1.D 提示：根据电荷数守恒和质量数守恒可得，X的电荷数是0，质量数是1，所以X是中子，选项A错误。H和H是氢的同位素，选项B错误。H和3H在高温条件下才能发生聚变，选项C错误。根据爱因斯坦质能方程得ΔE=Δmc2=（m1+m2-m3-m4）c2，选项D正确。

2.B 提示：B光照射时的遏止电压较大，则B光照射时，射出的光电子的最大初动能较大，逸出功相等，根据爱因斯坦光电效应方程E=hv—W。可知，A光的频率小于B光的频率，选项A错误。根据λv=c和p=/2可知，A光光子的动量小于B光光子的动量，选项B正确。B光照射时的遏止电压为—3V，根据动能定理得-eU。=Ekmax，解得Ekmax=3eV，选项C错误。根据Ekmx=hv-W。得 W。=6eV-3eV=3eV，选项D错误。

3.C 提示：设划水阶段和空中运桨阶段赛艇的加速度大小分别为a1、a2，动力大小为F，阻力大小为f，根据牛顿第二定律可得，划水阶段有F—f=ma1，空中运桨阶段有f=ma2，又有F=2f，解得a1=a2。设赛艇的最大速度为vmax，根据题意可知，运动员完成一次动作，赛艇前进了13m，则x=（oot2+1/2a，ti）+[（oo+ait1）t2-1/2a2t/]， 其中v。=5m/s，t1=t2=1s，x=13m，结合 a1=a2，解得a1=a2=3m/s2，则0max=v。+a1t1=8m/s，f=ma2=960 N。

4.A提示：根据开普勒第三定律得，解得T≈0.064T。选项A正确。根据向心加速度公式得，选项B错误。天和核心舱距离地面的高度约为1/16R，轨道半径大于地球半径R，根据v1=可知，天和核心舱环绕地球运行的线速度一定小于7.9km/s，選项C错误。如果“神舟十三号”与空间站组合体在同一轨道上运动，则“神舟十三号”加速后会做离心运动，离开原轨道而进入更高的轨道，无法完成对接，选项D错误。

5.C 提示：若设磁场垂直于纸面向里为正方向，根据楞次定律可知，在0～T时间内线框中产生沿逆时针方向的感应电流，在T～2T时间内线框中产生沿顺时针方向的感应电流，根据可知，感应电动势大小不变，方向不同，选项A错误。根据可知，在0～T时间内线框中产生的沿逆时针方向的感应电流大小不变，在T～2T时间内线框中产生的沿顺时针方向的感应电流大小也不变，选项B错误。根据Q=I2Rt可知，I、R不变，则Q—t图像是过原点的直线，选项 C正确。根据F=BIL可知，在0时间内磁感应强度B随时间t均匀减小，F随时间t均匀减小，且方向向左，在/2～T时间内磁感应强度B随时间t均匀增大，F随时间t均匀增大，且方向向右，选项D错误。

6.AC 提示：若是一个球壳，而不是半球面，则O点的电场强度为零，选项A正确。均匀带正电的半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，将这个均匀带负电的半球放在题图中的右边，然后看P、Q两点，则P、Q两点在带正电半球和负电半球的相同位置上。因为带正电球在P、Q两点产生的电场为零，所以带正电半球在Q点产生的电场强度相当于带负电半球的Q点产生的电场强度，且与P点相比较，唯一的区别是电荷符号相反，即P、Q两点处的电场强度大小相同，只可能是方向的区别，根据分析可知，电场强度的方向也是相同的，选项B错误。电场线方向水平向右，在P点由静止释放带正电的微粒（重力不计），微粒将做加速运动，移动距离越远，微粒受到的静电力越小，所以微粒做变加速运动，选项D错误。将正点电荷从P点移动到Q点，静电力做正功，电势能减小，选项C正确。

7.BC提示：感应电动势的最大值Emax=NBSω=100x0.5x0.12x2πV=3.14V，交流电压表的示数为有效值，则U=，选项A错误。因为从线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式为e=Emaxcos 2πt，当线框转过60°角时产生的瞬时感应电动势e=1.57 V，选项B正确。在一个周期内，感应电流，周期T=2π=1s，产生的总热量Q=I2（R+r）T=1J，选项C正确。题图所示位置ab边所受的安培力F=NBIL=2.22N，选项D错误。

8.BD 提示：以竖直向下为正方向，设跳板离水面的高度为h1，运动员在空中运动的时间为t，在水中运动的距离为h2，在运动员离开跳板至到达水面的过程中，根据运动学公式得v2—（—1/30）=2gh1，v—（—1/3°）=gt，解得h1=42，x=4/38;运动员入水后做匀减速运动，根据运动学公式得h2=1/2t=230。运动员在空中和水中，重力做的功之比，选项A错误。运动员在空中的动能变化量ΔEu=1/2mo2—1/2m·（1/3°）=4/9mo，在水中的动能变化量ΔE12=1/2mo2，解得，选项B正确。运动员在空中，只有重力做功，故重力势能减少量等于动能的增加量，选项C错误。运动员在水中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理得Wa—W&m=0—1/2mo2，即动能的减少量小于克服阻力做的功，选项D正确。

9.（1）0.93（填0.91～0.95均可）（2）a（3）C

提示：（1）利用平均速度法得

（2）设打下O点时重物的速度为vo，则vD—vo=4gT，解得vo=0.15m/s≠0。根据机械能守恒定律得mgh+1/2mo°=1/2mo2，整理得v2=2gh+v2，所以v2—h图像应存在纵轴截距。（3）受到空气阻力的影响，重物下落的加速度应略小于g，因此若v2—h图像的斜率k略小于2g，则可验证重物下落过程中机械能守恒。

10.（1）0.398（填0.395～0.399均可）（2）甲（3）如图1所示（4）如图2所示4.5（填4.3～4.7均可）（5）C

提示：（1）待测金属丝的直径D=0+39.8x0.01 mm=0.398mm。（2）题表中实验数据的最小电压与电流很小，接近于0，因此滑动变阻器应采用分压式接法。（4）U—I图像的斜率即为金属丝的阻值R，，故。（5）根据电阻定律得p=πR，d2=1x10-"Ω·m。

11.（1）口罩盒在传送带I上先做匀加速直线运动，直至与传送带I共速，根据牛顿第二定律得μMg=Ma1，解得a1=2m/s2。口罩盒在传送带I上做加速运动发生的位移=2，=4m，所用的时间t=/=2s。口罩盒与传送带I共速后，二者一起做匀速直线运动，所用的时间t2=1—81=1s。因此口罩盒在传送带I上运动的总时间t=t1十t2=3s。（2）要使口罩和口罩盒以最短的时间运动至C点，则在传送带II上口罩盒与口罩必须与传送带共速（设为v'），做匀速圆周运动，且受到的最大静摩擦力恰好能提供向心力，则μMg=M2，解得v=2m/s。（3）放入口罩瞬间，口罩盒和口罩组成的整体动量守恒，设放入口罩的数量为n，则Mv=（M+nm）v'，解得n=50。

12.（1）小球在第I象限内做平抛运动，根据平抛运动规律得x=u。t1，y=1/2sti，解得t1=0.2s，vo=2m/s。（2）設小球做平抛运动到达M点时的速度大小为v，方向与x轴正方向间的夹角为0，竖直分速度为vy，则vy=gt1，v=/v0+v2，解得v=2/2m/s，0=45°。在第IV象限内，小球受到的静电力与重力平衡，仅有洛伦兹力提供向心力，则quB=2，解得轨道半径R=/5m。小球刚好经过半个圆周到达y轴上的N点，运动轨迹如图3所示。根据几何关系可知，N点的坐标为（0，—0.4m）。（3）小球第一次在第IV象限内的运动时间t2=π/R=0.314s。接着小球沿与y轴成夹角45°的方向进入第III象限，因为小球受到的静电力和重力大小相等，二者的合力恰与小球进入第II象限的初速度v的方向相反，所以小球在第III象限内做类竖直上抛运动，根据牛顿第二定律得a=Fa=/2mg=2g，根据运动学公式得t3=2/2=0.4s。小球再次经过y轴，与y轴成夹角45°再次进入第IV象限，做匀速圆周运动经圆周到达y轴上的 J点，小球第二次在第IV象限内的运动时间t=π2=0.157s。因此小球从A点出发到第三次经过y轴负半轴所用的总时间t=t1+t2+t3+t4=1.071 s。

13.（1）BCE（2）（i）初状态气体压强p1=po，在玻璃管绕A端沿逆时针方向缓慢旋转的过程中，气体做等温变化，根据平衡条件得p2+pgL1sinα=po，根据玻意耳定律得p1L2=p2（L-L1），解得p2=5/6po，α=30°。（ii）玻璃管做自由落体运动，水银柱与玻璃管保持相对静止，水银柱处于完全失重状态，因此管内气体的压强和外界大气压强相等，即p3=po，气体做等容变化，根据查理定律得，其中T1=（273+27）K=300 K，=1/解得T2=360K，即t2=87℃。

14.（1）ACE （2）（i）光线PQ在玻璃砖上表面的入射角α=60°，设对应折射角为β，如图4所示。根据几何关系得108-，即β=30°。根据折射定律得n=，解得n=/3。（ii）根据全反射规律得sinC=1/=3/3。若使光线PQ 向左平移距离x，折射光线Q'E'到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，在ΔQ'E'O中，根据正弦定理得，解得 x=2-3R。