物理答案14.D【解析】A．只有当时，光电子才可以从金属中逸出，即产生光电效应的条件是微光的频率要大于金属的截止频率，故A错误；B．电子一次性吸收光子的全部能量，不需要积累能量的时间，光电流几乎是瞬时产生的，B错误；C．同一种光使阴极发生光电效应后，逸出光电子的最大初动能相等，但不一定所有光电子的初动能都相等，所以光电子最后到达荧光屏时的动能也不一定相等，故C错误；D．同一种光照射光电管，阴极材料的逸出功越小，越容易发生光电效应。D正确。15.B【解析】AB．根据电场线与等势面垂直可知，根据粒子运动轨迹可知所受电场力向右，则电场线方向向左，根据沿着电场线逐渐降低，可知A点电势比B点电势低，故B正确，A错误；CD．根据题中信息只能判断出过等势线与粒子运动轨迹的交点的电场线垂直等势线向左，不能判断出、两点电场强度的大小，故CD错误16.A【解析】当P接通4时，输出电压变为输入电压的0.001，即eq\f(R4,R1＋R2＋R3＋R4)＝eq\f(1,1000)，解得R1＋R2＋R3＝999Ω，只有A满足要求，当P接通3时，输出电压变为输入电压的0.01，即eq\f(R3＋R4,R1＋R2＋R3＋R4)＝eq\f(1,100)，当P接通2时，输出电压变为输入电压的0.1，即eq\f(R2＋R3＋R4,R1＋R2＋R3＋R4)＝eq\f(1,10)，A均满足要求，故A正确，B、C、D错误．17.D【解析】A：由于还受到电场力的作用，A错。B：增大速度，将速度正交分解可得，平衡电导场力的水平向右分速度不变，作圆周运动的等效合速度入射角将减小，故时间t变小。C：增大磁感应强度B，用来平衡电场力的水平速度将变小，等效合速度的入射角将变小，时间t变小。D：当满分足=时，即qvoBcosθ=qE,水平分速度正好可以平衡电场力，等效于小球在复合场中的圆心角为180o，运动时间为半个周期，D正确。18.BC【解析】A.研究其运动轨道时可以看作质点。A错。B.公元前240年到1986年4月30次记录为29个周期，计算周期约76.7年，半个周期38.4年，粗约计算2023年底会到达远日点附近。C.由开普勒第三定律代入计算,C正确，由开普勒第二定律知D错误。19.BCD【解析】AB．保持开关S闭合，电容器两端的电势差等于电源电动势，故电容器两端的电势差不变，若将两极板间距减小，由可知，板间场强增大，若将R的滑片向左移动，静电计指针张角不变，故A错误，B正确；C．断开开关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则板间距离d减小，根据可知，C增大，根据极板间的电势差减小，则静电计指针张开角度减小，C正确；D．断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将两极板间距d增大，根据可知，电容C减小，根据可知，板间电压U增大，D正确。故选BCD。20.BC【解析】A．如图由几何关系得，由于P点到M点的距离小于P点到N点的距离，则根据平行四边形定则结合正弦定理得由于且空调室外机竖直向下缓慢运动，则故A错误；B．根据正弦定理可得化简可得其中因此可知变大，则变小，同理也变小，则1、2两绳的拉力只能减小。故B正确；C．由于空调室外壳缓慢移动，处于动态平衡，则1、2两绳拉力的合力等于空调室外机的重力。故C正确；D．设OM=s1，ON=s2。由得可见，h变化，1、2两绳的拉力之比也变。故D错误。故选BC。21.AC【解析】AB．金属棒从开始运动到虚线a的过程中，安培力的冲量为根据电流的定义式有设金属棒运动的距离为，则通过金属棒中的电荷量为联立得到同理可得A正确，B错误；CD．设初速度为，金属棒在虚线a速度为，根据动量定理，从虚线a运动到虚线b有金属棒从开始运动到虚线a的过程有联立得到根据动能定理，从虚线a运动到虚线b有金属棒从开始运动到虚线a的过程有联立得到C正确，D错误；22.11.【答案】①1.02（2分）②（1分）③（2分）【解析】（1）[1]游标卡尺的示数.（2）[2]滑块经过光电门时速度的大小为①（4）[3]物块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律得②由匀变速直线运动速度和位移的关系得③由①②③可得结合图(c)可得图像的斜率解得23.【答案】每空2分①红黑表笔短接②BC③500④大于⑤490【解析】（1）[1]测量电阻时先将红黑表笔短接，调节调零电阻，使电流表满偏，然后再将两表笔接入不同的待测电阻。（2）[2]AB．因为函数图线是曲线，则电流随电阻并不是均匀变化，所以欧姆表表盘上的刻度线不是均匀的，故A错误，B正确；CD．当测量电阻为时，此时指针指在表盘中央位置，当Rx的阻值为图2中的R2时，且此时电流比测电阻为时的更小，则指针位于表盘中央位置的左侧，故C正确，D错误。（3）[3]欧姆表刻度盘上的中值电阻应为（4）[4][5]由闭合电路欧姆定律可得由于电动势减小，内阻增大，则减小，所以测量同一电阻时，电流变小，则电阻的测量值变大，大于真实值；设电压表内阻为Rv，＝3mA则＝＝解得24．(12分)(1)小球从P到C的过程，根据动能定理可得－mg·4r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))…………………………1分在C点对小球由牛顿第二定律有FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),2r)………………………2分解得FN＝2N………………………1分根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力为2N，方向竖直向上。……………1分(2)从P点到EF轨道停止的过程，根据动能定理－mg·2r－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))………………………1分解得s＝0.8m＝(L＋0.3)m所以小球最终停在离F点0.3m处。………………………1分(3)小球刚好经过最高点C，则mg＝eq\f(mv2,2r)，解得v＝eq\r(2)m/s……………………1分小球从P到C的过程，根据动能定理可得－mg·4r＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，解得v1＝eq\r(10)m/s………………………2分当小球第一次从挡板弹回，到达小圆的圆心等高处速度为零时，对小球从P到D的过程，根据动能定理可得－mg·3r－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得v2＝4m/s，………………………2分所以小球的初速度范围为eq\r(10)m/s