B项根据公式，所以一群处于n3能级的氢原子，自发跃迁时最多能发出3种不同频率的光，故B错误；
C项根据原子核发生衰变放出一个电子可知，原子序数增加1，故C正确；
D项放射性元素衰变的半衰期与外界因素无关，如温度，压强等，只取决于原子核内部结构，故D错误。
2.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b．当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（ ） A. 原、副线圈匝数之比为19 B. 原、副线圈匝数之比为91 C. 此时a和b的电功率之比为101 D. 此时a和b的电功率之比为110 【答案】B 【解析】 【分析】 根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；
根据变压器电流之间的关系和功率公式可明确功率之比． 【详解】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；
则可知，原副线圈匝数之比为91，A错误B正确；
根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得a和b上的电功率之比为19，CD错误． 3.如图所示，平行板电容器与电动势为的直流电源内阻不计连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是 A. 平行板电容器的电容将变小 B. 带电油滴的电势能将减少 C. 静电计指针张角变小 D. 若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 【答案】B 【解析】 【分析】 电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化. 【详解】A.将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据知，d减小，则电容增加，故A错误；
B.电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故B正确；
C.静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故静电计指针张角不变，故C错误；
D.若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，正对面积S减小，根据，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D错误. 故选B. 【点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变. 4.如图所示，是我国首个空间实验室“天宫一号”的发射及运行示意图。长征运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，B点距离地面高度为h，地球的中心位于椭圆的一个焦点上，“天空一号”飞行几周后变轨进入预定圆轨道。已知“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，万有引力常量为G，地球半径为R，则下列说法正确的是 A. “天宫一号”在椭圆轨道的B点的加速度大于在预定圆轨道的B点的加速度 B. “天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，动能先减小后增大 C. “天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期大于沿预定圆轨道运行的周期 D. 由题中给出的信息可以计算出地球的质量 【答案】D 【解析】 【分析】 “天宫一号”在B点的加速度由万有引力提供；
“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，只受到地球的引力，只有地球的引力做负功，动能越来越小，但机械能守恒；
地球对天宫一号的万有引力提供它绕地球做匀速圆周运动的向心力，由万有引力公式及向心力公式列方程，可以求出地球的质量． 【详解】A. “天宫一号”在椭圆轨道的B点的向心加速度以及圆轨道B点的向心加速度都是万有引力提供的，是相等的，故A错误；
B. “天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，只受到地球的引力，距离地球原来越远，地球的引力做负功，根据动能定理可知，动能越来越小，故B错误；
C. 椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知，“天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期小于沿预定圆轨道运行的周期，故C错误；
D. “天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t,故周期为Tt/n，根据万有引力提供向心力，得地球的质量M，故D正确；
故选D 5.如图所示，由竖直轴和双臂构成的“Y”型支架可以绕竖直轴转动，双臂与竖直轴所成锐角为一个质量为m的小球穿在一条臂上，到节点的距离为h，小球始终与支架保持相对静止。设支架转动的角速度为，则 A. 当时，臂对小球的摩擦力大小为 B. 由零逐渐增加，臂对小球的弹力大小不变 C. 当时，臂对小球的摩擦力为零 D. 当时，臂对小球的摩擦力大小为mg 【答案】C 【解析】 当ω0时，臂对小球的摩擦力大小等于重力沿斜杆向下的分力，大小为fmgcosθ，选项A错误；
当支架转动时竖直方向；
水平方向；
解得，可知ω由零逐渐增加，臂对小球的摩擦力先减后增，弹力大小先增后减，选项B错误；
由可得，选项C正确；
由可得，选项D错误；
故选C. 点睛；
此题关键是对小球受力分析，列出水平和竖直方向的方程，然后求解摩擦力的表达式，再进行讨论. 6.如图所示，以减速渗透薄膜为界的区域I和II有大小相等方向相反的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场方向进入磁场，穿过薄膜，在两磁场区域做圆周运动，图中虚线是部分轨迹，在II中运动轨道半径是I中运动轨道半径的2倍。粒子运动过程中，电性及电荷量均不变，不计重力与空气阻力。则粒子 A. 带负电 B. 在II中做圆周运动速率是在I中的2倍 C. 在II中做圆周运动周期是在I中的2倍 D. 在II中向心加速度大小是在I中的2倍 【答案】BD 【解析】 由粒子的运动轨迹，结合左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；
根据，因可知，，选项B正确；
根据可知，在II中做圆周运动周期等于在I中的周期，选项C错误；
根据可得在II中向心加速度大小是在I中的2倍，选项D正确；
故选BD. 7.一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端。已知小物块冲上斜面的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦阻力做功为E。若小物块冲上斜面的初动能变为3E，则 A. 返回斜面底端时动能为 B. 返回斜面底端时速度大小为 C. 从出发到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功为 D. 从出发到返回斜面底端，机械能减少 【答案】BC 【解析】 【分析】 物体冲上斜面和返回到斜面底端两过程中克服摩擦阻力做功相等；
初动能增大后，上升的高度也随之变大，可根据匀减速直线运动的速度位移公式求出上升的位移，进而表示出克服摩擦力所做的功；
对两次运动分别运用动能定理和功能关系即可求解克服摩擦阻力做功及机械能的减少． 【详解】物块以初动能为E冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得① 设以初动能为E冲上斜面的初速度为v0，则以初动能为3E冲上斜面时，初速度为v0，加速度相同，根据2axv2−可知物体上滑的最大位移为x 可知，物块第二次冲上斜面的最大位移是第一次的3倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即为E. 以初动能为3E冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得−3E−E② 所以返回斜面底端时的动能为E；
由①②得返回斜面底端时速度大小为v′v 根据功能关系可知，从出发到返回斜面底端，机械能减少等于克服摩擦阻力做功，为E，故AD错误，BC正确。
故选BC 8.如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势随时间t的变化情况如图乙所示，t0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是 A. 12 B. 13 C. 在0～2T时间内，当tT时电子的电势能最小 D. 在0～2T 时间内，电子的电势能减小了 【答案】BD 【解析】 根据场强公式可得0～T时间内平行板间的电场强度为，电子的加速度为，且向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移为，速度为v1a1T，同理在T～2T内平行板间电场强度为，加速度为，电子以v1的速度向上做匀变速度直线运动，位移为，由题意2T时刻回到P点，则有x1x20，联立可得φ23φ1，故A错误，B正确；
当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，因φ23φ1，所以在2T时刻电势能最小，故C错误；
电子在2T时刻回到P点，此时速度为，（负号表示方向向下），电子的动能为，根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。所以BD正确，AC错误。
三、非选择题 9.某探究学习小组的同学要验证“牛顿第二定律”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接另一端跨过定滑轮挂上砝码盘，实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力图中未画出． 该实验中小车所受的合力______填“等于”或“不等于”力传感器的示数，该实验是否______填“需要”或“不需要”满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量 实验获得以下测量数据小车、传感器和挡光板的总质量M，挡光板的宽度l，光电门1和2的中心距离为某次实验过程力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为、小车通过光电门2后，砝码盘才落地，已知重力加速度为g，则该实验要验证的式子是______． 【答案】 1. 等于 2. 不需要 3. 【解析】 【详解】因为力传感器是连接在小车上的，所以力传感器的示数表示小车所受的拉力，因为平衡过摩擦力了，所以绳子的拉力表示小车的合外力，因为实验中不要求绳子的拉力等于砝码和砝码盘的总重力，故不需要总质量远小于小车的质量，小车经过光电门1时的速度为，经过光电门2时的速度为，发生的位移是s，所以，所以加速度为故只需验证 10.在“测定金属的电阻率”的实验中，先用螺旋测微器测量金属丝直径，再用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率． （1）用刻度尺测得金属丝长度L0.91m，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，则该金属丝的直径为d_________；
（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝（阻值约为10Ω）外，还有如下供选择的实验器材 A．直流电源（电动势约6V，内阻约3Ω） B．电流表A1（量程00.6A，内阻RA12Ω） C．电流表A2（量程02mA，内阻RA2100Ω） D．电压表V（量程015V，内阻约500Ω） E．变阻箱R0（09999Ω） F．滑动变阻器R1（020Ω） G．滑动变阻器R2（0100Ω） H．开关、导线等 在可供选择的器材中，除开关、导线外，应该选用的电表是________（填写序号），应该选用的其他器材是_________（填写序号）。
（3）根据所选的器材，在方框中画出实验电路图______。
（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为Rx