物理答案14.D【解析】A．只有當(dāng)時，光電子才可以從金屬中逸出，即產(chǎn)生光電效應(yīng)的條件是微光的頻率要大于金屬的截止頻率，故A錯誤；B．電子一次性吸收光子的全部能量，不需要積累能量的時間，光電流幾乎是瞬時產(chǎn)生的，B錯誤；C．同一種光使陰極發(fā)生光電效應(yīng)后，逸出光電子的最大初動能相等，但不一定所有光電子的初動能都相等，所以光電子最后到達(dá)熒光屏?xí)r的動能也不一定相等，故C錯誤；D．同一種光照射光電管，陰極材料的逸出功越小，越容易發(fā)生光電效應(yīng)。D正確。15. B【解析】AB．根據(jù)電場線與等勢面垂直可知，根據(jù)粒子運動軌跡可知所受電場力向右，則電場線方向向左，根據(jù)沿著電場線逐漸降低，可知A點電勢比B點電勢低，故B正確，A錯誤；CD．根據(jù)題中信息只能判斷出過等勢線與粒子運動軌跡的交點的電場線垂直等勢線向左，不能判斷出、兩點電場強(qiáng)度的大小，故CD錯誤16.A【解析】當(dāng)P接通4時，輸出電壓變?yōu)檩斎腚妷旱?/span>0.001，即＝，解得R1＋R2＋R3＝999 Ω，只有A滿足要求，當(dāng)P接通3時，輸出電壓變?yōu)檩斎腚妷旱?/span>0.01，即＝，當(dāng)P接通2時，輸出電壓變?yōu)檩斎腚妷旱?/span>0.1，即＝，A均滿足要求，故A正確，B、C、D錯誤．17.D【解析】A：由于還受到電場力的作用，A錯。B：增大速度，將速度正交分解可得，平衡電導(dǎo)場力的水平向右分速度不變，作圓周運動的等效合速度入射角將減小，故時間t變小。C：增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，用來平衡電場力的水平速度將變小，等效合速度的入射角將變小，時間t變小。D：當(dāng)滿分足=時，即qvoBcosθ=qE,水平分速度正好可以平衡電場力，等效于小球在復(fù)合場中的圓心角為180o，運動時間為半個周期，D正確。18.BC【解析】A.研究其運動軌道時可以看作質(zhì)點。A錯。B.公元前240年到1986年4月30次記錄為29個周期，計算周期約76.7年，半個周期38.4年，粗約計算2023年底會到達(dá)遠(yuǎn)日點附近。C.由開普勒第三定律代入計算,C正確，由開普勒第二定律知D錯誤。19.BCD【解析】AB．保持開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差等于電源電動勢，故電容器兩端的電勢差不變，若將兩極板間距減小，由可知，板間場強(qiáng)增大，若將R的滑片向左移動，靜電計指針張角不變，故A錯誤，B正確；C．?dāng)嚅_開關(guān)S后，電容器所帶電荷量不變，若緊貼下極板插入金屬板，則板間距離d減小，根據(jù)可知，C增大，根據(jù)極板間的電勢差減小，則靜電計指針張開角度減小，C正確；D．?dāng)嚅_開關(guān)S后，電容器所帶電荷量不變，將兩極板間距d增大，根據(jù)可知，電容C減小，根據(jù)可知，板間電壓U增大，D正確。故選BCD。20.BC【解析】A．如圖由幾何關(guān)系得，由于P點到M點的距離小于P點到N點的距離，則根據(jù)平行四邊形定則結(jié)合正弦定理得由于且空調(diào)室外機(jī)豎直向下緩慢運動，則故A錯誤；B．根據(jù)正弦定理可得化簡可得其中因此可知變大，則變小，同理也變小，則1、2兩繩的拉力只能減小。故B正確；C．由于空調(diào)室外殼緩慢移動，處于動態(tài)平衡，則1、2兩繩拉力的合力等于空調(diào)室外機(jī)的重力。故C正確；D．設(shè)OM=s1，ON=s2。由得可見，h變化，1、2兩繩的拉力之比也變。故D錯誤。故選BC。21.AC【解析】AB．金屬棒從開始運動到虛線a的過程中，安培力的沖量為根據(jù)電流的定義式有設(shè)金屬棒運動的距離為，則通過金屬棒中的電荷量為聯(lián)立得到同理可得A正確，B錯誤；CD．設(shè)初速度為，金屬棒在虛線a速度為，根據(jù)動量定理，從虛線a運動到虛線b有金屬棒從開始運動到虛線a的過程有聯(lián)立得到根據(jù)動能定理，從虛線a運動到虛線b有金屬棒從開始運動到虛線a的過程有聯(lián)立得到C正確，D錯誤；22.11. 【答案】    ① 1.02 （2分）   ②（1分）    ③（2分）【解析】（1）[1]游標(biāo)卡尺的示數(shù).（2）[2] 滑塊經(jīng)過光電門時速度的大小為    ①（4）[3]物塊從光電門到停止運動，由牛頓第二定律得   ②由勻變速直線運動速度和位移的關(guān)系得    ③由①②③可得結(jié)合圖(c)可得圖像的斜率解得23. 【答案】每空2分   ① 紅黑表筆短接    ② BC    ③ 500    ④ 大于    ⑤ 490【解析】（1）[1]測量電阻時先將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)調(diào)零電阻，使電流表滿偏，然后再將兩表筆接入不同的待測電阻。（2）[2]AB．因為函數(shù)圖線是曲線，則電流隨電阻并不是均勻變化，所以歐姆表表盤上的刻度線不是均勻的，故A錯誤，B正確；CD．當(dāng)測量電阻為時，此時指針指在表盤中央位置，當(dāng)Rx的阻值為圖2中的R2時，且此時電流比測電阻為時的更小，則指針位于表盤中央位置的左側(cè)，故C正確，D錯誤。（3）[3]歐姆表刻度盤上的中值電阻應(yīng)為（4）[4][5]由閉合電路歐姆定律可得由于電動勢減小，內(nèi)阻增大，則減小，所以測量同一電阻時，電流變小，則電阻的測量值變大，大于真實值；設(shè)電壓表內(nèi)阻為Rv，＝3mA則＝  ＝解得24．(12分) (1)小球從P到C的過程，根據(jù)動能定理可得－mg·4r＝mv－mv                    …………………………1分在C點對小球由牛頓第二定律有FN＋mg＝   ………………………2分解得FN＝2 N                                   ………………………1分根據(jù)牛頓第三定律可知小滑塊對軌道的壓力為2 N，方向豎直向上。……………1分(2)從P點到EF軌道停止的過程，根據(jù)動能定理－mg·2r－μmgs＝0－mv             ………………………1分解得s＝0.8 m＝(L＋0.3)m所以小球最終停在離F點0.3 m處。          ………………………1分(3)小球剛好經(jīng)過最高點C，則mg＝，解得v＝ m/s      ……………………1分小球從P到C的過程，根據(jù)動能定理可得    －mg·4r＝mv2－mv，解得v1＝ m/s       ………………………2分當(dāng)小球第一次從擋板彈回，到達(dá)小圓的圓心等高處速度為零時，對小球從P到D的過程，根據(jù)動能定理可得－mg·3r－μmg·2L＝0－mv，解得v2＝4 m/s，  ………………………2分 所以小球的初速度范圍為 m/s<v0≤4 m/s。     (20分） 答案：(1).甲乙開始進(jìn)入粗糙面時的摩擦力大小與位移成正比，設(shè)甲乙質(zhì)量分別為m1和m2,由動能定理    ……………………2分           ……………………2分 得：μ1=0.1   μ2=0.4                ……………………2分 （2）甲乙發(fā)生彈性碰撞,設(shè)速度大小分別為和，     ……………………1分     ……………………1分 代入數(shù)據(jù)得=4/s,（向左），=4/s      ……………………1分 碰撞后，乙在O的右邊做勻減速運動，0.5秒時的速度和位移：         得=4/s2                               得=2/s              ……………………1分 此時乙向右運動的位移    ……………………1分  甲與擋板碰撞后返回以原速率進(jìn)入粗糙面：設(shè)與乙碰撞前的速度為,進(jìn)入粗糙面的過程中加速度在增大,全部進(jìn)入時加速度，   得=1/s2         設(shè)與乙碰撞時的速度為,由運動學(xué)公式：2-2=∑2L+2(x-L)          ……………………2分  得                    ……………………1分  甲乙發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后的速度分別為和，                     ……………………1分           ……………………1分  解得=（3-）/s=1.13/s     =（1+）/s=2.87/s     …………1分  由運動學(xué)公式：   得=0.64            ……………………1分   2=2a2x2    得=1.03                            ……………………1分  可知不會發(fā)生第三次碰撞                                     ……………………1分   （1）．BCE【解析】A．水分子的熱運動劇烈程度與溫度有關(guān)，與水管中水的流速大小沒有關(guān)系，A錯誤B．單晶體和多晶體有固定的熔點，非晶體沒有固定的熔點，B正確；C．當(dāng)分子間的距離增大時，分子間的引力和斥力都減小，若，它們的分子力也減小，時，它們的分子力增大，故分子力可能先增大后減小，C正確；D．根據(jù)公式 可知，物體對外界做功同時吸收熱量，物體的內(nèi)能可能減小，D錯誤；E．一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程都具有方向性，是不可逆的，E正確；2. 【答案】(1)L；(2)【解析】（1）未放重物C時氣缸A中氣體的壓強(qiáng)   …………1分氣缸B中氣體的壓強(qiáng)放上重物C后兩部分氣體混合，壓強(qiáng)為 …………1分氣缸B中活塞平衡時，由平衡條件可得      …………2分解得彈簧的形變量x=L  …………1分（2）兩部分氣體混合后的總長度設(shè)為y，由玻意耳定律可得  …………2分解得 …………1分由幾何關(guān)系知氣缸A中的活塞向下移動的距離為 …………1分代入整理得 …………1分34.（1）. 【答案】BCE【解析】A．根據(jù)題意，質(zhì)點a的振動方程為，可知圖示時刻t=0時刻的波形圖，在之后質(zhì)點a會向y軸正方向運動，則波會向左，即波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯誤；B．由圖可知，簡諧波的波長為，根據(jù)質(zhì)點的振動方程可知，則可得可解得故B正確；C．由圖可得波的方程為代入當(dāng)且對應(yīng)圖像，可得故質(zhì)點b的平衡位置在x=7m處，故C正確；D．由圖可知t=0時刻，質(zhì)點b、c都在y軸的處，則根據(jù)可知質(zhì)點b、c所受力大小相等，方向相同，則加速度大小相等，方向也相同，故D錯誤；E．已知，可得在0~10s時間內(nèi)質(zhì)點c運動了2.5T，所以質(zhì)點c在0~10s時間內(nèi)通過的路程為故E正確。2. 【答案】（1）；（2）（1）由幾何關(guān)系知所以     …………1分   …………2分（2）全反射的臨界角C   所以 …………2分所以光束在B點會發(fā)生全反射，光路如圖所示 …………1分由幾何關(guān)系可知光束在元件中的路程 …………1分光束在元件中的傳播速度 …………1分光束從入射至離開光學(xué)元件所用的時間 …………2分        

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