知识点：玻尔的原子模型

D

【考点】玻尔模型和氢原子的能级结构；物质波．

【分析】普朗克提出能量量子化理论；德布罗意提出物质波；贝可勒尔发现天然放射现象，揭示了原子核具有复杂结构；波尔的原子模型，解释了氢原子光谱的实验规律．

【解答】解：A、普朗克能量量子化假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，故A正确；

B、德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，其动量P、波长λ，满足γ=，故B正确；

C、贝可勒尔发现天然放射现象，揭示了原子核具有复杂结构，故C正确；

D、波尔的原子模型，解释了氢原子光谱的实验规律，不是所有原子光谱，故D错误；

本题选择错误的，故选：D．

知识点：匀变速直线运动

C

【考点】匀变速直线运动的图像．

【分析】位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．

【解答】解：图象第一段为倾斜直线，斜率为正常数，由于图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，所以此段时间内物体的速度为正方向大小不变，即物体沿正方向的匀速直线运动，故BD错误．

图象第三段为倾斜直线，斜率为负常数，由于图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，所以速度为负方向的匀速直线运动，故A错误，C正确．

故选：C

知识点：共点力的平衡

C

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【分析】先对球1和2整体受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解轻质细绳上1、3的拉力大小；再对球2受力分析，根据平衡条件并结合合成法列式求解绳2的拉力大小．

【解答】解：对球1和2整体受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件，有：

F1sin30°=F3

F1cos30°=2mg

联立解得：

F1=mg

F3=mg

再对球2受力分析，受重力和两个细线的拉力，根据平衡条件，有：

=，故C正确．

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】根据万有引力提供向心力解出周期和向心加速度与轨道半径的关系，根据轨道半径的大小进行讨论．

【解答】解：A、量子卫星靠万有引力提供向心力，轨道平面一定过地心，不可能与北京同纬度的轨道平面重合，故A错误；

同步卫星距地面的高度大约是

B、根据，量子卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，量子卫星运行的周期比同步卫星的运行周期小，故B错误；

C、根据，量子卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，量子卫星运行的线速度比同步卫星运行的线速度大，故C错误；

D、根据，量子卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，量子卫星运行的向心加速度比同步卫星运行的向心加速度大，故D正确；

故选：D

知识点：动能和动能定理

A

【考点】动能定理的应用；功能关系．

【分析】对物体而言，除弹簧弹力外，还要克服滑动摩擦力做功，根据动能定理列式即可求解出弹簧弹力做的功．

【解答】解：对物块，由动能定理得：W﹣μmgx=mv2﹣0，

解得，弹簧弹力做功：W=μmgx+mv2；故A正确，BCD错误．

故选：A．

知识点：物理

C

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．

【分析】先根据楞次定律判断感应电流方向，再根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出各段过程感应电流的大小，选择图象．

【解答】解：由楞次定律判断可知，线圈进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，为正值；线圈穿出磁场时，感应电流方向为顺时针方向，为负值；

由I==，由于B、L、v、R不变，线圈进入和穿出磁场时，感应电流的大小不变；线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生．故C正确．

故选：C．

知识点：闭合电路的欧姆定律

AC

【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．

【分析】环境温度降低时，R的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律判断干路电流变化情况，即知电流表读数的变化．由欧姆定律分析其他量的变化即可．

【解答】解：A、环境温度降低时，R的电阻增大，R与R1并联的电阻增大，而等于R与R1并联的电阻，则变大，故A正确．

B、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣I（R2+r），则=R2+r，不变，故B错误．

C、根据串联电路分压规律知U增大，则电阻R1的功率变大，故C正确．

D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小，故D错误．

故选：AC．

知识点：物理

ABC

【考点】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．

【分析】矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流．磁通量为零，感应电流最大；磁通量最大时，感应电流为零，线圈恰好通过中性面．经过中性一次，电流方向改变一次．

【解答】解：A、有图可知，产生的感应电流的最大值为A，有效值，故A错误；

B、交流电的周期T=0.02s，故频率f=，故B错误；

C、当t=0.01s时，产生的感应电流最大，线圈平面与中性面垂直，故C错误；

D、当t=0.015s时，产生的感应电流为零，此时线圈平面处于中性面位移，磁通量最大，故D正确；

因选错误的，故选：ABC

知识点：抛体运动

AD

【考点】平抛运动；匀速圆周运动．

【分析】飞镖做平抛运动的同时，圆盘上P点做匀速圆周运动，恰好击中P点，说明A点正好在最低点被击中，则P点转动的时间t=（2n+1），根据平抛运动水平位移可求得平抛的时间，两时间相等联立可求解．

【解答】解：A、飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t=，故A正确．

B、飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2r=，解得圆盘的半径 r=，故B错误．

C、飞镖击中P点，则P点转过的角度满足 θ=ωt=π+2kπ（k=0，1，2…）

故ω==，则圆盘转动角速度的最小值为．故C错误．

D、P点随圆盘转动的线速度为 v=ωr=•=

当k=2时，v=．故D正确．

故选：AD．

知识点：带电粒子在磁场中的运动

AC

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】带电粒子在复合场中沿直线运动，则有电场力与洛仑兹力抵消，那么由平衡条件就能求出电场强度E；撤去磁场后粒子做类平抛运动，已知水平位移和竖直位移及速度就能求出比荷；若仅撤去电场且磁感应强度减半，先求出粒子做匀速圆周运动的半径，由几何关系找到偏转角，从而求出时间．

【解答】解：A、带电粒子在复合场中做直线运动，则有：Eq=qvB，E=Bv=0.01×1×103V/m=10V/m，所以选项A正确．

B、仅撤去磁场后，粒子做类平抛运动，由题意：r=vt ，联立两式得：，所以选项B错误．

C、若撤去电场，洛仑兹力提供向心力：，求得半径，所以选项C正确．

D、由于R=r=0.1m，所以粒子从c点出发经圆弧从a点射出，偏转90°，时间s，所以选项D错误．

故选：AC

知识点：测定金属的电阻率

（1）6.870；50.10；200；（2）R=﹣RA．

【考点】测定金属的电阻率．

【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺示数；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表的示数．

（2）根据图示电路图应用串联电路特点与欧姆定律求出电阻的计算公式．

【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：d=6.5mm+37.0×0.01mm=6.870mm；

游标卡尺游标尺是20分度的，其精度为0.05mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：L=50mm+2×0.05mm=50.10mm；

欧姆表选择“×10”档，由图丙所示表盘可知，电阻值：R1=20×10=200Ω；

（2）由图示电路图可知，电流表采用内接法，电压表测电流表与待测电阻总电压，

由欧姆定律可知：RA+R=，电阻测量值：R=﹣RA；

故答案为：（1）6.870；50.10；200；（2）R=﹣RA．

知识点：验证动量守恒定律

Ⅰ（1）C；（2）AC；（3）m1OP=m1OM+m2ON；Ⅱ（4）BD；（5）m1=m1+m2；（6）m1OP=m1OM+m2ON．

【考点】验证动量守恒定律．

【分析】Ⅰ（1）为使两球发生正碰且碰撞后，入射球不反弹，两球直径应相等，入射球质量大于被碰球质量；

（2）根据实验原理选择实验器材；

（3）根据实验原理及实验所测量的量求出需要验证的表达式．

Ⅱ（4）小球离开轨道后做平抛运动，小球落到斜面上，可以验证动量守恒定律，根据平抛规律分析答题．

（5）设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律求出碰撞前后小球m1和小球m2的速度，表示出动量的表达式即可求解；

（6）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失．

【解答】解：Ⅰ（1）通过两球发生碰撞验证动量守恒定律，为使两球发生正碰且碰撞后，入射球不反弹，两球直径应相等，入射球质量大于被碰球质量，即两球需要满足：m1＞m2　r1=r2，故C正确；

（2）验证动量守恒定律实验，需要测出两球的质量与球做平抛运动的水平位移，不需要测量球的运动时间，因此需要的实验器材是：天平与刻度尺，故选：AC．

（3）两球离开轨道后，做平抛运动，它们在空中的运动时间t相等，由动量守恒定律可知，实验需要验证：

m1v1=m1v1′+m2v2，两边同时乘以时间t得：m1v1t=m1v1′t+m2v2t，则实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON；

Ⅱ（4）A、两球碰撞后做平抛运动，分别落在斜面上，测出它们的水平位移，可以验证动量守恒定律，故A错误；

B、利用用小球的水平位移代替小球的初速度，实验过程中不需要测小球的运动时间，实验不需要秒表，故B正确；

C、平抛运动可以分解为水平方向的匀速运动与竖直方向的自由落体运动，由平抛运动规律得：y=OPsinθ=gt2，x=OPcosθ=v1t，解得：v1=OPcosθ，在验证动量守恒的表达式中每项都有cosθ，列方程可以消去cosθ，不需要测量斜面倾角θ，故C错误；

D、小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后a球的落地点是M点，b球的落地点是N点，故D正确；

（5）碰撞前，小球a落在图中的P点，设其水平初速度为v1．小球a和b发生碰撞后，a的落点在图中的M点，设其水平初速度为v1′，b的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2． 斜面与水平面的倾角为θ，

由平抛运动规律得：y=OPsinθ=gt2，x=OPcosθ=v1t，解得：v1=OPcosθ，

同理可解得：v1′=OMcosθ，v2=ONcosθ，

验证动量守恒定律，需要验证：m1v1=m1v1′+m2v2，

即：m1•OPcosθ=m1•OMcosθ+m2•ONcosθ，

则m1=m1+m2，说明两球碰撞过程中动量守恒；

本实验验证动量守恒定律的表达式为为：m1=m1+m2．

（6）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，

要满足关系式m1v12=m1v1′2+m2v22，即：m1OP=m1OM+m2ON；

故答案为：Ⅰ（1）C；（2）AC；（3）m1OP=m1OM+m2ON；Ⅱ（4）BD；（5）m1=m1+m2；（6）m1OP=m1OM+m2ON．

知识点：匀变速直线运动

解：（1）根据题意知：

加速过程的加速度为：

上升高度为：

（2）设匀速运动的时间为t2，则减速运动时间为（t﹣t1﹣t2）

匀速和减速运动的总位移为：

代入数据得：

（3）减速所用时间为：t3=t﹣t1﹣t2=1s

减速阶段加速度为：

用时最短为先加速后减速，设加速时间为t4，减速时间为t5，

总位移为：

匀加速末速度等于匀加速初速度，有：

最短时间为：

代入数据有：

答：（1）加速过程上升的高度25m；

（2）匀速运动的时间9s；

（3）吊车将建材吊到平台最少用时为12s

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】（1）根据加速度的定义式求加速度，由位移公式求加速上升的高度；

（2）求出匀速运动和减速运动的位移，根据位移时间关系求出匀速时间；

（3）用时最短的过程是先匀加速运动后匀减速运动，根据位移公式和速度公式联立求解；

知识点：动量守恒定律

解：（ i）滑块C与A弹性碰撞后，速度分别为v1和v2，以水平向右方向为正方向，

由动量守恒定律得：3mv=3mv1+2mv2，

由机械能守恒定律得：（3m）v2=（3m）v12+（2m）v22，

解得：v1=v，v2=v，方向水平向右；

（ii）当A、B速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，

A、B系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：2mv2=3mv3，

由机械能守恒定律得：（2m）v22=（3m）v32+EPm，

解得：EPm=mv2；

答：（ i）碰撞后瞬间A和C的速度大小分别为： v、v，方向：水平向右；

（ii）碰撞后弹簧所具有的最大弹性势能Epm为mv2．

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．

【分析】（i）A、C碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度．

（ii）弹簧压缩量最大时，A、B速度相等，弹簧的弹性势能最大，A、B、弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．

知识点：核裂变与核聚变

解：（1）根据质量数和电荷数守恒可得该核反应方程为： U+ n→Ba+ Kr+3 n；

（2）反应前后质量亏损为：

△m=u

=0.2153u

根据根据爱因斯坦质能方程△E=△mc2可以求出释放能量为：

△E=△mc2=0.2153×930MeV=2×102 MeV

（3）1g铀235的摩尔数为n=≈4.3×10﹣3；

1Kg铀235个数为N=4.3×10﹣3×6.02×1023=2.59×1021个；

因此1Kg铀235完全裂变时释放的能量E=2.59×1021×2×102 MeV=5.18×1023MeV；

答：（1）核反应方程为： U+ n→Ba+ Kr+3 n．

（2）1个235U原子核在裂变中释放出的能量是2×102 MeV；

（3）1g铀235完全裂变时释放的能量5.18×1023MeV．

【考点】爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应．

【分析】（1）根据质量数和电荷数守恒可正确书写核反应方程；

（2）算出反应前后质量亏损，根据爱因斯坦质能方程△E=△mc2可以求出释放能量；

（3）根据质量可知摩尔数，从而算出铀核的个数，进而确定释放的能量．

知识点：物理

解：（1）导体棒速度最大时做匀速直线运动，

导体棒受到的安培力：F=BId=Bd=Bd=

导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：

mgsinθ=cosθ，

代入数据解得，最大速度：vm=18.75m/s．

（2）由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣cosθ=ma，

已知：v=5m/s，代入数据解得：a=4.4m/s2．

（3）若经过时间t，导体棒下滑的垂直距离为s，速度为v．由能量守恒得

电阻上产生的电热为 Q=mgs﹣

由题意有：Q=Rt

则 I0=

答：（1）导体棒下滑的最大速度为18.75m/s；

（2）求当速度达到5m/s时导体棒的加速度为4.4m/s2．

（3）恒定电流I0的表达式为I0=．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．

【分析】（1）导体棒匀速下滑时速度最大．由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出最大速度；

（2）由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出加速度．

（3）根据能量守恒守恒求出电阻上产生的电热，再由题意求解恒定电流I0的表达式．