知识点：带电粒子在磁场中的运动

A

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．

【分析】带电粒子在磁场做圆周运动，洛仑兹力充当圆周运动的向心力，圆周运动的周期，实际运动时间；根据以上表达式整理出所需的表达形式，结合图中rM＞rN，对各选项作出判断．

【解答】解：A、带电粒子在洛仑兹力的作用下做圆周运动：，所以．同一磁场磁感强度B相同，如果=，则v∝r．由图可知rM＞rN，所以vM＞vN．A正确．

B、带电粒子在洛仑兹力的作用下做圆周运动：，，；解得．由于同一磁场，比荷相同，所以时间相同，即则tM=tN．B错误．

C、带电粒子在洛仑兹力的作用下做圆周运动：，所以．由于同一磁场，速率相同，rM＞rN，所以＜．C错误．

D、带电粒子在洛仑兹力的作用下做圆周运动：，，；解得．由于同一磁场，时间相同，所以=．D错误．

故选：A．

知识点：变压器

C

【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．

【分析】原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，灯泡两端的电压不变，则通过电流表的电流不变，变压器的输入功率由输出功率决定，根据图b求出周期，进而求出频率．

【解答】解：A、原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，故AB错误；

C、当K接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故C正确；

D、根据b图可知，周期T=0.02s，则频率f=50Hz，故D错误．

故选：C

知识点：抛体运动

C

【考点】平抛运动．

【分析】小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大．恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，由分位移公式求解．

【解答】解：小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大．此时有

L=vmaxt，h=

代入解得 vmax=7m/s

恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有

L+d=vmint，H+h=

解得 vmin=3m/s

故v的取值范围是 3m/s＜v＜7m/s

故选：C

知识点：万有引力定律

D

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】当发射的速度大于第三宇宙速度，卫星会飞到太阳系以外；根据万有引力提供向心力得出周期的表达式，从而分析判断；沃尔夫1061c和地球公转时的中心天体不同，开普勒第三定律不适用；根据万有引力提供向心力，结合周期和中心天体的质量求出沃尔夫1061c的半径．

【解答】解：A、从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行，发射的速度应大于第三宇宙速度，故A错误．

B、根据知，T=，与卫星的密度无关，故B错误．

C、沃尔夫1061c和地球围绕的中心天体不同，不能根据开普勒第三定律求解轨道半径的三次方，可知公转半径的三次方之比不等于，故C错误．

D、已知地球的质量，可以得知沃尔夫1061c的质量，根据可以求出沃尔夫1061c的半径，故D正确．

故选：D．

知识点：法拉第电磁感应定律

A

【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．

【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．

【解答】解：AB、在开始阶段OO′左侧磁场增强，OO′右侧磁场减弱，由楞次定律可知线圈中有逆时针方向的感应电流，故A正确，B错误．

CD、因磁场是均匀变化的，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知，感应电流的大小不变，故CD项错误；

故选：A．

知识点：电场强度

BC

【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．

【分析】根据点电荷的场强公式E=k，运用比例法﹣Q在b、c两点的场强．ab连线上每一点的场强是由+Q和﹣Q的点电荷产生的场强的叠加，由叠加原理求b、c两点的场强．根据电场线的方向判断电势的高低．

【解答】解：AC、设ab=bc=cd=L，据题：+Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右

由点电荷的场强公式得：

E=k

﹣Q在b点产生的电场强度大小为：E1=k=E，方向水平向右，所以b点的场强大小为 Eb=E+E=E，方向水平向右．故A错误，C正确．

B、根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为E，方向水平向右．故B正确．

D、电场线方向从a指向d，而顺着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低．故D错误．

故选：BC

知识点：功能关系

BC

【考点】功能关系；重力势能．

【分析】根据质点滑到Q点时，速度恰好为零，由能量守恒定律可以求出质点在半圆轨道运动过程中克服摩擦力做的功，再求出将质点自Q点处由静止开始下落，下落到A点和N点的速度，进行比较，从而判断出此情况下的情况即可．

【解答】解：A、质点从N到A再到Q的过程中，重力与摩擦力做功．由于质点做圆周运动，由运动的特点可知，质点在NA段与轨道之间的压力大于AQ段之间质点与轨道之间的压力，根据：f=μFN可知，质点在NA段受到的摩擦力比较大，所以质点在NA段摩擦力做的功比较多，则重力与摩擦力在NA段做的功比较多，所以质点第一次到达N点处的动能一定大于质点第一次到达A点处动能的2倍．根据动能的表达式：可知，1＞v2．故A错误，B正确；

C、如果轨道光滑，物体在运动过程中不受摩擦力，上升过程中动能与重力势能相等的位置在位移的中点A，现在由于要克服摩擦力做功，机械能减小，所以上升过程中动能与重力势能相等的位置在A点上方，从Q到N的过程中，动能与势能相等的点在A点下方．故C正确，D错误．

故选：BC

知识点：动能和动能定理

AC

【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．

【分析】A、先由机械能守恒定律求出物体滑到A点时的速度．根据物体在传送带的运动情况，由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由速度公式求出加速到速度与传送带相同所用时间，并求出匀加速运动的位移，再求出物体向右匀速运动时间，即可所求总时间；

B、由动能定理求摩擦力对物体做的功．

C、由运动学可求物体与传送带间的相对位移△S，进而由Q=μmg△S可求产生的热量．

D、物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了内能．由能量守恒定律求．

【解答】解：A、设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有： mv02=mgh

代入数据得：v0==2m/s＜v=4m/s

则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为 a==μg=2m/s2；

加速至速度与传送带相等时用时：

t1==s=1s

匀加速运动的位移 s1==×1m=3m＜L=5m

所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为 t2==s=0.5s

故物体从A运动到B的时间为：t=t1+t2=1.5s．故A正确．

B、物体运动到B的速度是 v=4m/s．根据动能定理得：摩擦力对物体做功 W=﹣mv02=﹣J=6J，故B错误．

C、在t1时间内，皮带做匀速运动的位移为 S皮带=vt1=4m

故产生热量 Q=μmg△S=μmg（S皮带﹣S1），代入数据得：Q=2J．故C正确．

D、电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，

则电动机多做的功 W=（mv2﹣）+Q=×1×（42﹣22）+2=8J，故D错误．

故选：AC

知识点：摩擦力

；偏大

【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．

【分析】在B下落过程中，对整体受力分析，根据动能定理求得落地的速度，B落地后，对A受力分析，根据动能定理，即可求得摩擦因数；由于在运动过程中有空气阻力，即可判断

【解答】解：在B落地瞬间前，在整个过程中根据动能定理可知

B落地后，对A有动能定理可知

联立解得μ=

由于在下落过程中没有考虑空气阻力，故测量值比真实值偏大

故答案为：；偏大

知识点：用伏安法测电源电动势和内阻

解：（1）①根据原理图可得出对应的实物图；如图所示；

②测电源电动势与内阻实验中，应用图象法处理实验数据时，纵轴表示路端电压，横轴表示电路电流I=，根据实验所测量的量，横轴应该是：电压U与电阻R的比值

（2）①电路最小总电阻约为Rmin=Ω=180Ω，为保护电路安全，保护电阻应选C；

②根据闭合电路欧姆定律可知，电源电动势为E2=U+Ir2=U+r2，则=•+，

则﹣图象是直线，截距a=，得E2=，斜率b=，得r2=．

故答案为：（1）①如图所示；②；（2）①C；②；

【考点】测定电源的电动势和内阻．

【分析】（1）根据电路图连接实物图，根据闭合电路欧姆定律求出求解；

（2）先求出电路最小总电阻，从而选择定值电阻的规格，根据闭合电路欧姆定律求出关于的表达式，再结合图象的斜率和截距求解即可．

知识点：闭合电路的欧姆定律

解：（1）在t=4s时刻，进入回路的金属杆的长度l=vt•tan37°，

回路总电阻R=，

回路的感应电动势E=Blv，

回路的感应电流I=，

联立解得：I=2A；

（2）t=4s时刻，外力的大小为F=BIl，

外力F的功率P=Fv，

解得P=0.96W；

（3）金属杆脱离导轨OP时金属杆运动的位移x=，

安培力的大小为F′=BIL，

回路中产生的热量Q=，

则金属杆上产生的焦耳热Q′=，

解得：Q′=1.08J．

答：（1）t=4s时刻，金属杆中的电流强度为2A；

（2）t=4s时刻，外力F的功率为0.96W；

（3）金属杆脱离导轨OP前金属杆上产生的焦耳热1.08J．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；焦耳定律．

【分析】（1）计算出在t=4s进入回路的金属杆的长度，由此计算回路总电阻，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律计算感应电流；

（2）根据P=Fv计算t=4s时刻外力F的功率；

（3）根据平均安培力的大小乘以位移计算金属杆脱离导轨OP前金属杆上产生的焦耳热．

知识点：功能关系

解：（1）由乙图可知，木箱运动的加速度为：a==1m/s2，

皮带匀速运动的速度为：v=1m/s，

根据牛顿第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ=ma

解得：

（2）木箱加速运动的位移为：，

木箱相对皮带静止后，相邻两个木箱之间的距离都相等，有：△L=vt=1m

传送带的长度为：L=，

L=10△L+x1，

所以传送带上最多同时存在的木箱个数为11个，

（3）木箱再传送带上运动时，和皮带间的相对位移为：△x=vt﹣x1=1×1﹣0.5=0.5m，

和皮带间的摩擦产生的热量为：Q1=μmgcosθ•△x=15J

木箱最终增加的动能为：，

木箱到达平台增加的重力势能为：EP=mgh=262.5J，

从开始的10分钟内共传送木箱的个数N=10×60=600个，其中590个已经到达平台，还有10个正在传送带上，

到达平台的590个，电动机做的功为：W1=590（Q1+EK1+EP1）=165200J，

在传送带上的已经开始运动得10个木箱增加的动能为：10EK1=25J，

10个木箱的摩擦生热为：10Q1=150J，

10个木箱增加的重力势能共为：

EP′=10mg△xsin30°+mg△Lsin30°+2mg△Lsin30°+…+9mg△Lsin30°=10mg△xsin30°+mgLsin30°（1+2+3+…+9）=1250J，

所以电动机多做的功为：W=W1+10EK1+10Q1+EP′=166625J

答：（1）木箱与传送带间的动摩擦因数μ为；

（2）传送带上最多有11个木箱同时在向上输送；

（3）皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功为166625J．

【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

【分析】（1）由乙图得出木箱运动的加速度和皮带运动的速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数μ；

（2）根据运动学基本公式求出木箱加速的位移，木箱相对皮带静止后，相邻两个木箱之间的距离都相等，结合传送带的长度列式求解即可；

（3）先求出一个木箱在传送带上运动时产生的热量和增加的动能和重力势能，再求出从开始的10分钟内共传送木箱的个数，求和即可电动机需要多做的功．

知识点：物理

ACD

【考点】氢原子的能级公式和跃迁．

【分析】基态的氢原子吸收的能量必须等于两能级间的能级差时，才能被吸收，根据该关系，确定出吸收光子后跃迁的第几能级，根据数学组合公式求出激发后发射光子的种类，只有当吸收光子的能量大于处于第3能级的能量时，才能发生电离现象．

【解答】解：A、大量处于能级n=3的氢原子向低能级跃迁能产生3中不同频率的光子，故A正确；

B、大量处于第3能级的氢原子向低能级跃迁，产生光子的最大能量为第3能级到第1能级，

则最大频率为v=，故B错误；

C、当氢原子从能级n2跃迁到n1时，能量减小，离轨道越近，对应的电子的轨道半径变小，故C正确；

D、若氢原子从能级n2跃迁到n1时放出的光子恰好能使某金属发生的光电效应，则当氢原子从能级n3跃迁到n1时放出的光子照到该金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为E3﹣E2．故D正确．

E、电子是有质量的，撞击氢原子是发生弹性碰撞，由于电子和氢原子质量不同，故电子不能把﹣E3的能量完全传递给氢原子，因此不能使氢原子完全电离，而光子的能量可以完全被氢原子吸收，故E错误；

故选：ACD．

知识点：动量守恒定律

解：①由图知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=3m/s，

C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，

由动量守恒定律得：mCv1=（mA+mC）v2，

解得：mC=2kg；

②12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大．

根据动量守恒定律，有：

（mA+mc）v3=（mA+mB+mC）v4

根据机械能守恒定律，有：（mA+mc）v32=（mA+mB+mC）v42+EP

解得EP=9J．

解得：EP=9J；

答：（1）物块C的质量为2kg；

（2）B离开墙后弹簧具有的最大弹性势能为9J．

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．

【分析】（1）AC碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量．

（2）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒；当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大．