1.B當通電直導線垂直于磁場方向時，直導線所受的安培力最大，且Fm=BIL，則磁感應強度的大小為B選項B正確；勻強磁場的磁感應強度跟通電直導線所受的安培力、通電導線中的電流大小及通電導線與磁場方向所成的夾角2.A若波沿x軸的正方向傳播，題圖乙中的L點在t=0時刻的振動方向向上，可見題圖乙可能是L點的振動圖像，選項A正確；若題圖乙是N點的振動圖像，即在t=0時刻N點的振動方向向上，則波沿x軸的負方向傳播，選項B錯誤；t=0時刻，K、M兩質點間的距離大于，選項C錯誤；在時間內，質點L通過的路程為\A，質點K通過的路程為A－\A=2\A，選項D錯誤．3.D兩衛(wèi)星在軌道1上運行時線速度大小相等，方向不同，選項A錯誤；由于兩衛(wèi)星的質量大小無法確定，因此兩衛(wèi)星變軌時發(fā)動機做功的大小無法比較，兩衛(wèi)星在橢圓軌道遠地點受到地球引力大小無法比較，選項B、C錯誤；由Gma可知，甲衛(wèi)星在B點的加速度比乙衛(wèi)星在D點的加速度小，選項D正確．4.C氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B為等壓過程，則，解得VA=1.5×10-3m3,選項A錯誤；氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程發(fā)生等壓膨脹，狀態(tài)B到狀態(tài)C過程氣體體積不變，因此整個過程氣體對外做的功即為氣體從A變化到B對外做的功，選項B錯誤；設等壓過程氣體壓強為p，則W＝p（VB－VA解得p=2×105Pa,選項C正確；氣體從狀態(tài)B變化到狀態(tài)C為等容變化，則W=0,根據(jù)熱力學第一定律有Q=ΔU＞0,即該過程吸熱，選項D錯誤．5.AD設兩交變電流的有效值分別為I1、I2,電熱器電阻值為R，由I12RT＝I02R·+I0)2R·,可得I1=I0,又II0,故I1∶I2=\∶2,選項A正確；根據(jù)公式U＝IR可得，A、B兩電熱器交變電壓的最大值之比為I2R及Q＝I2Rt可得，A、B兩個電熱器的電功率之比、在一個周期T的時間內產生的電熱之比均為5∶4,選項C錯誤，D正確．6.CD電子運動過程中受到的電場力指向軌跡凹的一側且與等勢線垂直，因此電子在M點速度與加速度一定不垂直，選項B錯誤；M點電場線垂直等勢線向上，沿著電場線的方向電勢逐漸降低，因此等勢線a的電勢比b的電勢低，選項A錯誤；M點等勢線疏，因此M點電場強度比N點電場強度小，電子在M點加速度比在N點小，選項C正確；電子從M點運動到N點過程中，電場力與速度夾角始終小于90°,電場力一直在做正功，選項D正確．7.BC由圖可知，玻璃對單色光a的折射程度大，折射率大，選項A錯誤；由三棱鏡對光的色散現(xiàn)象及電磁波譜的分析可知，單色光的頻率越大，同一介質對該單色光的折射率越大，選項B正確；根據(jù)公式n＝可知，單色光a在玻璃中傳播速度小，因此光從P傳播到A，單色光a傳播的時間比b傳播的時間長，選項C正確；將復合光向下平移，入射角增大，由于a的折射率大，將會先發(fā)生全反射，選項D錯誤．8.AD對甲進行受力分析，由力的平衡可得BI·3L＝mgsin37°,解得I選項A正確；由法拉第電磁感應定律可得E15B2L2UE＝B·3LU，由閉合電路歐姆定律可得I＝R，綜合解得R＝mg，選項B錯誤；由右手定則知甲中電流由2向1,則乙中電流的由3E15B2L2U°°5fm=μ·3mgcos37,由力的平衡可得BIL+3mgsin37=fm,綜合解得μ=6°°59.等于(1分）等于(1分）大于(1分）解析：因小環(huán)光滑，則當系統(tǒng)靜止時，OA段繩垂直水平橫桿，如圖所示，對小環(huán)B以及節(jié)點O分析可知，OA段繩中的張力等于小環(huán)B的重力G，則力F緩慢增大時，OA段繩中的張力始終等于G不變；對小環(huán)A、B組成的整體，豎直方向FNA＝GA＋GB=2G；根據(jù)小環(huán)B的受力情況可知，TOB＞G．10.Eb＋Ec(1分）νa-νc(1分）λc(1分）解析：輻射光子能量等于兩能級的差，由能級圖可知Ea＝Eb＋Ec；由hνa＝hνb＋hνc可知νb=νa-νc；由＝+，得=+,λa=λc．解析：依題意，1~3s時間內，小物塊與長木板共同運動的加速度大小為a=μ2g，由題圖乙可知a=1m/s2,綜合可得μ2=0.1；在0~1s時間內，小物塊做勻減速直線運動，加速度的大小為a1=μ1g，長木板做勻加速直線運動，加速度的大小為a2=(μ1-2μ2)g，易知a2=2m/s2,綜合可得μ1=0.4,對小物塊的運動有U1=U0-a1t1,其中U1=2m/s,t1=U(2)H=2gt，x＝U0t，U13.(1)0.42(1分）(2)R1-R2(1分R1-R2)(2分）(3)-k2(2分）小吳(1分）解析：(1)示數(shù)為I0=0.02A×21=0.42A;π(2)金屬絲的電阻Rx＝R1-R2；根據(jù)電阻定律，Rx=ρ,聯(lián)立解得ρ=（R1-π(3)根據(jù)題意知，R0=R+ρπ2,解得R＝R0-x，根據(jù)題意k，解得ρ=-k2.由于小王同學根據(jù)測得的兩組數(shù)據(jù)求得電阻，偶然誤差較大；小吳同學根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)采用圖像法處理數(shù)據(jù)，可以減小偶然誤差，因此小吳同學測得的結果誤差較?。?4.解：(1)設該同學通過1號小樹時的速度為U0,根據(jù)勻變速運動規(guī)律有d＝U0tat2(2分）解得U0=8m/s(2分）(2)由1號小樹到停止運動，由運動學公式有0-U=-2a父(2分）解得父=32m=4d+2m(2分）解得U515.解：(1)設小球A的初速度大小為U0,小球A拋出后做平拋運動，則gt2(1分）L＝U0t(1分）解得U(1分）(2)小球A與地面碰撞后沿水平方向的速度大小為U0,彈性繩獲得最大彈性勢能時，A、B兩球共速，設共速為U，則根據(jù)能量守恒EmUU2(1分）解得E(2分）(3)當彈簧繩再次恢復正常時，小球B的動能最大．設此時A球速度大小為U1、B球速度大小為U2,則根據(jù)機械能守恒mUmUMU(1分）此時小球B的動能EMU(1分）EmUmgL(1分）-qEmUmU(2分）因此粒子在磁場中運動的速度大小Ψ=Ψ0(2分）(2)粒子進磁場的位置離。點距離為y1=yPd(1分）粒子第二次進電場的位置離。點距離為yd(1分）粒子在磁場中運動半個圓周，則粒子在磁場中做圓周運動的半徑為rd(2分）根據(jù)牛頓第二定律qΨB＝m(1分）解得B(1分）1B＝qE’(1