参考答案：12345678910ADBCAAACADADBC1．A【详解】A．当电压表的示数大于或等于0.9V时，电流表的示数为0，可知遏止电压为0.9V，根据则光电子的最大初动能为0.9eV，则光电子的初动能可能为0.8eV，A正确；B．根据光电效应方程则逸出功为B错误；C．光电管接的是反向电压，当电键断开后，光电管两端的电压为0，逸出的光电子能够到达另一端，则仍然有电流流过电流表G，C错误；D．改用能量为2eV的光子照射，因光电子能量小于逸出功，则不会发生光电子效应，D错误。故选A。2．D【详解】A．对黑板擦受力分析，做匀速直线运动，受力平衡可得又联立，解得故A错误；B．黑板对黑板擦的作用力大小为故B错误；C．若突然松开手，松手瞬间黑板擦只受自身重力作用，其加速度大小为g。故C错误；D．若突然松开手，松手后黑板擦做竖直上抛运动，能上升的最大高度为故D正确。故选D。3．B【详解】AB．根据图示可知当前状态间距小于间距。根据链条的受力分析可知，静止时，两根链条在竖直方向的合力与指示牌的重力平衡，设链条与竖直方向夹角为，每根链条上的拉力为。则解得可知当链条与竖直方向夹角越小，链条上拉力越小，则仅减小AC距离，每根链条的拉力变大；仅减小BD距离时，链条处于竖直状态时拉力最小，但再继续减小BD距离时，拉力又会变大。故A错误，B正确；C．指示牌前后摆动时，指示牌做圆周运动，每根链条的拉力会发生变化，但根据竖直平面内圆周运动规律可知当链条处于竖直位置时在最低点，速度最大，每根链条拉力也最大。故C错误；D．断开前不知道每根链条上的拉力大小，恢复静止后无法判断链条CD的拉力变化情况，但指示牌断开前的静止状态以及断开后恢复的静止状态，均处于平衡状态，合力为不变。故D错误。故选B。4．C【详解】A．由题图，设地球的半径为R，由几何关系可得解得地球半径为A错误；    B．因为地球表面物体的重力等于地球的引力，可得可得设航天员的质量为m＇，由万有引力定律可知，航天员所受地球引力为因航天员的质量m＇不是零，所以航天员所受地球引力不是零，B错误；C．空间站受地球的引力提供向心力，可得解得C正确；D．由牛顿第二定律可得解得航天员的向心加速度为D错误。故选C。5．A【详解】A．将速度沿水平和竖直方向分解，可得运动员恰能无碰撞地落在斜面乙顶端，说明运动员此时的速度方向恰好沿着斜面乙向下，设为，将沿水平和竖直方向分解解得A正确；B．设斜面乙的高度为，对运动员从斜面甲运动到斜面乙的过程分析，由动能定理得解得B错误；C．当运动员竖直方向的速度减为零时，距离地面的最大高度C错误；D．设运动员在空中运动的时间为t，由竖直方向运动规律得由水平方向运动规律得D错误；故选A。6．A【详解】A．由图甲可知，波长为根据干涉减弱点的特点，S1S2的连线上距S1、S2的距离差为0.05m、0.15m的点各有两个，即共有4个干涉减弱点。故A正确；B．S1S2连线的延长线上各点到两波源的距离差为0.2m，即波长的2倍，所以均为干涉增强点。故B错误；C．由甲图可知Q点为振动减弱点，t=0.2s时，Q点的位移是零。故C错误；D．由乙图可知，波的振动周期为根据故D错误。故选A。7．AC【详解】A．由图可知，两光在水中的入射角相同，而光在真空的折射角较小，由折射定律可知光的折射率要小于光的折射率；由可知，在水中光的传播速度要大于光，故由到，a光和b光的传播时间不相同，故A正确；B．若发光点不变而入射点向左移，则入射角减小，都不会发生全反射，两光都不会消失，故B错误；C．若发光点不变而入射点向右移，则入射角变大，根据折射定律可知光的折射率大于光的折射率，先达到b光的临界角，则b光比a光先发生全反射，故C正确；D．介质决定波速，所以a光与b光在真空中的传播速度一样大，故D错误。故选AC。8．AD【详解】AB．关门时，锁舌受到锁壳的作用力，弹簧被压缩，处于压缩状态，则弹力增大，故A正确，B错误；CD．对锁舌，受到弹簧弹力，锁壳的作用力，受力平衡，则有解得故C错误，D正确。故选AD。9．AD【详解】A．由图乙可知，在第3s内，磁场垂直纸面外均匀增大，根据楞次定律判断知线圈中产生感应电流的方向为顺时针方向，则平行金属板上极板带正电，下极板带负电，所以场强方向向下，故A正确；B．根据图乙，结合法拉第电磁感应定律可得，第2s内两极板之间的电场强度大小为故B错误；CD．由选项B可知，极板间的电场强度为即极板间的电场强度与图像的斜率成正比，由图乙可知内与内极板间的电场强度相同，与内极板间的电场强度大小相等，但方向相反，所以可知微粒在内匀加速，内匀减速，根据对称性可知，微粒在第2s末速度减为零，但微粒并未回到了原来位置；接着微粒反向匀加速，匀减速，根据对称性可知，在第4s末微粒回到了原来位置，故C错误，D正确。故选AD。10．BC【详解】A．设变压器原、副线圈的电压分别为、，电流分别为、，正弦交流电源的输出电压对理想变压器得，根据欧姆定律可得以上四式联立得电压恒定，滑片调节电阻连入电路中的电阻增大，则副线圈电流减小，从而原线圈电流减小，则电阻上分压减小，正弦交流电源输出电压的有效值恒定，则原线圈电压增大，副线圈电压也增大，即电压表的示数U增大，故A错误；B．电压表示数与电流表示数的比值为电阻和滑动变阻器阻值之和，滑动变阻器电阻变大，则比值变大，故B正确；C．由A选项分析可得整理得则为函数的斜率，为，所以不变，故C正确；D．变压器的输出功率为根据二次函数知识可知，当时，变压器的输出功率最大，与联立可得当即时，变压器的输出功率最大，在滑动变阻器R滑片向右调节的过程中，电阻且一直增大，则电源的输出功率一直减小，故D错误。故选BC。11．A0.45C【详解】（1）①[1]v-t图象（b）中后半段斜率明显减小，即加速度减小，合外力减小，可能存在的问题是实验中未保持细线和轨道平行，当小车离滑轮较远时，拉力几乎还是沿长木板方向，加速度不变，当小车离滑轮较近时，拉力与长木板的夹角迅速增大，小车受到的合力明显减小，加速度减小。故选A。②[2]由牛顿第二定律可得整理得由图（c）可知，当n=5时，a=1.00m/s2，数据代入上式可得③[3]若以“保持木板水平”来代替步骤①，则小车会受到长木板的摩擦力，当钩码数增大到一定程度才开始有加速度，故图线与横轴有交点，由牛顿第二定律可得加速度a与所挂钩码数n为一次函数，可知C选项的图线符合题意。故选C。12．乙3.003.13=>【详解】①[1]甲电路太小，电流表容易烧坏，不可行，乙电路电流表与并联组成一个大量程电流表，可行;②[2]电源电动势比较小，为方便调节，应选变阻器;③[4][5]根据闭合电路的欧姆定律有根据图象可得解得④[6][7]安阻法测电池电动势与内阻，把电流表看作理想电表，有整理得若把电流表不能看作理想电表，有整理得可得斜率截距故，13．（1），；（2）【详解】（1）旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意尔定律可知解得旋转后上部分气体压强为旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为，则解得旋转后下部分气体压强为（2）对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知解得活塞的质量为14．（1）；（2），【详解】(1)对受力分析结合牛顿第二定律有而其中联立解得所以金属棒在倾斜轨道上做匀变速运动，由运动规律有解得(2)当金属棒进入水平导轨后、组成的系统动量守恒，当二者速度相等时它们之间的距离保持不变，据动量守恒定律可得在此过程中对导体棒应用动量定理有联立解得由能量守恒可知导体棒产生的热量为15．（1）；（2）；（3）25J【详解】（1）物体由P到A的过程，由动能定理可得解得（2）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度为m/s2减速至与传送带速度相等时所用的时间匀减速运动的位移m所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为s故物体从A运动到B的时间为s传送带的支持力对物体的冲量大小为I1=mgt传送带的摩擦力对物体的冲量大小为I2=m（v0-v）传送带对物体的冲量大小为（3）物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为，小球1被撞后的速度大小为，由动量守恒和能量守恒定律得解得m/sm/s物块被反弹回来后，在传送带上向左做匀减速运动中，由运动学公式得解得mm解得s由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小到零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到，此过程电动机多给传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，电动机多消耗的电能为再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，以及第二次往返电动机多消耗的电能分别为以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小以及第n次往返电动机多消耗的电能分别为从第一次碰撞之后到最后运动中，电动机多消耗的能量为解得