1.C 提示:根據(jù)玻爾理論可知，只有能量剛好等于氫原子兩個(gè)能級(jí)差的光子(電磁波)才能被氫原子吸收，選項(xiàng)A、B 錯(cuò)誤，C 正確。吸收了電磁波的氫原子所處的狀態(tài)叫激發(fā)態(tài)，選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

2.C 提示:兩小球都做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的最大高度相同，則拋出時(shí)豎直方向的分速度大小相等;水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，乙同學(xué)拋出的小球的水平位移較大，則拋出時(shí)水平方向的分速度較大。根據(jù)速度的合成和對(duì)稱性可知，落地瞬間乙同學(xué)拋出的小球的速度較大，選項(xiàng)A 錯(cuò)誤。分析豎直方向的分運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知，小球上升和下落的時(shí)間相等，則，即兩小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，選項(xiàng)B 錯(cuò)誤。斜拋運(yùn)動(dòng)在最高點(diǎn)只有水平速度，因此乙同學(xué)拋出的小球在天花板處的速度較大，選項(xiàng)C 正確。小球落地瞬間的豎直分速度大小，即落地瞬間兩小球的豎直分速度大小相等，根據(jù)P=mgvy可知，落地瞬間兩小球的重力的瞬時(shí)功率相等，選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

3.C 提示:由題圖知波長λ=4 m，則頻率，選項(xiàng)A 錯(cuò)誤。t=0 時(shí)刻，x=4 m 處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向向上，x=12 m 處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向向下，選項(xiàng)B 錯(cuò)誤。波的周期，t=0.5 s時(shí)刻，剛好經(jīng)歷了T，甲波傳播到x=5 m 處為波谷，位移為-4 cm，乙波傳播到x=5 m 處為波谷，位移為-3 cm，質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)波谷，即y=-7 cm 處，選項(xiàng)C 正確。兩列波疊加后，兩列波到x=4 m 處的波程差Δx=4 m=λ，t=0時(shí)刻，x=4 m 處的質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)，x=8 m 處的質(zhì)點(diǎn)向下振動(dòng)，即甲波的波源起振方向向上，乙波的波源起振方向向下，所以x=4 m 處為振動(dòng)減弱點(diǎn)，選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

5.C 提示:等量同種點(diǎn)電荷連線中垂線上從O點(diǎn)向兩邊電勢逐漸降低，根據(jù)幾何關(guān)系得OP=OC，因此C點(diǎn)和P點(diǎn)的電勢相等，選項(xiàng)A 錯(cuò)誤。C點(diǎn)和P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，選項(xiàng)B 錯(cuò)誤。從O點(diǎn)沿著OC方向到C點(diǎn)，電勢降低，因?yàn)樵囂诫姾蓭д?，所以其電勢能逐漸減小，選項(xiàng)C 正確。從P點(diǎn)到C點(diǎn)，先靠近O點(diǎn)，后遠(yuǎn)離O點(diǎn)，電勢先升高后降低，所以試探電荷的電勢能先增加后減少，選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

6.D 提示:黑板擦做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件得Fcosθ=mg+μN(yùn)，N=Fsinθ，解得，選項(xiàng)A 錯(cuò)誤。黑板對(duì)黑板擦的作用力大小，選項(xiàng)B 錯(cuò)誤。若突然松開手，則松手瞬間黑板擦只受自身重力作用，其加速度大小為g，選項(xiàng)C 錯(cuò)誤。若突然松開手，則松手后黑板擦做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，能上升的最大高度，選項(xiàng)D 正確。

7.AC 提示:根據(jù)題圖可知，介質(zhì)對(duì)光束①的折射率比對(duì)光束②的大，所以光束①的頻率高于光束②的頻率，則光束①是藍(lán)光，光束②是紅光，選項(xiàng)A 正確。根據(jù)可知，折射率越大，波速越小，因此在光盤的透明介質(zhì)層中，光束①比光束②的傳播速度小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。根據(jù)可知，單色光通過同一雙縫干涉裝置，波長越短，條紋間距越窄。因?yàn)楣馐俚念l率高于光束②的頻率，所以光束①的波長小于光束②的波長，即光束①的條紋寬度比光束②的窄，選項(xiàng)C正確。因?yàn)楣馐俚牟ㄩL小于光束②的波長，所以光束②更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

8.AC 提示:由手機(jī)電池容量的單位可知，手機(jī)充電時(shí)間為電池容量與充電電流的比值，則，選項(xiàng)A 正確。設(shè)送電線圈與受電線圈的匝數(shù)比為k，因?yàn)閮删€圈中均接有電阻，所以兩線圈兩端的電壓關(guān)系滿足，解得，選項(xiàng)C正確。根據(jù)k=5可知，送電線圈電流I1=1 A，故充電器消耗的總功率P=I1U=220 W，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。因?yàn)樗碗娋€圈中接有電阻R1，所以送電線圈兩端的電壓U1=U0-I1R1=212.5 V，選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

9.AD 提示:速度—時(shí)間圖像與時(shí)間軸所圍成的圖形的面積表示位移，根據(jù)題圖乙得貨物的總位移，即傳送帶A、B兩端相距16 m，選項(xiàng)A 正確。速度—時(shí)間圖像的斜率表示加速度，根據(jù)題圖乙得0～1 s時(shí)間內(nèi)貨物的加速度，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma，解得貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，選項(xiàng)B 錯(cuò)誤。傳送帶對(duì)貨物的摩擦力大小f=μmgcosθ=8 N，0～1 s時(shí)間內(nèi)摩擦力做的功W1=fx1=40 J，1 s～2 s時(shí)間內(nèi)摩擦力做的功W2=-fx2=-88 J，因此摩擦力對(duì)貨物做的總功W=W1+W2=-48 J，選項(xiàng)C 錯(cuò)誤。根據(jù)題圖乙可知，0～1 s時(shí)間內(nèi)傳送帶的速度大于貨物的速度，二者的相對(duì)位移，1 s～2 s時(shí)間內(nèi)貨物的速度大于傳送帶的速度，二者的相對(duì)位移，因此全程中二者的相對(duì)位移Δx=Δx1+Δx2=6 m，貨物與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q=f·Δx=48 J，選項(xiàng)D 正確。

10.BD 提示:根據(jù)右手定則可判斷，進(jìn)入磁場后，金屬桿中電流的方向由左到右，選項(xiàng)A 錯(cuò)誤。金屬桿進(jìn)入磁場時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得，根據(jù)題圖乙可知，金屬桿進(jìn)入磁場時(shí)的加速度a=-10 m/s2，解得B=2 T，選項(xiàng)B正確。金屬桿下落0.3 m 的過程中，通過電阻R的電荷量，其中Δh=0.3 m-0.06 m=0.24 m，解得q=0.24 C，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。金屬桿下落0.3 m 時(shí)，其加速度為0，速度達(dá)到最小，則，解得vmin=1.5 m/s，金屬桿下落0.3 m 的過程中，電路中產(chǎn)生的熱量，電阻R中產(chǎn)生的熱量，選項(xiàng)D 正確。

11.(1)D (2)2.150 (3)312.5(4)8.6×106N/m2

12.(1)0.30 (2)1.5 0.60 小于(3)4.8×10-5電流表有內(nèi)阻

提示:(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得U=E-I(r+R0)，U-I圖像的縱軸截距表示電動(dòng)勢，故E=1.5 V，U-I圖像的斜率大小表示r+R0，則，解得r=0.60 Ω。伏安法測電阻時(shí)，電源的U-I圖像如圖1 所示，則電動(dòng)勢的測量值小于真實(shí)值。(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖得，其中，則圖像的斜率表示，則ρ=kS=4.8×10-5Ω·m。圖像中所作直線不通過坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是電流表有內(nèi)阻。

圖1

13.(1)活塞上升至剛剛接觸重物的過程中，汽缸內(nèi)氣體經(jīng)歷等壓變化過程，根據(jù)蓋-呂薩克定律得，其中，解得T2=400 K。(2)活塞碰到重物后到輕繩的拉力減小到30 N 的過程中，汽缸內(nèi)氣體經(jīng)歷等容變化過程，根據(jù)查理定律得，設(shè)重物的質(zhì)量為M，則p2S=p0S+mg，p3S=p0S+(m+M)g-T，解得M=47 kg。

14.(1)粒子第一次穿過邊界線OM后恰能到達(dá)x軸上的P(-d，0)點(diǎn)，則粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為d，根據(jù)，，解得。洛倫茲力對(duì)粒子不做功，根據(jù)動(dòng)能定理得，解得。(2)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2 所示，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期，粒子第一次在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小，粒子第一次在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，粒子第二次在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，粒子第二次在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則，解得，x=4d，y=4d。因此粒子從O點(diǎn)射出至第四次穿過邊界線OM所用的時(shí)間。(3)由(2)問可知，粒子第四次穿過邊界線OM時(shí)的位置坐標(biāo)為(-6d，6d)。

圖2

15.(1)物塊1 和小球2 分離的過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=mv1，在D點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得，根據(jù)牛頓第三定律得N'=N，解得N'=2mg。(2)小球2恰好能通過圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)，有，根據(jù)動(dòng)能定理得，解得。小球2 恰好運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的位置時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得，解得。因此圓形軌道的半徑r應(yīng)滿足的條件為。(3)物塊1在相對(duì)滑板反向運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)物塊1再次回到B點(diǎn)時(shí)，二者的速度最大，此時(shí)物塊1 有相對(duì)地面向右運(yùn)動(dòng)的速度即可。從物塊1滑上滑板到物塊1再次回到B點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=mvA+2mvB，根據(jù)能量守恒定律得，可得方程，物塊1 要經(jīng)過B點(diǎn)，則需該關(guān)于vA的方程的判別式大于零，速度向右說明vA的結(jié)果要小于零，即，滿足不等式，解得。