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海量资源尽在星星文库：．A【KS5U解析】A、核反应方程𝑇90234h→𝑃91234𝑎+𝑋，X的质量数为𝑚=234−234=0，电荷数𝑧=90−91=−1，可知X表示电子，故A正确；B、卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，不能说明原子是由质子与中子组成的，故B错误；C、放射性元素的半衰期不受到环境的变化而变化，与温度无关，故C错误；D、一个氢原子从n=4的激发态跃迁时，最多能辐射4−1=3种不同频率的光子，故D错误；说法正确的是选A。2．D【KS5U解析】物体受到重力，斜面的支持力，挡板的压力，挡板在旋转的过程中重力的大小方向都不变，支持力的大小发生变化，方向不变，因此可以用矢量三角形进行求解，如下图其中红色的线为重力，虚线为斜面的支持力，黑色的线代表支持力，在矢量三角形中，三角形边长的大小代表了力的大小，因此通过图可以看到在挡板旋转过程中斜面的支持力变小，挡板给的压力先减小后变大，因此ABC错误，D正确。3．A【KS5U解析】A、由图示运动轨迹可知，带电油滴的运动轨迹向上偏转，则其合力方向向上，油滴受到竖直向下的重力和竖直方向的电场力，则知电场力必定竖直向上；故电场力做正功，电势能减小；A正确；B、油滴逆着电场线运动，电势升高，则在A点电势低于在B点电势，B错误；C、油滴受到的合力方向竖直向上，电场力必定大于重力，C错误。D、因油滴向上运动，故重力做负功，重力势能增加，D错误；海量资源尽在星星文库：．C【KS5U解析】甲图中电压表的示数为交流电的有效值：𝑈=6√2√2𝑉=6𝑉，选项A错误；乙图中的0时刻感应电动势为零，而甲图所示时刻，感应电动势最大，选项B错误；乙图中0.5×10-2s时刻，感应电动势最大，则此时穿过甲图中线圈的磁通量最小，选项C正确；乙图中1.0×10-2s时刻感应电动势为零，则此时穿过甲图中线圈的磁通量最大，选项D错误.5．B【KS5U解析】一群氢原子处于n=3的激发态向较低能级跃迁，最多可放出233C种频率的光子，选项A错误；由于每种原子都有自己的特征谱线，故可以根据原子光谱来鉴别物质，选项B正确；实际上，原子中的电子没有确定的轨道．但在空间各处出现的概率是不一定的，选项C正确．α粒子散射实验揭示了原子的核式结构理论，选项D错误；故选B.6．CD【KS5U解析】A、电子增加的动能来源于照射光的光子能量，一个电子一次只能吸收一个光子，不能吸收多个光子，若吸收的能量足够克服金属束缚力逸出金属表面，即可发生光电效应，不会积累能量，故A错误。B、根据光电效应的条件可知，入射光子的能量小于电子克服原子核的引力逸出时需要做的最小功即逸出功，便不能发生光电效应，故B错误。C、根据光电效应方程𝐸𝑘𝑚=ℎ𝜈−𝑊0可知，入射光频率越大，光子能量ℎ𝜈越大，最大初动能就越大，故C正确。D、根据光电效应方程𝐸𝑘𝑚=ℎ𝜈−𝑊0知，当入射光的能量刚好能使电子克服原子核的引力逸出时需要做的最小功时，有ℎ𝜈0=𝑊0，此时的频率为最低频率，即极限频率，由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属产生光电效应的入射光的最低频率也不相同，故D正确。7．AD【KS5U解析】因为a光的偏折程度大于b光，所以玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率。故A正确，B错误；根据v=c/n可知，在玻璃中a光的光速小于b光的光速，选项C错误；根据sin𝐶=1𝑛可知，a光的临界角小于b光，则若入射角逐渐增大，a光将先发生全反射，选项D正确。8．BC海量资源尽在星星文库：【KS5U解析】根据光的干涉产生原理；结合相对论原理：在运动方向，长度变短；根据波长与波速的关系，即可求解；【详解】A、做简谐运动的物体，其振动能量与振幅有关，即最大势能，故A错误；B、肥皂泡呈现的彩色是光的等厚干涉现象，通过狭缝看太阳光呈现的彩色是光的衍射现象，故B正确；C、照相机镜头上会镀一层膜，为增透膜，这是为了增强光的透射程度，故C正确；D、波长越短的电磁波，衍射本领越弱，越不容易绕过障碍物，不便于远距离传播，故D错误；E、在真空中传播的电磁波，波速不变，根据𝑣=𝜆𝑓可知，当它的频率增加时，波长变短，故E正确；故选BCE。9（1）○1动量○20.555kg·m/s，0.540kg·m/s，○3在误差允许范围内，初末总动量相等，碰撞前后动量守恒【KS5U解析】○1碰撞过程内力远大于外力，动量守恒，所以碰撞前后可能相等的物理量是动量。○2A车碰撞前的速度为𝑣=0.0550.06𝑚/𝑠=0.92𝑚/𝑠，AB碰后一起运动的速度为；𝑣′=0.0450.1𝑚/𝑠=0.45𝑚/𝑠，所以碰前的动量𝑝=𝑚𝑣=0.92×0.6𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠=0.55𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，碰后的动量𝑝′=2𝑚𝑣′=0.45×1.2𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠=0.54𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，○3在误差允许范围内，𝑝=𝑝′，所以碰撞前后动量守恒。【点睛】(1)打点计时器是使用交流电源的计时仪器，打点时间间隔等于交流电的周期；（2）小车碰撞前速度大，碰撞后速度小，根据纸带分析答题；（3）由图示纸带应用速度公式求出速度；（4）根据实验数据分析答题．9（2）．○1D○20.62○3平衡摩擦力C【KS5U解析】解(1)A、实验前要平衡摩擦力，每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦海量资源尽在星星文库：力，故选项A错误；B、实验时应先接通电源，然后再释放小车，故选项B错误；C、在砝码及砝码盘B的质量远小于小车A的质量时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码盘受到的重力，故选项C错误；D、应用图象法处理加速度与质量关系实验数据时，为了直观,应作𝑎−1𝑚𝐴图象，故选项D正确；故选选项D；(2)利用逐差法可得：𝑠4+𝑠3−𝑠2−𝑠1=4𝑎𝑇2，解得𝑎=𝑠4+𝑠3−𝑠2−𝑠14𝑇2=0.02484×0.01𝑚/𝑠2=0.62𝑚/𝑠2；(3)将长木板右端适当垫高，其目的是平衡摩擦力；把长木板的右端垫得过高，使得倾角过大，小车所受重力平行于木板的分力大于小车受到的摩擦力，小车受到的合力大于细线的拉力，在小车不受力时，小车已经具有一定的加速度，𝑎−𝐹图象不过原点，在a轴上有截距，因此他绘出的𝑎−𝐹关系图象是选项C；9（3）○1如图；○2如图：○32.80V1Ω④如图；0.5Ω.【KS5U解析】（1）电路连接如图；海量资源尽在星星文库：（2）U-I图线如图：（3）由图可知电源甲的电动势为2.80V；电源内电阻为𝑟=𝛥𝑈𝛥𝐼−𝑅0=2.8−1.00.6𝛺−2𝛺=1𝛺;（4）所用电路如图；由欧姆定律：𝐸=𝐼(𝑅+𝑟)，即1𝐼=1𝐸𝑅+𝑟𝐸，则1𝐸=0.20.5；𝑟𝐸=0.2解得E=2.5V；r=0.5Ω10．（1）m=0.2kg，r=2Ω；（2）𝑃𝑚=𝐼2𝑅𝑚=10𝑊；（3）W=1J【KS5U解析】(1)设杆运动的最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv由闭合电路的欧姆定律得：𝐼=𝐸𝑅+𝑟杆达到最大速度时满足mgsinθ−BIL=0联立解得：𝑣𝑚=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵2𝐿2𝑅+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵2𝐿2𝑟由图象可知：斜率为k=1m/(s⋅Ω)纵截距为𝑣0=2𝑚/𝑠得到：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵2𝐿2=𝑘，𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵2𝐿2𝑟=𝑣0解得：m=0.2kg，r=2Ω(2)金属杆匀速下滑时电流恒定，则有mgsinθ−BIL=0得I=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵𝐿=1A电阻箱消耗电功率的最大值Pm=I2Rm=10W海量资源尽在星星文库：(3)由题意：E=BLv，𝑃=𝐸2𝑅+𝑟得𝑃=𝐵2𝐿2𝑣2𝑅+𝑟瞬时电功率增大量𝛥𝑃=𝐵2𝐿2𝑣22𝑅+𝑟−𝐵2𝐿2𝑣12𝑅+𝑟由动能定理得𝑊=12𝑚𝑣22−12𝑚𝑣12比较上两式得𝑊=𝑚(𝑅+𝑟)2𝐵2𝐿2𝛥𝑃代入解得W=1J11．(1)𝑄=𝐶𝐵𝐿𝑣03(2)𝑡=3𝑚𝑔𝑑𝑎𝐵𝐿𝑞【KS5U解析】解：(1)ab棒匀速向左，a为正极，上板带正电，场强方向向下，即微粒带负电；UBD=E3E=BLv0Q=CUBD联立解得：Q=CBLv03(2)微粒所受合力为0，则有：qE场=mg𝐸场=𝑈′𝐵𝐷𝑑𝑈′𝐵𝐷=𝐸′3𝐸′=𝐵𝐿𝑣联立解得：t=3mgdaBLq12．(1)𝑈=𝑞2𝐵02𝐿24𝑚(2)ℎ=√2𝐿(3)𝐵≥√2+12𝐵0，𝑡=(3√2𝜋−2𝜋+4)𝑚𝑞𝐵0【KS5U解析】(1)画出粒子在磁场中运动的示意图，如图所示：海量资源尽在星星文库：粒子在加速电场中根据动能定理可得𝑞𝑈=12𝑚𝑣2粒子在I区域做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得𝑞𝑣𝐵0=𝑚𝑣2𝑅1根据几何关系可得：𝑅1=√22𝐿联立可得加速电场两极板间电势差𝑈=𝑞2𝐵02𝐿24𝑚(2)粒子在II区域运动的半径与I区域相同，高度差由图中几何关系可得：ℎ=2𝑅(1−𝑐𝑜𝑠𝜃)+𝐿𝑡𝑎𝑛𝜃可得：ℎ=√2𝐿(3)画出粒子刚好从II区域右边界穿出磁场的临界状态，即轨迹圆与右边界相切的情况．根据几何关系可得𝑅2(1+cos𝜃)≤𝐿，解得𝐵≥√2+12𝐵0可知当𝐵=√2+12𝐵0时，粒子在II区域中运动的时间最长，即粒子从左侧进入Ⅰ区到从左侧射出Ⅰ区的时间最长粒子两次在I区域运动的时间为𝑡1=2×14⋅2𝜋𝑚𝑞𝐵0粒子两次在磁场之间的时间为𝑡2=2√2𝐿𝑣=4𝑚𝑞𝐵0粒子在II区域运动的时间𝑡3=34⋅2𝜋𝑚𝑞𝐵=3(√2−1)𝜋𝑚𝑞𝐵0总时间𝑡=𝑡1+𝑡2+𝑡3=(3√2𝜋−2𝜋+4)𝑚𝑞𝐵0