河南省安阳市林州一中2022届高三物理上学期暑假练习试卷含解析

河南省安阳市林州一中2022届高三上学期暑假物理练习试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．如图甲所示，质量为m物块静止在粗糙的与水平面夹角为θ的斜面上．当受到平行于斜面向上的外力F的作用，F按图乙所示规律变化时，斜面和物块始终处于静止状态，物块与斜面间的摩擦力Ff大小变化规律可能是图中的()A．B．C．D．考点：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：当F小于重力沿斜面方向分力mgsinθ时，物体有沿斜面向下运动的趋势，则受沿斜面向上的摩擦力，当F增大到等于mgsinθ时摩擦力为零，当F大于mgsinθ是物体有沿斜面向上的摩擦力，根据平衡条件列等式分析．解答：解：当F＜mgsinθ时，根据平衡条件：F+f=mgsinθ，可见F增大则f减小，当F=mgsinθ时，根据平衡条件，f=0，F＞mgsinθ时，根据平衡条件：F=mgsinθ+f，可见F增大f增大，故B项符合；故选：B．点评：本题采用定量分析与定性相结合的方法分析物体所受的摩擦力情况．从数学角度得到解析式选择图象，是常用的方法．2．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连（如图1）．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图2所示，则()A．x1一定小于x2B．x1一定等于x2-16-C．若m1＞m2，则x1＞x2D．若m1＜m2，则x1＜x2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：先对AB整体进行分析，可以得出整体运动的加速度；再对隔离出受力最少的一个进行受力分析，由牛顿第二定律可得出弹簧弹力，则可得出弹簧的形变量．解答：解：在竖直面内，对整体有：F﹣（m1+m2）g=（m1+m2）a1；对b分析有kx1﹣m2g=m2a1；解得：x1=+=水平面上，对整体有：F=（m1+m2）a2；对b有：kx2=m2a2解得：x2=所以x1=x2故B正确，ACD错误．故选：B．点评：本题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体；本题中注意竖直面内时F作用的物体发生了变化，若F仍作用在B上，则形变量是不变的，可以通过分析得出结论．3．如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面上某一点P处，以某一初速度斜向上抛出，小球恰好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．则下列说法中正确的是()A．小球抛出点P离圆筒的水平距离越远，抛出的初速度越大B．小球从抛出点P运动到圆筒口的时间与小球抛出时的初速度方向有关C．弹簧获得的最大弹性势能EP与小球抛出点位置P无关D．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的机械能守恒考点：平抛运动；弹性势能；机械能守恒定律．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动可以沿水平和竖直方向正交分解，根据运动学公式结合几何关系可以列式求解；小球抛出到将弹簧压缩过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒．解答：解：A、小球抛出后，竖直方向是上抛运动，水平方向是匀速运动，故vy2=2ghx=vxt-16-h=gt2v=故v=，故A正确；B、小球抛出后，竖直方向是上抛运动，水平方向是匀速运动，故h=gt2故t=，故B错误；C、小球抛出到将弹簧压缩过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球的动能转化为重力势能和弹簧的弹性势能，与抛出点有关，故C错误；D、小球抛出到将弹簧压缩过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球的机械能不守恒，故D错误；故选：A．点评：本题关键抓住机械能守恒定律求解，同时不忘用正交分解法将平抛运动分解为直线运动研究．4．我国科学考察队在地球的两极地区进行科学观测时，发现带电的太空微粒平行于地面进入两极区域上空，受空气和地磁场的影响分别留下的一段弯曲的轨迹，若垂直地面向下看，粒子在地磁场中的轨迹如图甲、乙所示，则()A．甲、乙两图电带电粒子动能越来越小，是因为洛伦兹力对粒子均做负功B．图甲表示在地球的南极处，图乙表示在地球的北极处C．图甲飞入磁场的粒子带正电，图乙飞入磁场的粒子带正电D．甲、乙两图中，带电粒子受到的洛伦兹力都是越来越大考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向．在由洛伦兹力提供向心力，则得运动半径与速度成正比，与磁感应强度及电量成反比．解答：解：A、由于粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故A错误；B、垂直地面向下看由于地球的南极处的磁场向上，地球北极处的磁场方向向下，故B正确；C、由左手定则可得，甲图中的磁场的方向向上，偏转的方向向右，所以飞入磁场的粒子带正电；同理由左手定则可得乙图中飞入磁场的粒子也带正电．故C正确；-16-D、从图中可知，粒子在运动过程中，可能受到空气的阻力对粒子做负功，所以其动能减小，运动的半径减小，根据公式：f=qvB，带电粒子受到的洛伦兹力都是越来越小．故D错误．故选：BC点评：本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．同时利用洛伦兹力提供向心力，推导出运动轨迹的半径公式来定性分析．5．我国研制并成功发射的“嫦娥二号”探测卫星，在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，运行的周期为T．若以R表示月球的半径，则()A．卫星运行时的向心加速度为B．物体在月球表面自由下落的加速度为C．卫星运行时的线速度为D．月球的第一宇宙速度为考点：万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．专题：万有引力定律在天体运动中的应用专题．分析：嫦娥二号距月球的轨道半径（R+h），周期T均为已知，应用万有引力提供向心力整理可得GM的表达式，再应用万有引力提供向心力解得所要求解的物理量．解答：解：已知嫦娥二号距月球的轨道半径（R+h），周期T；万有引力提供向心力，得：=ma向=①A、所以卫星运行时的向心加速度：a向=，故A错误．B、物体在月球表面自由下落的加速度为：G=ma，解得：a=，故B错误．C、卫星运行时的线速度为：v=，故C错误．D、月球的第一宇宙速度：G=m，解得：V2=；②由①得：GM=③-16-由②③解得：v2=，故D正确．故选：D点评：要解出一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，再代入数值．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．6．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bC．金属棒的速度为v时，电路中的电功率为D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成电流，根据右手定责可以判断电流的方向，正确分析安培力变化可以求解加速度的变化情况，下落过程中正确应用功能关系可以分析产生热量与重力势能减小量的大小关系．解答：解：A、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故A正确；B、根据右手定责可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，故B错误；C、当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为：，故C正确；D、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误．故选：AC．点评：根据导体棒速度的变化正确分析安培力的变化往往是解决这类问题的重点，在应用功能关系时，注意弹性势能的变化，这点是往往被容易忽视的．7．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()-16-A．图示位置线圈中的感应电动势最大为Em=BL2ωB．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=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：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．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=Emsinωt可列出感应电动势的瞬时表达式，根据感应电荷量q=n，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Em=BSω=BL2ω；瞬时值表达式为：e=Emsinωt=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•L2=BL2，流过电阻R的电荷量为q=n=，故C错误．D、感应电动势的有效值为E=Em，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=n，知道用有效值求热量．-16-8．如图甲所示，MN为很大的薄金属板（可理解为无限大），金属板原来不带电．在金属板的右侧，距金属板距离为d的位置上放入一个带正电、电荷量为q的点电荷，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布．P是点电荷右侧，与点电荷之间的距离也为d的一个点，几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难．几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的．图乙中两异号点电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线．由此他们分别求出了P点的电场强度大小，一共有以下四个不同的答案（k为静电力常量），其中正确的是()A．B．C．D．考点：电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据题意，图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的，只要求出乙图上+q右侧距离为d处的场强，即等于P的场强．根据等量异号电荷的电场分布特点和场强的叠加进行求解．解答：解：根据P点的电场线方向可以得P点的电场强度方向是垂直于金属板向右，两个异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，乙图上+q右侧d处的场强大小为E=k﹣k=k根据题意可知，P点的电场强度大小与乙图上+q右侧d处的场强大小相等，即为k．故选：A．点评：常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．三、非选择题：（一）必考题：9．某个同学分别做“探究加速度与力、质量关系”的实验．如图甲所示是该同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放．-16-（1）若用游标卡尺测出光电门遮光条的宽度d如图乙所示，则d=1.050cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t，则小车经过光电门时的速度为（用字母表示）（2）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间△t，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出线性图象，研究小车加速度与力的关系．处理数据时应作出v2﹣m（选填“v﹣m”或“v2﹣m”）图象．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．（2）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as=m，可知画出v2﹣m图象可以直观的得出结论．解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm=1.050cm；数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：v=．（2）每次小车都从同一位置A由静止释放，测出小车上遮光条通过光电门时的速度v，在小车质量M远远大于重物的质量m时，小车所受拉力可认为等于mg，由v2=2as，mg=Ma可得v2=m，即v2与m成正比，因此处理数据时应作出v2﹣m图象．故答案为：（1）1.050，（2）v2﹣m．点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．10．实际电压表内阻并不是无限大，可等效为理想电流表与较大的电阻的串联．现要测量一只量程已知的电压表的内阻，器材如下：A．待测电压表（量程3V，内阻约3kΩ待测）一只；B．电流表（量程3A，内阻0.01Ω）一只；C．电池组（电动势约为3V，内阻不计）；D．滑动变阻器一个；E．变阻箱（可以读出电阻值，0﹣9999Ω）一个；F．开关和导线若干．某同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：-16-（1）该同学设计了如图a、图b两个实验电路．为了更准确地测出该电压表内阻的大小，你认为其中相对比较合理的是图b（填“图a”或“图b”）电路．（2）用你选择的电路进行实验时，闭合电键S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和电阻箱的读数R（填上文字和符号）；（3）由所测物理量选择下面适当坐标轴，能作出相应的直线图线，最方便的计算出电压表的内阻：C；（A）U﹣I（B）（C）（D）U﹣R（4）设直线图象的斜率为k、截距为b，请写出待测电压表内阻表达式RV=．考点：伏安法测电阻；验证机械能守恒定律．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）电压表内阻很大，串联接入电路后电流很小，电流表示数几乎为零，无法准确读数，因此不能用伏安法测电压表内阻，应使用电压表与电阻箱组成电路测电压表内阻．（2）实验时需要测出电压表示数与对应的电阻箱阻值．（3）应用图象法处理实验数据时，图象为直线最简单，根据闭合电路的欧姆定律求出电压与电阻箱阻值关系，然后作出合适的图象．（4）根据函数表达式求出斜率k与截距b的表达式，然后求出电压表内阻．解答：解：（1）图a所示电路滑动变阻器与电压表串联接入电路，电源电动势为3V，电压表内阻约为3KΩ，由于电压表内阻太大，电路电流很小几乎为零，电流表无法准确读数，因此甲电路不合理；由于电阻箱电阻最大阻值为9999Ω，改变电阻箱阻值可以改变电压表示数，测出多组实验数据，因此比较合理的实验电路是b图．（2）选用图a所示实验电路，闭合电键S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和电阻箱阻值R．（3）电压表内阻约为3KΩ，电源内阻约为1Ω，相对于电压表内阻来说电源内阻可以忽略不计，由闭合电路欧姆定律可得：E=UV+IR=U+R，则：=R+应用图象法处理实验数据时，应作出﹣R图象，故选C．（4）由=R+可知，﹣R图象的斜率：k=，截距b=，则电压表内阻RV=；故答案为：（1）图b；（2）电阻箱的阻值R；（3）C；-16-（4）．点评：本题考查了实验电路的选择、实验步骤、实验数据处理等；应用图象法处理实验数据时，要选择合适的变量，使图象为直线，图象是直线，图象比较直观、易于实验数据的处理．11．有一质量为2kg的小球串在长为1m的轻杆顶部，轻杆与水平方向成θ=37°角．（1）若静止释放小球，1s后小球到达轻杆底端，则小球到达杆底时它所受重力的功率为多少？（2）小球与轻杆之间的动摩擦因数为多少？（g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律；功的计算．专题：功率的计算专题．分析：（1）静止释放小球，小球沿杆向下做匀加速运动，由s=t求出小球到达杆底时速率，由P=mg•vsin53°求出重力的功率．（2）由a=求出小球下滑的加速度，由牛顿第二定律和摩擦力公式求解小球与轻杆之间的动摩擦因数．解答：解：（1）由s=得v=m/s=2m/s小球到达杆底时它所受重力的功率为P=mg•vsin53°=2×10×2×0.6W=24W（2）小球下滑的加速度为a1==2m/s2，根据牛顿第二定律得mgsinθ﹣f1=ma1，解得，f1=8N又f1=μN1=μmgcosθ解得，μ=0.5答：（1）若静止释放小球，1s后小球到达轻杆底端，则小球到达杆底时它所受重力的功率为24W；（2）小球与轻杆之间的动摩擦因数为0.5．点评：本题运用牛顿第二定律和运动学结合研究动力学问题，难度不大，属于基础题．12．（18分）如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt．电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系（坐标原点O在N板的下端）的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy=45°，AOx区域为无场区．在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），经过N板的小孔，从点Q（0，L）垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限．求：（1）平行金属板M、N获得的电压U；-16-（2）粒子到达Q点时的速度大小（3）yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；（4）粒子从P点射出到到达x轴的时间．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）根据法拉第电磁感应定律，求出闭合电路的电动势，即得到平行金属M、N获得的电压U；（2）由动能定理求出粒子经过MN间的电场加速度获得的速度．（3）正确画出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系找出粒子运动的半径的大小，根据牛顿第二定律和向心力公式求得磁场的磁感应强度；（4）粒子从P点射出到到达x轴的时间为三段运动过程的时间之和．解答：解：根据法拉第电磁感应定律，闭合线圈产生的感应电动势为：E===kS①因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为：U=UR=E=kS②（2）带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有qU=mv2③所以：v=（3）带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有qvB=m④由几何关系可得：r+rcot45°=l⑤联立②③④⑤得：B=；（4）粒子在电场中做匀加速直线运动，则有d=at12根据牛顿第二定律得：q=ma粒子在磁场中，有：-16-T=t2=T粒子在第一象限的无场区中，有s=vt3由几何关系得：s=r粒子从P点射出到到达x轴的时间为：t=t1+t2+t3联立以上各式可得：t=（2d+）；答：（1）平行金属板M、N获得的电压U为kS；（2）粒子到达Q点时的速度大小是；（3）yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B=；（4）粒子从P点射出到到达x轴的时间为（2d+）点评：本题是粒子在磁场中匀速圆周运动和电磁感应的综合．磁场中圆周运动常用方法是画轨迹，由几何知识求半径．（二）选考题，请考生从以下两个模块中任选一模块作答【物理---选修3-4】13．如图甲为一列沿x轴传播的简谐波在t=0.1s时刻的波形图．图乙表示该波传播的介质中x=2m处的质点a从t=0时起的振动图象．则()A．波传播的速度为20m/sB．波沿x轴正方向传播C．t=0.25s时，质点a的位移沿y轴负方向D．t=0.25s时，x=4m处的质点b的加速度沿y轴负方向考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．-16-专题：振动图像与波动图像专题．分析：本题要在乙图上读出a质点在t=0时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率；解答：解：A、由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s，由甲图知，波长λ=4m，则波速为：．故A正确；B、由乙图知，t=0时刻，质点a向下运动，在甲图上，由波形的平移可知，该波沿x轴正方向传播，故B正确；C、由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s，所以质点a在t=0.25s的时刻的振动情况与t=0.5s时刻的振动情况相同，即处于负的最大位移处，所以位移沿y轴负方向．故C正确；D、由图甲可知，a质点和b质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，所以质点b处于正的最大位移处，加速度沿y轴负方向．故D正确．故选：ABCD点评：本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向．14．某同学欲测直角棱镜ABC的折射率．他让一束平行光以一定入射角从空气投射到三棱镜的侧面AB上（不考虑BC面上的光束反射），经棱镜两次折射后，又从另一侧面AC出射．逐渐调整在AB面上的入射角，当侧面AC上恰无出射光时，测出此时光在AB面上的入射角为α．①在右面图上画出光路图．②若测得α=60，写出折射率n计算公式，并求出n值．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：①光线经过棱镜两次折射后从AC侧面射出时，恰无射出光，说明在AC面上恰好发生了全反射，折射角为90°，画出光路图．②在AC面上和AB面上，分别运用折射定律列式；根据几何关系得到AC面上折射角与AB面上入射角之间的关系，联立即可求得n．解答：解：①光路如图．②在AC面上，有：sinγ=-16-根据几何知识得β+γ=则得cosβ=sinγ=sinβ==在AB面上：=n则sinα=nsinβ=折射率值为：n==答：①在图丙上画出光路图如图所示．②若测得入射角α=60°，折射率n的值是．点评：本题要根据光的折射规律的作图，知道全反射现象，并能结合数学知识求解折射率，画光线时，注意要标出光的传播方向．【物理---选修3-5】15．下列说法正确的是()A．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小B．放射性物质的温度升高，则半衰期减小C．用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子D．某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个E．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小．考点：玻尔模型和氢原子的能级结构．专题：原子的能级结构专题．分析：玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的；半衰期由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关；核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等；根据质量数和电荷数守恒判断；玻尔理论由玻尔提出．是在卢瑟福原子模型基础上加上普朗克的量子概念后建立的．解答：解：A、玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，故氢原子在辐射光子的同时，轨道不是连续地减小，故A错误．B、半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关，故B错误；C、核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等，故用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，还要另给它们分离时所需要的足够的动能（光子方向有动量），所以不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，故C正确；D、根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过2次α衰变质子数减少4，一次β衰变质子数增加1，故核内质子数减少3个，D正确；-16-E、能级跃迁时，由于高能级轨道半径较大，速度较小，电势能较大，故氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故E正确；故选：CDE．点评：明确α衰变，β衰变的实质，知道原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的．16．如图所示AB为光滑的斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m的小球乙静止于水平轨道上，一个质量大于m的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰，碰后乙球沿水平轨道滑向斜面AB，求：在甲、乙发生第二次碰撞之前，乙球在斜面上能达到最大高度的范围？（设斜面足够长）考点：动量守恒定律；能量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：甲、乙两球碰撞时动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰后两者的速度，碰后乙在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出乙球能到达的高度范围．解答：解：设甲球质量为M，甲、乙两球碰撞过程中，动量守恒，由动量守恒定律得：Mv0=Mv1+mv2，由机械能守恒定律得：Mv02=Mv12+mv22，解得：v2=v0=，碰后乙上升到最高点时，速度为零，在此过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgh=mv22，乙球能上升的最大高度：h=；①当M＞＞m时，v2=2v0，h===，②当M=m时，v2=v0，h==，-16-则乙球上升的最大高度范围是：≤h≤，答：乙球在斜面上能达到最大高度的范围是≤h≤．点评：本题考查了求小球上升的高度范围问题，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题，解题时要注意讨论乙球的速度范围．-16-