1、2012-2013学年武汉市武昌区高二下学期期末调研考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列有关物理学家和他们的贡献的叙述中正确的是 A平均速度、瞬时速度以及加速度的概念是由伽利略首先建立起来的 B伽利略通过斜面实验研究自由落体运动规律，推翻了绵延几千年的、由亚里士多德提出的 “物体下落的快慢由它们的重量决定 ”的论断 C亚里士多德最早指出力不是维持物体运动的原因 D牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量 答案： AB 试题分析：伽利略通过斜面实验最早指出力不是维持物体运动的原因，所以 C错误；牛顿发现了万有引力定律，但是英国物理学家卡文迪许测出了引力常量G值，所以 D错误。 考点： 本题考
2、查了有关物理学史问题 质量为 0.2 kg的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图线分别如图所示，由图可知 A最初 4 s内物体的位移大小为 8 m B 5 s末物体的加速度大小为 3 m/s2 C从开始至 6 s末物体先做曲线运动后做直线运动 D从开始至 6 s末物体所受合外力做的总功为 - 2 J 答案： AC 试题分析：由速度 -时间图像，知最初 4秒物体沿 x方向做匀速直线运动，分位移 ，沿 y方向做匀加速直线运动，分位移 ，根据运动的合成，得最初 4秒内物体的位移大小 ，最初 4秒物体做匀变速曲线运动，故 A 正确； 4 6s，物体沿 x方向做匀减速直线运动，加速度大小为 ，沿 y
3、方向做匀减速直线运动，加速度大小为 ，合加速度的大小 ，故 B错； 时刻，合速度与 x方向夹角正切值为 ，合加速度与 x负方向夹角正切值为 ，因此合速度与合加速度方向相反， 4 6s，物体做匀减速直线运动，故 C正确；由动能定理，可知从开始至 6 s末物体所受合外力做的总功为 -0.4J。 考点： 本题考查速度 -时间图像和曲线运功有关知识。 质量 为 的物体，由静止开始下落，由于空气阻力，下落的加速度为 ，在物体下落 的过程中，下列说法正确的是 A物体的重力势能减少了 B物体克服空气阻力所做的功为 C物体的机械能减少了 D物体动能增加了 答案： BD 试题分析：由重力做功与重力势能关系 ，知
4、物体的重力势能减少了 ，故 A错；由牛顿第二定律，空气阻力的大小 ，则物体克服空气阻力做功 ，故 B正确；由功能关系，机械能的减少量等于物体克服空气阻力做的功，故 C错；由动能定理，得物体动能增加了 ，故 D正确。 考点： 本题考查功的概念、动能定理及功能关系相关问题。 如图所示，质量均为 m的 A、 B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止，用大小等于 的恒力 F竖直向上拉 B，当上升距离为 h时 B与 A开始分离。下列说法正确的是 A B与 A刚分离时，弹簧为原长 B B与 A刚分离时， A与 B的加速度相同 C弹簧的劲度系数等于 D从开始运动到 B与 A刚分离的过程中， B物体的动能先增大后
5、减小 答案： BCD 试题分析：当 A和 B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止时，弹簧的弹力，由胡克定律，得弹簧的形变量 ；当 A和 B两物体一起上升时，把 A和 B两物体看成一个整体，由牛顿第二定律，得；对 B物体进行隔离分析，得 ；当 A和 B开始分离时， ，解得 ，负号表示方向竖直向下，此时弹簧的弹力为 ，由胡克定律，得弹簧的形变量 ；由题中条件，则 ，故 BCD正确。 考点：本题考查受力分析中整体法和隔离法以及牛顿第二定律的应用。 如图所示， A为 “静止 ”于赤道上随地球自转的物体， B为赤道上空的近地卫星， C为地球的同步卫星，若它们的运动都可视为匀速圆周运动，则比较三个物体的运动
6、情况，下列判断正确的是 A三者角速度的大小关系为 A = B = C B三者线速度的大小关系为 vA aB aC D三者的周期关系为 TB TC = TA 答案： D 试题分析：由于物体 A随地球自转， C为地球同步卫星， ， ；根据 和 ，得 , ；根据 ，则，知 ；根据 ，则 ，知 ；根据，则 ，知 ；根据 ，则，得 ；故综合以上 D正确。 考点：本题考查运用万有引力定律解决天体运动问题的基本思路。 如图所示，形状都为长方体的 A、 B两物块叠放在一起， A、 B间接触面粗糙，它们以沿斜面向上的相同初速度冲上 一足够长的光滑斜面。在 A、 B运动的过程中，下列判断正确的是 A上升过程中，
7、B物块受到沿接触面向上的摩擦力 B上升和下滑过程中， B物块始终不受摩擦力 C下滑过程中， A、 B两物块将发生相对滑动 D A、 B两物块上升至最高点时，它们均处于平衡状态 答案： B 试题分析：上升和下滑过程中，对物块 A和 B整体分析，由牛顿第二定律得，具有相同的加速度 ， 为光滑斜面的倾角；用隔离法对 A或 B进行受力分析，得物块 A和 B之间无摩擦力； A、 B两物块上升至最高点时，所受合力不为零，它们不处于平衡状态，故 B正确。 考点：考查受力分析整体法和隔离法及牛顿第二定律在受力分析中的应用。 如图所示， AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆 AB一端通过铰链固定在 A
8、点，另一端 B用轻绳悬挂一重为 G的物体，另一根轻绳系着 B端并绕过定滑轮 C，用力 F 拉绳，开始时 BAC 90，现使 BAC 缓慢变小，直到杆 AB接近竖直杆 AC。此过程中 A力 F大小不变 B力 F逐渐增大 C两段绳对轻杆 B端的作用力的合力大小不变 D两段绳对轻杆 B端的作用力的合力先减小后增大 答案： C 试题分析： B端受沿轻绳 BC的拉力 F、沿竖直方向轻绳大小等于 G的拉力、沿轻杆 AB的支持力 三个力而平衡，三个力构成的矢量三角形与几何相似， ，因 AB、 AC为定值，可知拉力 F逐渐减小，沿轻杆AB的支持力 的大小不变，两段绳对轻杆 B端的作用力的合力大小不变，故C正确
9、。 考点：本题考查力的合成知识和利用法来解决此类平衡问题。 钓鱼岛自古以来就是中国的固有领土，但日本政府一再挑衅，并于去年九月发起购岛闹剧。对此包括港澳台在内，全国上下共同掀起保钓高潮。中国人民解放军做为坚强后盾更是频频亮剑，一批批重量级装备纷纷闪亮出场。国产最先进武装直升机武直 10（ WZ10 ）已经进行多次试飞，右下图为一架WZ10 在钓鱼岛海域用 “拖曳扫雷具 ”进行近岛扫除水雷演习模拟图。拖曳型扫雷具质量为 m，由于近岛海水的流动对扫雷具产生水平方向的冲击力，使轻质软绳偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成 角，已知扫雷具所受的浮力不能忽略，下列说法正确的是 A WZ
10、10 受重力、软绳的拉力、空气的阻力三个力的作用而处于平衡状态 B绳子的拉力大小为 C扫雷具受到的浮力大小一定等于 mg D扫雷具受到海水的水平方向的作用力小于绳子的拉力 答案： D 试题分析： WZ10 受竖直向下的重力 、沿软绳方向的拉力 、空气的浮力 三个力的作用而处于平衡状态的，故 A错；对扫雷具进行受力分析，沿软绳方向的拉力 、竖直向下的重力 、海水竖直向上的浮力 及海水的水平方向的作用力力 ，有平衡条件知， 和 ，故B、 C错， D正确。 考点：本题结合热点问题考查物体的受力分析、三个共点力的平衡及会用正交分解的方法处理平衡问题。 一物体自 t = 0时开始做直线运动，其速度图线如
11、图所示，下列选项正确的是 A在 06s内，物体通过的路程为 40m B在 06 s内，物体离出 发点最远为 30m C在 06 s内，物体的平均速度为 6.67 m/s D在 4 s 6 s内，物体的平均速度为 5m/s 答案： A 试题分析：根据物体的 图像，可知物体在 06s内通过的路程等于图中梯形的面积和三角形的面积之和，即 ；物体物体在 06s内离出发点最远的距离等于图中梯形的面积，即；由平均速度的定义，可知物体在 06s内的平均速度，物体在 46s内的平均速度 ，所以 A正确。 考点：本题考查 图像在解题中的应用以及平均速度的概念。 关于超重和失重，下列说法中正确的是 A处于超重状态
12、的物体，其加速度方向可能向下 B处于失重状态的物体一定是在向下加速运动 C绕地球做匀速圆周运动的卫星内的物体处于完全失重状态 D物体超重时，所受重力增加了；物体失重时，所受重力减小了 答案： C 试题分析：物体对支持物的压力 (或悬挂物的拉力 ) 大于物体所受重力的现象，称为超重现象，物体具有竖直向上的加速度，即做加速上升或减速下降运动；物体对支持物的压力 (或悬挂物的拉力 )小于物体所受重力的现象，称为失重现象，物体具有竖直向下的加速度，即做加速下降或减速上升运动；物体在超重和失重过程中 所受到的重力并没有变化，变化的只是重力产生的作用效果；绕地球做匀速圆周运动的卫星内的物体所受的重力完全提
13、供其所需要的向心力，所以 C正确。 考点：本题考查了有关超重和失重以及匀速圆周运动的有关知识。 实验题 (8分 )如图所示为 “探究加速度与物体受力和质量的关系 ”实验装置图。图中A为小车， B为装有砝码的小桶， C为一端带有定滑轮的长木板，小车 A后边连接着纸带，纸带可由接了 50 HZ交流电源的电火花打点计时器打出点迹。小车（含小车上放的砝码）的质量为 m1，小桶（含桶内放的砝码）的质量为 m2。 （ 1）下列说法正确 的是 A每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 B实验时应先释放小车后接通电源 C在用图像探究加速度与质量关系时，为了便于分析，应作 图像 D本实验 m2应远大于 m1 （
14、2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，只是把长木板放于水平面上便进行实验，他测量得到的 a-F图像可能是图中的图线 。 (选填 “甲 ”、“乙 ”、 “丙 ”) （ 3）如图所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度大小为 m/s2。（结果保留二位有效数字） 答案： 12（ 1） C（ 3分） （ 2）丙 （ 2分） （ 3） 0.50 （ 3分） 试题分项：（ 1）每次改变小车质量时，不重新平衡摩擦力；实验时应先接通电源后释放小车；在本实验中 m2应远小于 m1，钩码的重力大小才近似等于小车所受合力；小车的
15、加速度 a与小车的质量 m是成反比的关系，因此 a-m图像是一条双曲线，作出 a-m图像，不易判断加速度跟质量的反比关系，而作出图像则容易加速度跟质量的反比关系，故 C正确。 （ 2）由于长木板与水平面之间有摩擦力，施加较小拉力后，还不能克服它们之间的摩擦力 ，而得出图像丙。 （ 3）由纸带信息可知，小车做匀加速直线运动，根据两相邻相等时间间隔位移之差是一恒量，即 ，得 。 考点：本题考查 “验证牛顿第二定律 ”实验中注意相关事项以及实验结果处理。 填空题 如图甲是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料，当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反
16、光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号立即转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来。 (1)若图乙中示波器显示屏上横向的每小格对应的时间为 1.0010-2s（即乙图中 t轴每 大格表示 5.0010-2s），则圆盘的转速为 _r/s。 (保留 3位有效数字 ) (2)若测得圆盘直径为 11cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 _cm。(保留 3位有效数字 ) 答案：（ 1） (1) 4.55 (3分 ) (2)1.57cm (3分 ) 试题分项：（ 1）由乙图可知，圆盘转动的周期，根据转速、角速度和周期的关系 和，得到 ，代入数据， 。 （ 2）由乙图可知，反光涂层经过接收器的时间 ，根据
17、弧长和线速度的关系，得 ；再由 ，则 ，代入数据，得到。 考点：本题考查匀速圆周运动有关内容及根据图象进行相关计算等。 计算题 (9分 ) 杭州市民吴菊萍徒手勇救小妞妞，被誉为 “最美妈妈 ”。 设妞妞的质量m =10kg，从离地 h1 =21.5 m高的阳台掉下，在妞妞开始掉下时，吴菊萍立刻奔跑到达妞妞的正下方，站立着张开双臂在距地面高度为 h2 =1.5m 处接到妞妞，缓冲到地面时速度恰好为零。空气阻力不计，取 g =10m/s2。求： （ 1）妞妞在被接到前下落的时间 t1 ； （ 2）在缓冲过程中吴菊萍对妞妞做的功 W和吴菊萍对妞妞的平均作用力 F的大小。 答案：（ 1） （ 2） 试
18、题分析： (1)妞妞自由下落过程，由运动学公式得： 求得： （ 3分 ) （ 2）从阳台掉下到地面，对妞妞由动能定理得 求得： （ 4分） 设吴菊萍对妞妞的平均作用力大小为 F 由 求得： (2分 ) 考点：本题考查自由落体运动及用动能定理解决运动学问题。 如图所示，竖直平面内的轨道由一半径为 4R、圆心角为 的圆形的光滑滑槽 C1和两个半径为 R的半圆形光滑滑槽 C2、 C3以及一个半径为 2R的半圆形光滑圆管 C4组成， C4内径远小于 R。 C1、 C2、 C3、 C4各衔接处平滑连接。现有一个比 C4内径略小的、质量为 m的小球，从与 C4的最高点 H等高的 P点以一定的初速度 向左水
19、平抛出后，恰好沿 C1的 A端点沿切线从凹面进入轨道。已知重力加速度为 g。求： （ 1）小球在 P点开始平抛的初速度 的大小； （ 2）小球能否依次顺利通过 C1、 C2、 C3、 C4各轨道而从 I点射出？请说明理由； （ 3）小球运动到何处，轨道对小球的弹力最大？最大值是多大？ 答案：（ 1） （ 2）能，见 （ 3） F 试题分析： (1) 小球从 P到 A，竖直方向做自由落体运动：（ 1分） 解得： （ 1分） 在 A点，由速度关系： （ 1分） 求得： （ 1分 ) （ 2）若小球能过 D点，则 D点速度满足 ，即 （ 1分） 小球从 P到 D由机械能守恒得： （ 1分） 解得：
20、（ 1分） 若小球能过 H点，则 H点速度满足 : 小球从 P到 H由机械能守恒得： （ 1分） 综上所述小球能依次顺利通过 C1、 C2、 C3、 C4各轨道从 I点射出 （ 1分） （ 3）小球在运动过程中，轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点，B点和 F点都有可能 小球从 P到 B由机械能守恒得： （ 1分） 在 B点轨道给小球的弹力 满足 : （ 1分） 解得： （ 1分） 小球从 P到 F由机械能守恒得： （ 1分） 在 F点轨道给小球的弹力 满足 : （ 1分） 解得： （ 1分） 比较 B、 F两点的情况可知： F点轨道给小球的弹力最大，为 （ 1分） 考点：本题考查平抛
21、运动规律、圆周运动的临界条件以及机械能守恒条件。 （ 1）（ 6分）下列说法正确的是（选对一个给 2分，选对两个给 4分，选对三个给 6分，选错一个扣 3分，最低得分为 0分） A布朗运动虽然不是液体分子的运动，但是它可以说明分子在永不停息地做无规则运动 B只要知道水的摩尔质量和一个水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数 C在使 两个分子间的距离由很远（ r 109 m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大 D通过科技创新，我们能够研制出内能全部转化为机械能的热机 E内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同 （ 2）（ 5分）在粗测油酸分子大小的实验中
22、，具体操作如下： 取纯油酸 1.00mL注入容量为 250mL的瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到 250mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液； 用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到 1.00mL为止，恰好共滴了 100滴； 在浅盘内注入约 2cm深的水，将痱子粉均匀撒在水面上，再用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，油酸在水面上会很快散开，形成一油酸薄膜，待薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的形状； 将画有油酸薄膜轮廓形状的玻璃板，放在画有许多已知边长的小正方形的坐标纸上，计算出轮廓范围
23、内正方形的总数，由小正方形边长和小正方形的总个数计算得此油膜面积为 3.60102cm2。 利用上述实验数据可求得油酸分子的直径为 m。（保留 3位有效数字） （ 3）（ 9分 )如图所示，竖直放置的、左端封闭、右端开口的 U形管中用水银柱封住一段空气柱 L，当空气柱的温度为 t1=7 时，左臂水银柱的高度 h1 =15cm，右臂水银柱的高度 h2 = 10 cm，气柱长度 L1=20cm；仅将管内被封住的空气柱加热到 t2=127 且稳定时，图中的 h1变为 h1= 10cm。不考虑水银和管的热胀冷缩，大气压强始终不变。当时的大气压强多大？（单位用 cmHg）答案：（ 1） ABE （ 6分
24、） （ 2） （ 5分） （ 3） （ 9分） 试题分析： (1)布朗运动是指悬浮在液体中的花粉小颗粒的无规则运动，它无规则运动的原因是液体分子无规则运动碰撞花粉颗粒而引起的，故 A正确；阿伏加德罗常数是表示每摩尔某物质所含的微粒数，因此水的摩尔质量与个水分子的质量的比值，就是阿伏加德罗常数，故 B正确；两个分子间的距离由很远减小到很难再靠近的过程中，分子力先表现为引力，后表现为斥力，分子力先做正功，后做负功，由分子力做功与分子势能的关系可知，分子势能先减小，后增大，故 C错；根据热力学第二定律可知，不可能研制出内能全部转化为机械能的热机，故 D错；，温度是影响分子平均动能的因素 ，内能不同的
25、物体，温度可能相同，即平均动能可能相同，故 E正确。 （ 2）由于 250mL溶液中共有纯油酸 1.00 ，则 1.00 溶液中有纯油酸，而 1.00 溶液中有液滴 100 滴，故 1 滴溶液中具有纯油酸的体积为：， 1滴溶液中具有纯油酸的面积为，由 ，得油酸分子的直径为：（ 3）对于封闭的空气柱（设大气压强为 ） 初态： （ 1分） （ 1分） （ 1分） 末态： ， （ 1分） 故压强 （ 1分） （ 1分） （ 1分） 由理想气体状态方程得 （ 1分） 解得：大气压强 （ 1分） 考点：本题考查分子动理论、用油膜法估测分子大小以及理想气体状态方程。 （ 1）（ 6分）如图所示为某一时刻简
26、谐波的图像，波的传播方向沿 x轴正方向。下列说法正确的是（选对一个给 2分，选对两个给 4分，选对三个给 6分，选错一个扣 3分，最低得分为 0分） A质点 A、 D的振幅相等 B在该时刻质点 B、 E的速度大小和方向都相同 C在该时刻质点 A、 C的加速度为零 D在该时刻质点 D的速度方向为 -y方向 E图中所有质点都做简谐运动且振动周期相同 （ 2）（ 5分）几名学生进行野外考察，登上一山峰后，他们想粗略测出山顶处的重 力加速度。于是他们用细线拴好石块 P系在树枝上以 O点为悬点做成一个简易单摆，如图所示。然后用随身携带的钢卷尺、电子手表进行了测量。同学们首先测出摆长 L，然后将石块拉开一
27、个小角度，由静止释放，使石块在竖直平面内摆动（系石块的树枝始终静止），用电子手表测出单摆完成 n次全振动所用的时间 t。 利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式 g = ； 若振动周期测量正确，但由于难以确定石块重心，只是测出悬点 O到石块上方的节点 A的距离，并就把 OA距离当做摆长，这样计算出来的山顶处重力加速度值比真实值 （选填 “偏大 ”、 “偏小 ”或 “相等 ”）。 (3)(9分 )两束平行的、同频率的红色细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示。已知其中一条光线始终不改变传播方向穿过玻璃，它的入射点是 O；另一条光线的入射点为 A，穿过玻璃后两条光线交于 P点
28、。已知玻璃截面的圆半径为 R， ， ，光在真空中的速度为 c。求： 玻璃材料对该红光的折射率； 光从 A点到达 P点的时间。 答案：（ 1） ADE （ 6分）（ 2） （ 3分）偏小 (2分 )(3) 试题分析： (1)波传播时，各质点振动的周期、振幅与振源的相同，所不同的是振动有先后；质点在平衡位置处，加速度为零，速度最大，在位移最大处，加速度最大，速度为零；根据 “同侧法 ”，则容易判断质点 B、 E 的速度方向相反，质点 D的速度方向为 -y方向，故 ADE正确。 （ 2）根据单摆周期公式 ，很容易利用测量数据计算出山顶处的重力加速度值，由于摆长的测量值偏小，计算出来的山顶处重力加速度
29、值比真实值偏小。 （ 3） 作出光路如图所示，其中一条光线沿直线穿过玻璃，可知 O点为圆心 （ 1分） 另一条光线沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为 B，入射角设为 ，折射角设为 则题中条件，得 （ 1分） 因 ，由几何关系知 ，则折射角 （ 2分） 由折射定律得玻璃的折射率为 （ 1分） 光从 A到 B的时间为 （ 1分） 且 （ 1分） 光从 B到 P的时间为 （ 1分） 解得光从 A到 P的时间 （ 1分） 考点：本题考查了机械波、单摆运动及几何光学等内容。 （ 1）（ 6分）下列说法正确的是（选对一个给 2分，选对两个给 4分，选对三个给 6分，选错一个扣 3分，最低得分为 0分）
30、A卢瑟福通过 粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型 B在很多核反应中，由于有核能的释放，所以才会有质量的亏损 C对放射性物质施加压力，其半衰期将减少 D入射光的频率如果低于某金属的截止频率，即使增加该入射光的强度，也不能使该金属发生光电效应 E康普顿效应不仅表明了光子具有能量，还表明了光子具有动量 （ 2）（ 5分）如图所示为氢原子的能级图， n为量子数。在氢原子核外电子由量子数为 2 的轨道跃迁到量子数为 3 的轨道的过程中，将 （填 “吸收 ”、 “放出 ”）光子。若该光子恰能使某金属产生光电效应，则一群处于量子数为 4的激发态的氢原子在向基态跃迁的过程中，有 种频率的光子能使该金属产生
31、光电效应。 （ 3）（ 9分 ) 如图所示，一质量 m1= 0.48kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量 m2= 0.2kg的小物块，小物块可视为质点。现有一质量m0= 0.02kg的子弹以水平速度 射中小车左端，并留在车中，最终小物块以 5m/s的速度与小车脱离。子弹与车相互作用时间极短。 g取 10 m/s2。求： 子弹刚刚射入小车时，小车速度 v1的大小； 小物块脱离小车时，小车速度 v1的大小。 答案：（ 1） ADE （ 6分）（ 2）吸收 （ 3分） 5 (2分 )(3) 试题分析： (1)英国物理学家卢瑟福通过 粒子散射实验，发现绝大多数 粒子穿过金箔后仍沿原来
32、的方向前进，但是有少数 粒子却发生了较大的偏转，并且有极少数的 粒子偏转超过了 ，有的甚至几乎达到 ，据此，卢瑟福提出了原子的核式结构模型；在很多核反应中，由于有质量的亏损，所以才会有核能的释放；放射性元素衰变的半衰期是由核内部本身的因素决定的，而跟原子所处的物理状态或化学状态无关；对于每一种金属都有一个极限频率，当入射光的频率小于极限频率时，无论入射光多强，也不会发射光电子。 X射线的光子与晶体中的电子碰撞时要遵守能量守恒定律和动量守恒定律 , 康普顿效应不仅 表明了光子具有能量，还表明了光子具有动量。 （ 2）玻尔原子模型指出原子由低能态向高能态跃迁时，是要吸收光子的，由高能态向低能态跃迁时，是要放出光子的；光子能量与跃迁的能级差有关，能级差越大，辐射光子的能量越高，光电效应越容易发生；如图所示的量子数为 4的激发态的氢原子在向基态跃迁的过程中，产生 6种不同能量的光子，除由能级向 能级跃迁时的光子不能使金属产生光电效应外，其余 5种均可。 （ 3） 子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得： （ 2分） 解得： （ 2分） 三物体组成的 系统动量守恒，由动量守恒定律得： （ 3分） 解得： （ 2分） 考点：本题考查了原子结构、原子核及动量守恒定律的应用。
