河南联考高考物理二模试卷

河南联考高考物理二模试卷————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：22016年河南联考高考物理二模试卷参照答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每题6分，共48分．在每题给出的四个选项中，第14～18题只有一项正确，19-21题有多个选项正确，所有选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．以以下图，两个相同的条形磁铁，放在水平川面上的长木板AB上的同素来线上，两磁铁的N极相对，木板和磁铁均处于静止不动．此刻两磁铁竖直对称轴上的C点处放一垂直于纸面的长直导线，通以垂直纸面向里的恒定电流，磁铁仍处于静止，则以下说法正确的选项是（）A．导线碰到的安培力竖直向上B．导线碰到的安培力竖直向下C．木板碰到地面的摩擦力向右D．木板碰到地面的摩擦力为零【考点】共点力均衡的条件及其应用；磁场对电流的作用．【解析】依照磁铁形成的磁场分布判断出C处的磁场，尔后依照左手定则判断出碰到的安培力方向，再联合作用力与反作用力及共点力均衡求的地面对木板的摩擦力．【解答】解：条形磁铁在C处的磁感觉强度竖直向上，依照左手定则可知，导体棒碰到的安培力水平向右，依照作用力与反作用力的关系，磁铁和木板碰到的作用力向左，依照共点力均衡可知，木板碰到地面的摩擦力水平向右，故C正确，ABD错误；应选：C2．研究表示，3亿年前地球自转的周期约为22小时．这表示地球的自转在减慢，假设这种趋势会连续下去，地球的其他条件都不变，则未来（）A．近地卫星的运行速度比此刻小B．近地卫星的向心加快度比此刻小C．地球同步卫星的线速度比此刻大D．地球同步卫星的向心加快度比此刻小【考点】同步卫星．【解析】同步卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力供应向心力，由牛顿第二定律获取同步卫星的周期与半径的关系，再解析变轨后与变轨前半径大小、线速度大小和角速度大小．【解答】解：设同步卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，则有：G=m=m=mω2r=ma向得周期为：T=2π，线速度为：v=，则角速度为：ω=，向心加快度a向=A、由题意知，近地卫星的运行半径不变，所以运行速度不变，向心加快度也不变．故A错误，错误；、若自转在减慢，则此刻同步卫星的周期变大，则知，其轨道半径r增大，则线速度v减小，角速度ω减小，向心加快度减小，故C错误，D正确．3/17应选：D3．以以下图，A、B两个相同的球处于高为H的同一高度由静止开释，A做自由落体运动，B先沿固定圆滑的四分之一圆弧运动，从圆弧面抛出后做平抛运动，若B球落地时重力做功的瞬时功率是A球落地时重力做功瞬时功率的一半，则圆弧轨道的半径为（忽略小球的大小）（）A．HB．HC．HD．H【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．【解析】依照功率公式可明确落地时的夹角大小；再分别对平抛和自由落体运动的物体依照机械能守恒定律列式，联马上可求得圆弧轨道的半径．【解答】解：由机械能守恒定律可知，两个球落地时的速度大小相等，设球的质量为m，球落地时的速度大小为v，则A球落地时重力做功的瞬时功率P1=mgv，设B球落地时的速度与竖直方向夹角为θ，则mgvcosθ=mgv，解得：θ=60°；由此可知，小球做平抛运动的速度v0=vsin60°=v，再由机械能守恒定律可知：mgR=mv02=mv2，对A由机械能守恒可得：mgH=mv2；解得：R=H；故B正确，ACD错误；应选：B4．将一质量为m、长度为L、通有垂直纸面向里的电流的导体棒放在倾角为α的圆滑斜面体上，当在空间加一与斜面体垂直斜向上的匀强磁场时，导体棒恰幸好斜面体上处于静止状态，现将磁场逆时针转动到水平向左的过程中，若导体棒向来处于静止状态，已知导体棒中的电流强度为I，则以下表达正确的选项是（）A．磁感觉强度大小不变B．磁场逐渐减弱C．整个过程中磁感觉强度的最小值为4/17D．整个过程中磁感觉强度的最大值为【考点】共点力均衡的条件及其应用；安培力．【解析】对导体棒受力解析，依照共点力均衡中的动向解析方法解析安培力的变化，从而明确磁场强度的变化；再经过过程解析明确极值的大小．【解答】解：A、导体棒受重力、支持力、安培力的作用而处于均衡状态，当外加匀强磁场的磁感觉强度B的方向由垂直斜面向上的逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动向变化以以下图，则由图可知，安培力应逐渐增大；即此过程中磁感觉强度B增大；磁场增强；故AB错误；C、刚开始时安培力F最小，有sinα=，所以此过程中磁感觉强度的最小值为；故C正确；D、最后时安培力最大，则有F=mg，故整个过程中磁感觉强度的最大值为；故D错误；应选：C．5．如下图为甲乙两个物体做同向直线运动的v﹣t图象，则对于两物体在0～t1时间内的运动，以下说法正确的选项是（）A．两物体间的距离必然在不断减小B．两物体的位移差必然是不断增大C．两物体的速度差素来在增大D．两物体的加快度都是先增大后减小【考点】匀变速直线运动的图像．【解析】速度﹣时间图象上图线切线的斜率表示该时辰的加快度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，图象的斜率表示加快度．【解答】解：A、v﹣t图象与坐标轴围城的面积表示位移，因为不知道甲乙两个物体的初始地址，所以不能够判断两物体间距离如何变化，若是是甲在前，乙在后，则两物体间距离逐渐增大，故A错误；B、v﹣t图象与坐标轴围城的面积表示位移，依据图象可知，两物体的位移差为两图线间的面积，跟着位移的增大而增大，故B正确；、依照图象可知，两物体的速度差先增大，后减小，故C错误；、图象的斜率表示加快度，依照图象可知，两物体的加快度都是先减小后增大，故D错误．5/17应选：B6．如图甲所示，PQ为某电场中的一条电场线，一质量为m、电量为q的粒子（不计重力）在电场线上的O点由静止开释，粒子只在电场力作用下运动的运动路径中的电场场强E与运动的位移关系图象如图乙所示，则以下对于粒子运动的速度v、加快度a随时间t，电势φ、动能Ek随运动的位移x的关系可能正确的选项是（）A．B．C．D．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【解析】粒子由静止开释做加快运动，速度逐渐增大．依照电场强度的变化，解析电场力的变化，由牛顿第二定律解析加快度的变化．依据U=Ed解析电势变化的快慢．依据电势差变化快慢解析动能变化的快慢．【解答】解：A、粒子由静止开释，只在电场力作用下运动，由乙图可知，运动过程中电场强度愈来愈小，将图乙的电场强度随位移的分布转变成电场线的分布如右图所示，则粒子在运动过程中速度愈来愈大，加快度愈来愈小，v﹣t图象的斜率愈来愈小，故A正确．B、依据牛顿第二定律知a=，加快度随时间减小得愈来愈快，a﹣t图象的斜率愈来愈大，故B错误．C、E﹣x图象所围的面积表示电势差，跟着位移的增大，面积增大得愈来愈慢，电势改变得愈来愈慢，故C正确．D、电势改变得愈来愈慢，电势能改变得愈来愈慢，则动能增大得愈来愈慢．故D错误．应选：AC7．以以下图，理想变压器的输入端接交流电压，输出端并联两只相同的小灯泡L1、L2，灯泡的额定电压为20V，额定功率为10W，电路连接了两只理想电流表A1、A2，导线电阻不计．开始时电键S断开，小灯泡L1恰好正常发光．以下说法正确的选项是（）A．原副线圈的匝数比为n1：n2=3：1B．流过小灯泡L1的电流方向每秒改变10次C．电键S闭合后，小灯泡L1变暗6/17D．电键S闭合后，电流表A1的读数变大【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．【解析】由图甲知电压有效值为60V，频率为5Hz，电压与匝数成正比，开封闭合后，判断副线圈电阻如何变化，尔后由欧姆定律判断电流如何变化，依照变压器的变压比与变流比解析答题．【解答】解：A、由图知电压有效值为60V，副线圈电压为20V，电压与匝数成正比，故原副线圈的匝数比n1：n2=60：20=3：1，A错误；B、由图知交流电的频率为5Hz，所以流过灯L1的电流方向每秒改变10次，B正确；C、闭合开关，两灯泡并联，副线圈负载总电阻变小，副线圈电压不变，灯L1亮度不变，由欧姆定律可知，副线圈电流变大，线圈匝数比不变，则原线圈电流变大，两电流表示数都变大，但比值不变，故C错误，D正确；应选：BD8．如下图，圆滑水平面上固定一正方形线框，线框的边长为L、质量为m、电阻为R，线框的右侧恰好与虚线AB重合，虚线的右侧有垂直于水平面的匀强磁场，磁感觉强度为B，线框经过一水平细线绕过定滑轮与一质量为M的悬挂重物相连，重物离地面足够高，现由静止释放线框，当线框恰好要进入磁场时加快度为零，则在线框进磁场的过程中（）A．线框的最大速度为B．当线框的速度为v（小于最大速度）时，线框的加快度为g﹣C．当线框的速度为v（小于最大速度）时，细绳的拉力为D．线框进入磁场的过程中，经过线框截面的电量为【考点】导体切割磁感线时的感觉电动势；电磁感觉中的能量转变．【解析】当线框刚要进入磁场时，加快度为零，速度最大，依照均衡，联合切割产生的感觉电动势公式、欧姆定律、安培力公式求出线框的最大速度．依照线框的速度，求出线框所受的安培力，对整体解析，依照牛顿第二定律求出加快度，隔断解析，求出细绳的拉力大小．依照法拉第电磁感觉定律以及电量的公式求出经过线框截面的电量大小．【解答】解：A、当线框刚要进入磁场时线框的速度最大，这时，所以线框的最大速度为，故A错误．7/17B、当线框的速度为v（小于最大速度）时，Mg﹣，解得加快度a=，故B错误．C、由牛顿第二定律，Mg﹣T=Ma，解得绳索的拉力为T=，故C正确．D、线框进入磁场的过程中，经过线框截面的电量为q=，故D正确．应选：CD．二、实验题（本题包括4个小题，共47分．）9．某实验小组用如图甲所示的实验装置测当地的重力加快度，图中A、B是两个光电门，钢球自由下落过程中，先后经过光电门A、B，钢球经过光电门A时与光电门相连的光电计时器开始计时，经过光电门B时就停止计时，获取钢球从A运动B所用的时间t，用刻度尺测出A、间的高度h，保持小球下落的地点不变，保持光电门B的地点不变，改光电门A的地点，重复前面的实验，测出多组h、t的值．（1）依据测得的多组h、t的值，算出每组的，作出图象，则图象应是图乙中的D．（2）图线与纵轴的交点表示钢球经过B光电门时的速度，要求出重力加快度，必定求出图线的斜率绝对值，若求出的图线的这个量用k表示，则当地的重力加快度为2k．【考点】考据机械能守恒定律．【解析】（1）依照运动学公式，联合逆向思想，及图象的含义，即可求解；（2）．依照函数表达式，与图线的横纵坐标，及图线的斜率，即可求解．【解答】解：（1）因为球下落的地址不变，光电门B的地址不变，所以小球到达B点的速度不变，设球到B点的速度为vB，则球的运动能够当作是倒过来的匀减速直线运动，则有：h=vBt﹣，即=vB﹣，所以D正确，ABC错误；2）由函数表达式可知，图线与纵轴的交点表示小球经过B光电门的速度，要求出重力加快度，必定求出图线斜率的绝对值，8/17则由解得：g=2k；故答案为：（1）D；（2）小球经过B光电门的速度，斜率的绝对值，2k．10．利用如图（a）所示电路，能够丈量金属丝的电阻率ρ，所用的实验器械有：待测的粗细平均的电阻丝、电流表（量程0.6A，内阻忽略不计）电源（电动势3.0V，内阻r未知）、保护电阻（R0=4.0Ω）刻度尺、开关S、导线若干、滑片P实验步骤以下：①用螺旋测微器测得电阻丝的直径d如图（b）所示．②闭合开关，调理滑片P的地点，分别记录每次实验中aP长度x及对应的电流值I．③认为纵坐标，x为横坐标，作﹣x图线（用直线拟合）．④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b．回答以下问题：（1）螺旋测微器示数为d=0.400mm．（2）用题中字母可求得与x的关系式为=+．（3）实验获取的部分数据如表所示，此中aP长度x=0.30m时电流表的示数如图（c）所示，读出数据，完成下表，答：①0.38，②2.63x（m）0.100.200.300.400.500.60I（A）0.490.43①0.330.310.28（A﹣1）2.042.33②3.033.233.57（4）在图（d）的坐标纸大将所缺数据点增补完好并作图，依据图线求得斜率k=3.00A﹣1m﹣1，截距b=1.78A﹣1．（保存小数点后两位小数）9/17（5）依据图线求得电阻丝的电阻率ρ=1.1×10﹣6Ω?m，电源的内阻为r=1.3Ω．（保存小数点后一位小数）【考点】测定金属的电阻率．【解析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；2）依照欧姆定律，联合数学知识，即可求解；3）依据图c所示电流表读出其示数，而后答题．4）应用描点法作出图象，尔后依照图象解析答题．5）依照闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达，尔后依照图象的斜率与截距，即可求解．【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为0.0mm，可动刻度为0.01×40.0mm=0.400mm，所以最后读数为0.400mm（0.400±0.001）．（1）依据闭合电路欧姆定律，则有：E=I（R0+r+），由数学知识，可得，=+；（3）由图（c）可知，电流表读数为I=19.0×0.02A=0.380A；故表格①中应为0.38，表格②中经过计算可知，应该为2.63，（4）在图（d）中描点作图，让直线尽量过所有的点，或让直线对称分布在直线双侧，由图线可知，斜率为k=A﹣1?m﹣1=2.97A﹣1?m﹣1，所以纵截距为b=1.77A﹣1；（5）由数学知识可得，k=，b=，解得：ρ=1.1×10﹣6Ω?mr=1.3Ω故答案为：（1）0.400（0.400±0.001）；（2）=+；3）①0.38，②2.63；4）图线如上图所示，3.00（2.92～3.10），1.78（1.76～1.78）；5）1.1×10﹣6（1.0×10﹣6～1.2×10﹣6），1.3（1.1～1.5）．．如图回旋加快器的D形盒半径为R，用来加快质量为m，带电量为q的质子，使质子由静止加快到拥有能量为E后，由A孔射出，求：10/171）加快器中匀强磁场B的方向和大小；2）设两D形盒间的距离为d，此间电压为U，则加快到上述能量所需回旋周数是多少？3）加快到上述能量所需时间（不计经过缝隙的时间）．【考点】质谱仪和回旋加快器的工作原理．【解析】（1、2）匀强磁场B的方向依照左手定则判断确定．回旋加快器中粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时粒子运动的轨迹半径等于D形盒的半径；依照洛伦兹力供应向心力，求出最大动能．质子在一个周期内被加快两次，依照一次加快的能量与最大动量的关系，即可确定加快次数，从而获取回旋周数．（3）加快到上述能量所需时间即磁场中运动时间，依照周期和圈数联合求解．【解答】解：（1）依据左手定则可知B的方向垂直于纸面向里．依据qvmB=m得最大动能为：E=mvm2=所以加快器中匀强磁场B的大小为：B=；依照左手定则控制，B的方向垂直于纸面向里（2）加快电压为U，则质子每次经电场加快后能量为：EK0=qU；设共加快N次，则有：N==；因为每周加快两次，所以加快到上述能量所需回旋周数是：n==（3）因为质子运动的线速度为：v=运动的周期为：T=运动的周期与半径r和速度没关，故加快度总时间为：t=nT=答：（1）加快器中匀强磁场B的方向为垂直于纸面向里，大小为；2）设两D形盒间的距离为d，此间电压为U，则加快到上述能量所需回旋周数是3）加快到上述能量所需时间为11/1712．如下图，质量分别为m、2m的物体a、b经过轻绳和不计摩擦的定滑轮相连，均处于静止状态，a与水平面上固定的劲度系数为k的轻质弹簧相栓连，Q点有一挡板，如有物体与其垂直相撞会以原速率弹回，现剪断a、b之间的绳索，a开始上下来去运动，b下落至P点时以原速率水平向右运动，当b静止时，a恰好初次到达最低点，向来PQ长s0，重力加快度g，b距P高h，且仅经过P点一次，b滑动时动摩擦因数μ，a、b均可看做质点，弹簧在弹性限度范围内，试求：（1）物体a的最大速度；（2）物体a第一次运动到最低点所需要的时间；（3）物体b停止的地点与P点距离．【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．【解析】（1）当弹簧弹力与a的重力相等时a的速度最大，由机械能守恒定律能够求出最大速度．2）依据弹簧振子的周期公式求出a的运动时间．3）由动能定理求出b在水平面上的行程，而后答题．【解答】=解：（1）没有中断细线前，对a，由均衡条件得：2mg=mg+kx1，当弹簧弹力与a的重力相等时a的速度最大，由均衡条件得：mg=kx2，解得：x1=x2=，初速度地点与速度最大地点弹簧的弹性势能EP相等，由机械能守恒定律得：EP+mg（x1+x2）=EP+mv2，解得，最大速度：v=2g；（2）a做简谐运动，周期：T=2π，物体a第一次运动到最低点所需要的时间：t=T=π；（3）在整个运动过程中，对b，由动能定理得：2mgh﹣μ?2mgs=0﹣0，解得：s=，假如b与Q发生碰撞，则物体b停止的地点与P点距离：d=s0﹣（s﹣s0）=2s0﹣，假如b与Q不发生碰撞，则物体b停止的地点与P点距离：d=s=；12/17答：（1）物体a的最大速度为2g；（2）物体a第一次运动到最低点所需要的时间为π；（3）物体b停止的地点与P点距离为2s0﹣或．三、【物理--选修3-3】13．以下说法正确的选项是（）A．当分子间作用力减小时，分子势能必然减小B．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点制成的C．质量、温度、体积都相等的物体的内能不用然相等D．热量能够自觉的从内能多的物体传到内能少的物体E．自然界发生的所有过程能量都守恒，吻合热力学第二定律的宏观过程都能自然发生【考点】热力学第二定律；分子势能．【解析】本题依照分子势能与分子力的关系、液晶的特点、物体内能的决定因素以及热力学第二定律进行解答．分子力做负功时，分子势能增加．液体拥有各向异性的特点．物体的内能与物质的量、体积和温度有关．吻合能量守恒定律和热力学第二定律的宏观过程都能自然发生．【解答】解：A、当分子间的作用力表现为引力时，引力减小时，分子间距离可能增大，也可能减小，所以分子力可能做负功，也可能做正功，分子势能可能增大，也可能减小．故A错误．B、液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点，来显示不相同的颜色．故B正确．C、物体的内能与物质的量、体积和温度有关．质量相等的不相同各样的物质，物质的量不用然相等，所以质量、温度、体积都相等的物体的内能不用然相等．故C正确．D、热量只能自觉地从温度高的物体传到温度低的物体，而内能多的物体温度不用然高，故D错误．E、自然界发生的所有过程能量都守恒，吻合热力学第二定律的宏观过程都能自然发生．故E正确．应选：BCE14．以以下图，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭必然质量的理想气体，活塞面积之比为SA：SB=1：2，两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个气缸都不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0=300K．A中气体压强PA=1.5P0，0是气缸外的大气压强．现对A加热，使此中气体的压强升到pA′=2p0，同时保持B中气体的温度不变．求此时A中气体温度TA．【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．【解析】由均衡条件求出气体的压强，应用理想气体的状态方程分别对A、B气体列方程，尔后解方程求出气体A的温度．【解答】解：活塞均衡时，由均衡条件得：PASA+PBSB=P0（SA+SB）①，PA'SA+PB'SB=P0（SA+SB）②，13/17已知SB=2SA③，中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，由玻意耳定律得：PB'VB=PBV0④，设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞搬动的距离相等，故有⑤，对气体A由理想气体状态方程得：=⑥，解得：T′TA=500K；A=答：A中气体温度为500K．四、【物理--选修3-4】15．以下说法正确的选项是（）A．在单色光双缝干涉实验中，双缝间距离越大，屏上光的干涉条纹间距越大B．在单缝衍射实验中要产生衍射现象，狭缝宽度必定比波长小也许相差不多C．水中的气泡看起来特别漂亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故D．地面周边有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的要短一些E．哈勃太空望远镜发现所接收到的来自于遥远星系上的某种原子光谱，与地球上同种原子的光谱对照较，光谱中各条谱线的波长均变长（称为哈勃红移），这说明该星系正在远离我们而去【考点】用双缝干涉测光的波长；光的衍射．【解析】依据干涉条纹间距公式△x=；依照明显衍射有条件，而衍射没有条件；联合光的全反射现象发生条件；及依照相对论解析火箭的长度的变化；最后由多普勒效应的原理，熟记多普勒的定义即可求解，同时掌握频率变化与运动间的关系．【解答】解：A、依据干涉条纹间距公式△x=，可知，双缝间距d越大时，光的干涉条纹间距越小，故A错误；B、波发生明显的衍射条件是：孔、缝的宽度或阻挡物的尺寸比波长对照差不多或比波长更小，但若是孔、缝的宽度或阻挡物的尺寸比波长大得多时，也能发生衍射现象，故B错误；C、水中的气泡看起来特别光明，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生全反射缘故，故C正确；D、依照相对论可知，地面周边有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的要短一些，故D正确；E、哈勃太空望远镜发现所接收到的来自于遥远星系上的某种原子光谱，与地球上同种原子的光谱对照较，光谱中各条谱线的波长均变长（称为哈勃红移），即频率变小，说明该星系正在远离我们而去，故E正确；14/17应选：CDE．16．如图甲、乙分别是波流传路径上M、N两点的振动图象，已知MN=1m．①若此波从M向N方向流传，则波流传的最大速度为多少？②若波流传的速度为1000m/s，则此波的波长为多少？波沿什么方向流传？【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【解析】①若此波从M向N方向流传，依照图象的信息解析MN间的距离与波长的关系，获取波速的表达式，再注波流传的最大速度．②若波流传的速度为1000m/s，由波速公式求波长．依据MN间的距离与波长的关系，判断波的流传方向．【解答】解：①由图可知，该波的周期为T=4×10﹣3s当简谐波从M向N方向流传时，M、N两点间的距离s=（n+）λ则得λ==，（n=0，1，2，3，）波速v==m/s，（n=0，1，2，3，）当n=0时，波速最大，即最大速度为m/s．②若波流传的速度为1000m/s，则此波的波长为λ=vT=4m则MN=λ，依据波形的平移法可知，波从N向M方向流传．答：①若此波从M向N方向流传，则波流传的最大速度为m/s．②若波流传的速度为1000m/s，则此波的波长为4m，波从N向M方向流传．【物理-选修3-5】17．以下说法正确的选项是（）A．β衰变现象说明电子是原子核的构成部分B．在光电效应现象中，光电子的最大初动能与照射光的频率成正比C．用能量等于氘核联合能的光子照射静止氘核，不能能使氘核分一个质子和一此中子D．氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级和从n=2能级跃迁到n=1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的短E．石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变大，这个现象称为康普顿效应【考点】光电效应；玻尔模型和氢原子的能级构造；原子核的联合能．【解析】A、β衰变所开释的电子是原子核内的中子转变成质子时产生的．B、依据光电效应方程EKm=hγ﹣W0解析光电子的最大初动能与光的频率的关系．15/17C、核子联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．D、依据Em﹣En=hγ判断光子能量的大小，再依照波长与频率的关系，即可判断．E、康