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1.D【详解】原子吸收频率为匕）的光子从基态能级I跃迁至激发态能级II时有5-EL牝且从激发态能级II向下跃迁到基态I的过程有£—£[=hv+hv+/zvn]23联立解得%=匕）一匕一七故选D
2.B【详解】由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，则有mg=3，kx解得k=100N/m故选故
3.C【详解】设地球半径为凡由题知，地球表面的重力加速度为g,则有「加地一mg=G-^~K地形月4兀2月〒7n F-月球绕地球公转有r-60/联立有故选CT=
4.B12071【详解】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有〃个，且每个水筒离开水面时装有质量为小的水、其中的60%被输送到高出水面”处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水答案第1页，共15页的总质量为m总=2nRnm x60%=12nRnm则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=
1.2nRnmgH则筒车对灌入稻田的水做功的功率为T_2兀1——co联立有_3nmgcoRH1——5故选Bo
5.A【详解】由题知，C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，G增长的高度大于C增长的高度，则劈形空气层的厚度变大,且同一厚度的空气膜向劈尖移动，则条纹向左移动故选Ao
6.C【详解】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为长则根据题意有联立解得t2=VT=VR—10再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有VT=VR—则at]-2m/s其中还有解得=llm/sVR联立解得=lm/sVT故选c
7.C【详解】A.由题知，发电机的输出电压U/=250V,输出功率500kW,则有P.L=—3=2X10AA错误；BD.由题知，用户端电压Uz=220V,功率88kW,则有P=U h4联立解得1=400A,I3=8A,U3=11000V4则输电线上损失的功率为损P=I2R=4kW3U2=U3+I3R=11500VU1%再根据才力解得与=J_%46BD错误;C根据理想变压器无功率损失有储P=U2h+P代入数据有储P=408kWC正确故选C
8.A【详解】设物体与地面间的动摩擦因数为〃，当小车拖动物体行驶的位移为S/的过程中有F—f—ptmg=m+Mv2-2asiPo=Fv轻绳从物体上脱落后Q2=NgV2=2〃2S2—S/联立有2尸/_/S2_SjyM+mS-MS12故选Ao
9.AD【详解】C.令理想气体的初始状态的压强，体积和温度分别为PI=P0*=%300K等容过程为状态二=,%=匕=%,q=400K等压过程为状态三〃，；3=PO%=,7=4OOK由理想气体状态方程可得_PN_〃3匕7一可一可解得44P[=1，0,匕体积增加了原来的;，c错误；D.等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律△U=W+Q=400J两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为400J,D正确；AB.等压过程内能增加了400J,吸收热量为600J,由热力学第一定律可知气体对外做功为200J,即做功的大小为=200J解得K=6LA正确B错误;故选ADo
10.BC【详解1AB.当AB两点在平衡位置的同侧时有1人.6A人.4-A=Asmp,—A=Asmpa h可得兀p.i27rR y丸=7；%或者%=T633因此可知第二次经过B点时处二半，271—71------36T2万解得T=4t此时位移关系为-A--A=L22解得故A错误，B正确;CD.当AB两点在平衡位置两侧时有
1.6A人.4A5A=Asin纭,^A=Asin%解得27r_p,.57r TT7T由图中运动方向舍去，%或者%=彳%=一/或者仁=一T66当第二次经过B点时％=4，则2一71-3解得12此时位移关系为解得C正确D错误;故选BCo
11.ACD【详解】D.将六棱柱的上表面拿出由几何条件可知正电荷在歹中点K的场强方向垂直OF,则K点的合场强与尸的夹角为锐角，在歹点的场强和歹的夹角为钝角，因此将正电荷从尸移到点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确;C.由等量异种电荷的电势分布可知夕大=00,p.=-p0,9，=0,P-0D F因此C正确；AB.由等量异种电荷的对称性可知尸和C电场强度大小相等，夕和£电场强度方向不同，A正确B错误；故选ACDo
12.BD【详解】AB.导轨的速度%＞匕，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f=pung=2N导体棒的安培力大小为£=/=2N由左手定则可知导体棒的电流方向为N fDfC-N,导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F=/一根=1N由左手定则可知层的方向为垂直直面向里，A错误B正确；CD.对导体棒分析、F=BJL对导体框分析=F BIL22电路中的电流为一―%j_r联立解得v=3m/s2C错误D正确；故选BDo
13.B204xlO3增大【详解】1
[1]在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体，与器成正比故选Bo2⑵若气体被压缩到V=
10.0mL,则有,二」一mL—=100xlT3mL-V
10.0由图乙可读出封闭气体压强为.=204x13pa3
[3]某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了AV,则在计算乘积时，根据M%+AV—=a可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随P的增大而增大
14.b
6.
53.8x10-
34.8X1CT4DI【详解】1
[1]滑动变阻器分压式接法，故向b端滑动充电电压升高；2⑵量程15V,每个小格
0.5V,估读，故
6.5V；3
[3]/-]图像所围的面积，等于电容器存储的电荷量，38个小格，故电容器存储的电荷量为
3.8xlr3c；⑷
[4]由电容的定义式C十得C=
4.8X10-4C；5
[5]开关S2掷向2,电容器放电,故D1闪光
15.160m；2/=1000V2V【详解】1灭火弹做斜向上抛运动，则水平方向上有竖直方向上有代入数据联立解得H=60m2根据题意可知19E=TjE=15°/x-CU2k o又因为成］Ek=联立可得L=v cos0-t0t/=1000/2V⑹⑴sinek；⑵后⑻年朋【详解】1由题意可知当光在两侧刚好发生全反射时从M下端面出射的光与竖直方向夹角最大，设光在M下端与竖直方向的偏角为a,此时sinC=—=cosan可得sina=./l-±n~又因为sinn=------sin a所以=《sin0=nsin an2被测物体表面
（2）根据题意要使N下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮，光路图如图所示则玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围应该为N当距离最近时有仇当距离最远时有“2d+2atan0=——--瓦根据
（1）可知联立可得d+2-n2Q所以满足条件的范围为也;」遒,
17.1B=612i%=9£=36£；ii不会d2d+2a\qd Vm~2\~n【详解】1由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有qE.2d=；mv2qvB=m——粒子在磁场中做匀速圆周运动，有R粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图根据几何关系可知联立可得2i由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图吊=疔+耳—行2解得0=53,a=
37、R=-d洛伦兹力提供向心力2所以有带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有qEf・2d=g-g mv1再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有2d=匕cos a•t沿y方向上有其中根据牛顿第二定律有qEr=ma联立以上各式解得E=36Eii粒子从P到根据动能定理有qE・2d=；mv；-g mvf可得从射出时的速度为此时粒子在磁场中的半径根据其几何关系可知对应的圆心坐标为x=-d,y=4d25丫4d—02=容八—d—2d+R2而圆心与P的距离为故不会再从P点进入电场
18.1〃=
0.8m；
20.625m
51.707m；3-6J；
49.02kg・m/s【详解1由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有m gH=-m v2c c代入数据解得=
0.8m2滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为fl=生〃2cg木板B受到C的摩擦力水平向右，为B受到地面的摩擦力水平向左，为所以滑块C的加速度为a=2meg=42g=5m/s2cmc木板B的加速度为（秩+外a-4=]m/s设经过时间小B和C共速，有4-5x Zj=l+lxf[代入数据解得=
0.5st}木板B的位移=1x
0.5+—xlx
0.52=
0.625m5BJ共同的速度y共]=1+lx
0.5m/s=
1.5m/s此后B和C共同减速，加速度大小为J1s2必色山£=1nz
0.625+
1.5,2112[=lx
0.5+r---X1X22J设再经过及时间，物块A恰好祖上模板B,有整理得g-2—
0.25=0解得1+V21—V2/仝土、L=--------S，t.=---------S舍去2222此时B的位移SB2=
0.625+
1.5/2-gxlx]=lx
0.5+r,=l+—«
1.707m2共同的速度y共2=煤1_x L=L5_1x m/s=m/sIBC综上可知满足条件的s范围为
0.625m
51.707m3由于s=
0.48m0,625m所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B,根据运动学公式有
190.48=1x fH—x1x zj整理后有1+2小-
0.96=0解得%=
0.4s,4=—
2.4s舍去滑块C在这段时间的位移19s=4x
0.4——x5x
0.4-m=
1.2m,2所以摩擦力对C做的功W=-f s=-jLi mgs=-6J2c2c c4因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动木板B向右运动048m时,有v=1+1x
0.4m/s=
1.4m/sB0v=4-5x
0.4m/s=2m/sco%=1x
0.4m=
0.4m此时A、B之间的距离为s=
0.48m-
0.4m=
0.08m由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小d=+4s2=mzB%,2=
0.0837物块A和木板B相向运动，设经过时间恰好相遇，则有整理得4一
1.2,3+
0.04=0解得丸,3—23+2（舍去）55此时有v=
1.4-4xB1方向向左;v=2-5x--^^m/s=（20-l）m/sci«5方向向右接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为vo=lm/s,方向向右，以水平向右为正方向，则（）-v=m v+m v以％+B1A AB Bg%说+g%（-B if=gmA或+g外试代入数据解得320—15x—
2.02m/s1515-872//v=-----------m/s«
0.246m/sR15B而此时v=v=2-5x-~~=（2后一1）m/s«
1.83m/sc CI物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量P=（/%+%）%+mcU=7kg・m/s初末动量〃末=mAvA=-
2.02kg•m/s则整个过程动量的变化量△〃=〃末—〃初二—
9.02kg・m/s艮［I大力、为
9.02kg・m/so。
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