有驱动力的频率决定；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；条纹间距公式；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了薄膜干涉．【解析】：解：A、单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期有驱动力的周期决定，与单摆的固有周期无关，故与摆长无关，故A正确；B、变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；均匀变化的电场产生恒定的磁场，均匀变化的磁场产生恒定的电场；故B错误；C、在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，根据条纹间距公式，波长变短，故则干涉条纹间距变窄，故C正确；D、光纤通信的工作原理是全反射，光纤通信具有容量大、抗干扰性强、衰减小等优点，故D正确；E、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了薄膜干涉，故E错误；故选：ACD．【点评】：本题考查了受迫振动、麦克斯韦电磁场理论、双缝干涉、光纤通信等；知识点多，难度小，关键是多看书，记住相关知识点．　14．（10分）（2022•宝鸡模拟）某介质中形成一列简谐波，t=0时刻的波形如图中实线所示（1）若波向右传播．零时刻刚好传到B点，且再经过0.6s，P点也开始起振，求：①该列波的周期T；②从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？（2）若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.525s时间，则该列波的传播方向如何？（要写出具体判断过程）-15-【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】：（1）波向右匀速传播，根据传播距离x=6m，时间t=0.6s，求出波速；由图读出波长，根据求出周期；当图示时刻x=0.5m处的振动传到P点时，P点第一次达到波谷．根据波形的平移求出从t=0时刻起到P点第一次达到波谷时所经历的时间，分析O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0．（2）先求解波形平移的距离，看其与波长的关系，再判断波形平移的方向．【解析】：解：（1）由图象可知：λ=2m，A=2cm当波向右传播时，点B的起振方向向下，包括P点在内的各质点的起振方向均向下．波速==10m/s由得：T=0.2s由t=0至P点第一次到达波峰止，经历的时间：=0.75s=（3+），而t=0时O点的振动方向向上，故经△t2时间，O点振动到波谷，即y0=2cmS0=（3+1/4）×4A=0.26m（2）当波速v=20m/s时，经历0.525s时间，波沿x轴方向传播的距离x=vt=10.5m=（5+）λ，故波沿x轴负向传播；答：（1）①该列波的周期T为0.2s；②从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移为2cm，其所经过的路程s0为为0.26cm；（2）若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.525s时间，则该列波沿x轴负向传播．【点评】：本题考查通过两个时刻的波形来研究波传播的距离、波速、周期的问题，属于中档题．　[物理--选修3-5】（15分）15．（2022•宝鸡模拟）下列说法正确的是（　　）　A．居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象　B．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-15-　C．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性　D．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成　E．赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象﹣﹣光电效应【考点】：光电效应；玻尔模型和氢原子的能级结构．【专题】：光电效应专题．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、贝可勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，故A错误；B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小，故B正确；C、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故C正确；D、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故D错误；E、赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象﹣﹣光电效应，故E正确；故选：BCE．【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　16．（2022•宝鸡模拟）卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．发现质子的核反应为：N+He→O+H．已知氮核质量为mN=14.00753u，氧核的质量为mO=17.00454u，氦核质量mHe=4.00387u，质子（氢核）质量为mp=1.00815u．（已知：1uc2=931MeV，结果保留2位有效数字）求：（1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？（2）若入射氦核以v0=3×107m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核．反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之比为1：50．求氧核的速度大小．【考点】：爱因斯坦质能方程．【专题】：爱因斯坦的质能方程应用专题．【分析】：（1）根据质量亏损，结合质能方程，即可求解；（2）根据动量守恒定律，结合速度大小之比为1：50，即可求解．【解析】：解：（1）、这一核反应中，质量亏损：△m=mN+mHe﹣mO﹣mp=14.00753+4.00387﹣17.00454﹣1.00815=﹣0.00129u由质能方程，则有△E=△mc2=﹣0.00129×931=﹣1.20MeV故这一核反应是吸收能量的反应，吸收的能量为1.20MeV（2）、根据动量守恒定律，则有：mHev0=mHvH+mOvO又：vO：vH=1：5解得：vO=1.8×106m/s答：（1）这一核反应是吸收能量，相应的能量变化为1.20MeV；（2）氧核的速度大小1.8×106m/s．-15-【点评】：考查质量亏损与质能方程的应用，掌握动量守恒定律的内容，注意其矢量性，同时注意单位的换算是解题的关键．-15-