1、关于原子能级跃迁，下列说法正确的是（
）
B
解析解：A、处于n=3能级的一个氢原子回到基态时可能会辐射一种频率的光子，或两种不同频率的光子，处于n=3的“一群”氢原子回到基态时会辐射三种频率的光子，故A错误；B、根据玻尔理论，各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量（频率）不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹灯，故B正确；C、由高能级向低能级跃迁时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能增大，故C错误；D、根据能量守恒可知，要使原来静止并处于基态的氢原子从基态跃迁到某一激发态，需要吸收的能量为12.09eV，由于碰撞过程中能量能量只能被部分吸收，则必须使动能比12.09eV大得足够多的另一个氢原子与这个氢原子发生碰撞，才能跃迁到某一激发态，故D错误。故选：B。
2、如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是（
）
C
解析解：AB、绳子拉力方向与竖直方向夹角为θ，对N受力分析知绳子的拉力在竖直方向的分力恒等于重力，即Fcosθ=mNg，所以只要角度不变，绳子的拉力不变，环N与竖直杆之间的弹力FN=Fsinθ不变，故AB错误；
C、对M受力分析知竖直方向F′N=Fcosθ+mg，与角速度无关，故C正确；D、对M受力分析知水平方向Fsinθ±f=mω2r，角速度不同，摩擦力大小可能相同，但方向相反，故D错误；故选：C。
3、如图所示，在光滑水平面上有两条互相平行的直线l1，l2，AB是两条直线的垂线，其中A点在直线l1上，B、C两点在直线l2上．一个物体沿直线l1以确定的速度匀速向右运动，如果物体要从A点运动到C点，图中1、2、3为可能的路径，则可以使物体通过A点时（
）
B
解析解：A、获得由A指向B的确定瞬时速度，即两个匀速直线运动的合运动一定还是匀速直线运动，故为路径2，故A错误，B正确。C、持续受到平行AB的确定大小的恒力，导致合速度的方向与合加速度的方向相互垂直，轨迹偏向加速度方向，即为1．故CD错误。故选：B。
4、匀强电场里有一个原来速度几乎为零的放射性碳14原子核，它所放射的粒子与反冲核经过相等的时间所形成的径迹如图所示（a、b均表示长度），那么碳14的衰变方程可能是（
）
A
解析解：由轨迹弯曲方向可以看出，反冲核与放出的射线的受力方向均与电场强度方向相同，均带正电，所以放出的粒子为α粒子，即发生α衰变，则核反应方程是C→He+Be，故A正确。故选：A。
5、明亮的天狼星是双星系统的一颗子星，另一颗子星是已经不再发光的白矮星，它们的环绕运转周期约为50年。如图所示，现有α星和β星组成的双星系统“晃动”的周期为T（实际是环绕转动，不过人们往往只能看到它们晃动），α星晃动的范围为Dα，β星晃动的范围为Dβ，则α星和β星的质量分别为（
）
C
解析解：由图知α星的轨道半径为rα＝
β星的轨道半径为rβ＝
α星和β星之间的距离为L=rα+rβ根据万有引力提供向心力，则有G=Mα=Mβ
联立解得，Mα＝，Mβ＝
故C正确，ABD错误。故选：C。
6、如图所示，变压器为理想变压器，变化规律为U=20sinπt（V）的电压接在a、b两端，L为灯泡，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列正确的是（
）
C
解析解：AB、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，变压器的输入电压不变，匝数比不变，所以副线圈输出电压不变，即V1，V2示数不变，根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，由于电流表A2的示数增大，所以灯泡L两端电压增大，滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故AB错误；C、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C正确；D、分析交变电压的表达式可知，周期：T＝=0.02s，一个周期内电流方向改变两次，故灯泡发光每秒闪次，故D错误。故选：C。
7、如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且电场力为3mg。重力加速度为g，由此可知（
）
D
解析解：AB、带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，经历的时间为分别为t1和t2．经过B点时竖直分速度大小为vy．在电场中的加速度为a。小球从B到C，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma结合F=3mg解得：a=2g根据逆向思维可得：vy=at2=2gt2。小球从A到B，有：vy=gt1则得：t1=2t2；小球水平方向一直做匀速直线运动，则有：x1=v0t1，x2=v0t可得：x1=2x2；根据三角形相似法可知：AB=2BC，故AB错误；C、AB过程速度变化量大小为：△v1=gt1=2gt2动量变化量大小为：△p1=m△v1=gt1=2mgt2，方向竖直向下。BC过程速度变化量大小为：△v2=at2=2gt2动量变化量大小为：△p2=m△v2=gt2=2mgt2，方向竖直向上，故两个过程动量变化量不同，故C错误；D、小球从A到C的过程中，小球动能的变化量为零，根据动能定理知，外力对小球所做的总功为零，则小球从A到C的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等，正负相反，故D正确。故选：D。
8、如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是一正方体的8个顶点，正方体边长为d，AE边竖直向下。空间有一沿AB方向的匀强电场，从A点沿AD方向水平抛出一质量为m、带电量为+q的小球，小球恰好落到G点，重力加速度为g，则（
）
A
解析解：A、小球受竖直向下的重力和沿着AB方向的电场力，所以在AE方向小球做自由落体运动，在AB方向做匀加速直线运动，而沿着初速度方向不受到任何作用力，所以做匀速直线运动，当落到G点时，有：d＝gt2，所以小球的运动时间为：t=，沿着电场方向有：d＝t2，所以电场强度为：E=，小球抛出时的初速度为：v0＝=，故A正确，BC错误；D、小球到达G点时沿着AE方向的速度为：v1＝，沿着电场方向的速度为：v2＝d=，
则小球在竖直方向的分速度为：v＝=，
所以到达G点时小球的合速度与水平方向的夹角为：tanθ＝=，故D错误。故选：A。
二、多项题（每小题4分，共28分）9、如图所示，卫星a没有发射停放在地球的赤道上随地球自转；卫星b发射成功在地球赤道上空贴着地表做匀速圆周运动；两卫星的质量相等。认为重力近似等于万有引力。下列说法正确的是（
）
B,D
解析解：AD、卫星a没有发射停放在地球的赤道上随地球自转，其自转周期与同步卫星相等，卫星b和同步卫星都是万有引力提供向心力，根据G=m以及同步卫星的半径较大可知，同步卫星的周期大于卫星b的周期，a、b卫星的质量和半径都相等，再根据向心力Fn＝m可知，b卫星的向心力大，故A错误，D正确；B、卫星b发射成功在地球赤道上空贴着地表做匀速圆周运动，半径为地球半径，根据重力近似等于万有引力可知：man=mg，则an=g，故B正确；C、卫星b发射成功在地球赤道上空贴着地表做匀速圆周运动，速度等于第一宇宙速度，而b卫星的向心力大，根据Fn＝m可知，a卫星的速度小于b的速度，故C错误。故选：BD。
10、如图所示，竖直面内有一个半径为R的光滑圆弧轨道，质量为m的物块（可视为质点）从顶端A处静止释放滑至底端B处，下滑过程中，物块的动能Ek、与轨道间的弹力大小N、机械能E、重力的瞬时功率P随物块在竖直方向下降高度h变化关系图象正确的是（
）
B,C
解析解：A、根据机械能守恒知Ek=mgh，Ek与h成线性关系，故A错误；B、受力分析知N-mg?=m，其中v2=2gh，所以N=h，N与h是线性关系，过原点，故B正确；C、根据机械能守恒知E不变，故C正确；D、重力瞬时功率为：P=mgvy=mgv?=mg，与h的关系图象不是如图关系，故D错误；故选：BC。
11、下列说法正确的是（
）
A,D,E
解析解：A、液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点，故A正确；B、当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，故B错误；C、两个相邻的分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，只是斥力减小得快，分子力表现为引力，故C错误；D、根据热力学第二定律可知，热量可以自发的从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体，但需要引起其他变化，比如空调，故D正确；E、绝热气缸中密封的理想气体在被压缩过程中，对气体做功，内能增大，温度升高，气体分子运动剧烈程度增大，故E正确。故选：ADE。
12、一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，下列说法正确的是（
）
A,B,C
解析解：A、由A质点的振动图象读出该时刻质点A的振动方向沿y轴负方向，由质点的振动方向与波传播方向的关系，可知波沿x轴正向传播，故A正确。B、由题图甲可知波长为λ=0.4m，由题图乙可知周期为T=0.4s，则波速为v==1m/s；故B正确。C、经过0.3s=T，则A质点通过的路程为s=3A=0.3m；故C正确。D、A、B两点间距为半个波长，振动情况始终相反，速度不可能相同；故D错误。E、发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率f==2.5Hz时才能产生的稳定干涉。故E正确。故选：ABC。
13、如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内，有场强大小为E、方向沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内有一半径为L0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy平面向里，圆形磁场边缘与x轴相切于P点，P点坐标为（-2L0，0）。现有两个电子a、b从P点以相同速率沿不同方向同时射入匀强磁场区域，a、b的速度方向与y轴正方向夹角均为θ=．电子经过磁场偏转后恰好都垂直于y轴方向进入第一象限，且电子a经过y轴上的Q(0，L0)点进入第一象限（Q点图中没画出），电子a、b进入第一象限前在磁场中运动的时间差是t0，已知两个电子恰好都经过同一点K（图中未画出），电子质量m、电荷量为e，不计重力，则（
）
A,B,C
解析解：A、设电子在匀强磁场中运动的周期为T，根据圆心角等于偏转角可知电子a、b在磁场中分别转过30°和°圆心角，则运动时间分别为ta＝T=T，tb＝T=T由题有ta-tb=t0解得T=3t0由洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识得T=
联立解得B=，故A正确；B、对a粒子，根据几何关系可知R?Rsin60°＝L0解得电子的轨迹半径R=L0根据洛伦兹力提供向心力得evB＝m
电子在电场中运动，由动能定理得?eEd＝mv2联立解得d=，故B正确；CD、由电子离开电场到再次返回磁场的运动过程如图所示
根据对称性可知K点的坐标为（-2L0，2L0），且根据对称性可得a、b在电场运动时间相同，在磁场运动时间也相同，在无场区域运动时间相同，所以a、b同时到达K点，故C正确，D错误；故选：ABC。
14、下列说法中正确的是（
）
B,C,E
解析解：A、夏天时，洒过水的路面会出现彩色图样是光的干涉现象，属于薄膜干涉，故A错误；B、X射线是原子的内层电子受到激发而产生的，故B正确；C、当波源与观察者相向运动时，观察者接收的频率比波源发出的频率变高；当波源与观察者相反运动时，观察者接收的频率比波源发出的频率变低；故当波源靠近观察者时，观察者接收的频率比波源的频率高，故C正确；D、受迫振动的物体当驱动力的频率等于物体的固有频率时，即f=f0时，系统达到共振，振幅最大。故B错误；E、4G信号的频率更低，波长更短长故相比5G信号更容易发生衍射现象，故E正确。故选：BCE。
15、下列说法正确的是（
）
A,C,E
解析解：A、气体摩尔体积与阿伏加德罗常数之比为一个气体分子所占据的空间而非一个气体分子的体积，不是气体分子的体积，故A正确；B、质量相同、温度也相同的氢气和氧气，它们的物质的量不同，所以内能不相同，故B错误；C、根据热力学第二定律可知，任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能，故C正确；D、密闭容器内气体的压强与是否失重无关，故D错误；E、分子间相互作用的引力和斥力随分子间距离的增大而减小，当两分子间距离小于r0时，分子力表现为斥力，分子力随分子间距离的减小而增大，此时分子势能随分子间距离减小而增大，故E正确。故选：ACE。
三、实验题（共16分）16、如图a所示为测量血压的压力传感器在工作时的示意图，测量血压时将薄金属片P放在手臂的血管上，薄金属片P上固定四个电阻R1、R2、R3、R4（如图b所示，且四个电阻通电时的电流方向都是纵向的），图c是金属片P的侧视图。四个电阻与电源、电流计、可变电阻连接成图d电路。
（1）开始时，薄金属片P中央的O点未施加任何压力，要使电流计无读数，则四个电阻的阻值应满足的关系是
（2）当给O点施加一个压力F后薄金属片P发生形变，四个电阻也随之发生形变，形变后四个电阻的阻值如何变化？（填“增大”、“减小”、“不变”）R1、R2、R3、R4.
（3）电阻变化后，电路中的A、B两点的电势φAφB（填“大于”、“小于”、“等于”）。
（4）简述血压计测血压的原理。
（5）图d电路中，若电桥已经平衡，现将电源和电流计互换位置，则电桥（填“仍然平衡”或“不能平衡”）。
正确答案（1）=；
（2）增大、减小、减小、增大；
（3）小于；
（4）电流计的示数随压力的变化而变化；
（5）仍然平衡。
解析解：（1）要使电流计无读数，则必须满足A和B两点的电势相等，根据电压与电阻的关系可以知道需要满足=即可；
（2）薄金属片发生形变，则电阻R1和R4的长度变长，电阻R2和R3变宽，即横截面积变大，根据电阻定律可知电阻R1和R4变大，电阻R2和R3变小；
（3）因为电阻R1和R4的阻值变大，所以电阻R1和R4两端电压变大，电阻R2和R4变小，两端电压变小，所以A点的电势降低，B点的电势升高，所以A点的电势小于B点的电势；
（4）通过压力的变化，改变电路中的电阻，从而使电流计的示数以及电流的方向发生变化；
（5）将电源和电流计互换位置，并不能改变电路中的连接方式，电桥仍然平衡。
四、计算题（每小题12分，共48分）17、银川一中届校友丁欢女士在此次“援鄂抗疫”的工作中使用呼吸机为重症患者进行治疗。简单的讲：呼吸机在吸气相时会产生正压，将气体压入患者的肺内，当压力上升到一定值时，呼吸机会停止供气，呼气阀也会相继打开，患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩，进行呼气。吸气前肺的体积为V0，此时肺内有压强为p0（大气压强）的一些剩余空气。吸气后肺的体积变为V，请问：再给肺压入压强为p0的多大体积的空气才能使肺中的气体压强变为p？（空气为理想气体，整个过程温度保持不变）
正确答案压入气体的体积为.
解析解：设压入的气体体积为V1pV=p0V0+p0V1解得：V1＝.
18、某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。测量时，选用的双缝的间距为0.mm，测得屏与双缝间的距离为1.30m，第1条暗条纹到第5条暗条纹之间的距离为9.48mm。求所测单色光的波长。（结果以纳米为单位，保留3位有效数字）。
正确答案所测单色光的波长为4.56×10-7m。
解析解：根据题意可知，该光的条纹间距为：△x==2.37mm根据条纹间距公式△x＝λ可得，λ＝
代入数据得λ=m=4.56×10-7m。
19、如图所示，在大气中有一水平放置的固定刚性圆筒，它由圆心共轴的圆筒a、b连接而成，其横截面积分别为3S和S．已知大气压强为p0，温度为T0．两活塞A、B圆心处用一根长为3l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，现对被密封的气体缓慢加热，求：
①当B活塞刚好碰到b部分圆筒的左侧时，气体温度为多少？
②当气体温度为3T0时，气体的压强为多少？
正确答案①当B活塞刚好碰到b部分圆筒的左侧时，气体温度为T0；
②当气体温度为3T0时，气体的压强为P0.
解析解：①从开始加热气体到B活塞刚好碰到b左侧时，气体为等压变化，根据盖-吕萨克定律，则有：=；解得：T=T0；
②当气体温度为3T0时，B活塞已经卡在b左侧，气体在（1）问的基础上进行等容变化，根据查理定律，则有：=
解得：P=P0.
20、如图所示，光滑水平地面上固定一竖直挡板P，质量mB=2kg的木板B静止在水平面上，木板右端与挡板P的距离为L．质量mA=1kg的滑块（可视为质点）以v0=12m/s的水平初速度从木板左端滑上木板上表面，滑块与木板上表面的动摩擦因数μ=0.2，假设木板足够长，滑块在此后的运动过程中始终未脱离木板且不会与挡板相碰，木板与挡板相碰过程时间极短且无机械能损失，g=10m/s2，求：
（1）若木板与挡板在第一次碰撞前木板已经做匀速直线运动，则木板右端与挡板的距离至少为多少？
（2）若木板右端与挡板的距离L=2m，木板第一次与挡板碰撞时，滑块的速度的大小？
（3）若木板右端与挡板的距离L=2m，木板至少要多长，滑块才不会脱离木板？（滑块始终未与挡板碰撞）
正确答案（1）若木板与挡板在第一次碰撞前木板已经做匀速直线运动，则木板右端与挡板的距离至少为8m；
（2）若木板右端与挡板的距离L=2m，木板第一次与挡板碰撞时，滑块的速度的大小为8m/s；
（3）若木板右端与挡板的距离L=2m，木板至少要35.9m，滑块才不会脱离木板。
解析解：（1）木板与滑块共速后将做匀速运动，由动量守恒定律可得：mAv0=（mA+mB）v共对B木板，由动能定理可得：μmAgL1=mBv共2解得：L1=8m；
（2）若木板右端与挡板的距离L=2m，对B木板，由动能定理可得：μmAgL=mBvB2B与挡板碰撞前，A、B组成的系统动量守恒：mAv0=mAvA+mBvB，解得：vA=8m/s；
（3）若木板右端与挡板的距离L=2m，从A滑上木板到木板与挡板第一次碰撞过程中，A在木板上滑过的距离为△L1，由能量守恒定律可得：μmAg△L1=mAv02-mAvA2-mBvB2解得：△L1=18m，B与挡板碰后向左减速，设水平向右为正方向，由己知条件可得B与挡板碰后速度为：vB1=-2m/s此时A的速度为：vA=8m/s，由牛顿第二定律可得：μmAg=mAaA，μmAg=mBaB，解得A的加速度大小为：aA=2m/s2B的加速度大小为：aB=1m/s2，木板向左减速，当速度减为零时经过的时间为t1，由0=vB1+aBt1得：t1=2s此时B右端距离挡板距离为L2，由vB12=2aBL2得：L2=2m此时A的速度由vA1=vA-aAt1得：vA1=4m/s，此时系统总动量向右，假设第二次碰撞前A．B已经共速，由动量守恒定律可得：mAvA1=（mA+mB）v共1解得：v共1=m/s木板从速度为零到v共l经过的位移为SB，由v共12=2aBSB解得：SB=m＜2m故第二次碰前瞬间A．B已经共速，从第一次碰撞到第二次碰撞，A在B上滑过的距离△L2，由能量守恒定律可得：μmAg△L2=mAvA2+mBvB2-（mA+mB）v共12解得：△L2=m第二次碰撞后B的动量大小大于A的动量大小，故之后B不会再与挡板相碰，对AB由动量守恒可得：mAv共1-mBv共1=（mA+mB）v共2解得：v共2=m/s从第二次碰撞到最终AB做匀速运动，A在B上滑过距离△L3，由能量守恒定律可得：μmAg△L3=（mA+mB）v共12-（mA+mB）v共22解得：△L3=m所以有：L总≥△L1+△L2+△L3=m≈35.9m.
五、解答题（共12分）21、如图所示，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内充满+y方向的匀强电场，在第Ⅰ象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场（电场、磁场均未画出）；一个比荷为=K的带电粒子以大小为v0的初速度自点P（-2d，-d）沿+x方向运动，恰经原点O进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从x轴上的点Q（9d，0）沿-y方向进入第Ⅳ象限；已知该匀强磁场的磁感应强度为B=，不计粒子重力．
（1）求第Ⅲ象限内匀强电场的场强E的大小；
（2）求粒子在匀强磁场中运动的半径R及时间tB；
（3）求圆形磁场区的最小半径rm．
正确答案（1）第Ⅲ象限内匀强电场的场强E的大小为；
（2）粒子在匀强磁场中运动的半径R及时间为；
（3）圆形磁场区的最小半径为d．
解析解：（1）粒子在第Ⅲ象限做类平抛运动：2d＝v0t…①a＝…②d＝at2…③解得：E＝=…④；
（2）设粒子到达O点瞬间，速度大小为v，与x轴夹角为α：vy＝at＝…⑤v＝=v0…⑥tanα＝=，α＝…⑦粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力：qvB＝…⑧解得，粒子在匀强磁场中运动的半径：R＝=…⑨在磁场时运动角度：θ＝+α＝π…⑩在磁场时运动时间：tB＝=；
（3）如图，若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，可求得磁场区的最小半径：
2Rsin＝2rm解得：rm＝Rsin＝d.
特别声明：本