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1． B
【详解】A．原始光信号频率必须大于极限频率，才能发生光电效应，选项A错误；
B．原始光信号频率越大，则经过光阴极发生光电效应后光电子的最大初动能越大，选项B正确；
C．原始光信号转化而成的光电子是电子，而非光子，选项C错误；
D．电子被外加静电场加速．说明该电场方向与电子运动方向相反，选项D错误。
故选B。
2． A
【详解】A．支撑面板对电脑的支持力等于电脑重力垂直斜面的分量mgcosθ，由原卡位1调至卡位4电脑
与水平面夹角θ变小，则重力垂直斜面的分量变大，即支撑面板对电脑的支持力变大，A正确；
B．防滑挡板对电脑的支持力等于电脑重力沿斜面的分量mgsinθ，由原卡位1调至卡位4电脑与水平面夹
角θ变小，则重力的沿斜面分量减小，故防滑挡板对电脑的支持力变小，B错误；
C．散热底座对电脑的作用力与电脑的重力是平衡力关系，电脑始终处于平衡状态，故散热底座对电脑的
作用力不变，C错误；
D．电脑受到支撑面板的支持力与防滑挡板的支持力的合力等于其重力大小，大小之和不等于重力大小，
D错误。
故选A。
3． C
【详解】AB．对接前飞船在与核心舱要在相距200米的“保持点”相对静止一段时间，即有共同的角速度；
假设只有万有引力提供向心力，由 ，可得
由于二者的轨道半径不同，则二者的角速度不等，飞船不能与核心舱保持相对静止，所以飞船一定要消耗
燃料，使得飞船与核心舱具有相同的角速度，地球对飞船的吸引力与发动机的推力的合力等于其做圆周运
动的向心力，故AB错误；
C．二者能够保持相对静止，说明二者的角速度相同，而飞船轨道半径小，根据 可知，飞船在“保
持点”运动的线速度小于核心舱运动的线速度，故C正确；
D．根据 可知，飞船在“保持点”的向心加速度小于核心舱的向心加速度，故D错误。
故选C。
4． B
【详解】A．无线充电工作原理是：变化的电流流过发射线圈会产生变化的磁场，当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给手机充电，利用的是电磁感应现象，故A错误；
B．变压器不改变交流电的频率，接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相等，均为100kHz，B
正确；
C．若充电时不漏磁，两线圈可视为理想变压器，功率无损耗，匝数比
但是本题中充电时效率大约为55%，功率有损耗，所以匝数比不是 ，故C错误；
D．发射线圈接的是交流电，当发射线圈的电流减小时，由楞次定律可知接收线圈有扩大的趋势，当发射
线圈的电流增大时，由楞次定律可知接收线圈有收缩的趋势，故D错误。
故选B。
5． A
【详解】A．如图光线在反光单元内发生两次反射的反射角分别为 和 ，根据几何知识可知 ，
故有 ，所以 与 平行，根据光路的可逆性可知从反光单元反射的出射光线与入射光线
方向也平行，故A正确；
B．反光单元材料折射率越小，光线发生全反射的临界角越大，光线在反光单元材料内越不容易发生全反
射，有部分光线将在直角边界面发生折射，故最后从斜边折射出去的光线越少，反光效果越差，故B错误；
C．不同颜色的光在反光单元中的折射率不同，故光在反光单元内的传播速度 不同，故C错误；
D．设发生全反射时的临界角为 ，若光线在Q点发生全反射，即 ，结合 可知 不一定大
于或等于临界角 ，故在P点也不一定发生全反射，故D错误。
故选A。
6． D
【详解】A．安全气囊的作用增加了碰撞时假人的减速时间，碰撞前后假人动量的变化量不变，假人受到
的合外力减小，故A错误；
B．根据牛顿第三定律可知安全气囊对假人的作用力等于假人对安全气囊的作用力，故B错误；
C．根据动量定理可知碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的冲量大小为
故C错误；
D．碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的平均作用力大小为
故D正确。故选D。
7． D
【详解】A．将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x方向速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且
x=v cosα·t
0
沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿
x轴正方向，故A错误；
B．根据
且
解得
所以
所以，若仅增大磁感应强度B，则D、 x均减小，故B错误；
△
C．若仅增大 ，则D、 x皆按比例增大，故C错误；
△
D．若仅增大α，则D增大而 x减小，且 °时
△
故D正确。
故选D。
8． AD
【分析】平行板电容器的决定式为C= ，加速、减速会影响两金属片之间的距离d，由此可以判断。
【详解】A.当升降机加速上升时，加速度方向向上，弹簧片向下弯曲，电容变大，即 C＞C ，故A正确；
0
B.当升降机减速上升时，加速度方向向下，弹簧片向上弯曲，电容变小，即 C＜C ，故B错误；
0C.当升降机减速下降时，加速度方向向上，弹簧片向下弯曲，电容变大，即 C＞C ，故C错误；
0
D.当升降机加速下降时，加速度方向向下，弹簧片向上弯曲，电容变小，即 C＜C ，故D正确。
0
故选AD.
9． AC
【详解】A．根据
可知，a的半径大于b的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，故a的向心加速度大于b点的向心加速
度，A正确；
B．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人
对把手做的功大于重物机械能的增加量，B错误；
C．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，C正确；
D．若把手顺时针转动则大轴上绕绳收紧，滑轮左侧的绳向上，小轴上绕绳放松，滑轮右侧的绳向下，故
滑轮会顺时针转动，D错误。
故选AC。
10． BC
【详解】A．根据右手定则可知电流从b端通过电阻流到a端，因此b端的电势高于a端的电势，故A错
误；
B．金属前轮边缘所组成的圆形闭合回路面积不变，磁感应强度不变，则磁通量保持不变，故B正确；
C．由于轮B和飞轮A通过链条传动，而A和C同轴转动，角速度相同，则
得
辐条产生的感应电动势
电阻R的热功率
而E∝ω，因此电阻R的热功率与ω平方成正比，故C正确；
D．电路中其他电阻忽略不计，则由
可知，若ω保持不变，飞轮A的半径也不变，但金属前轮C的半径变为原来的 ，则ab两端的电压并不
会变为原来的 ，故D错误。
故选BC。
11．
【答案】 30.0° 48.0° 1.5 适当大一些 全反射 太大
【详解】（4）[1][2]量角器的分度值为1°，需要估读到分度值的下一位，故示数分别为30.0°、48.0°。
（5）[3]由光的折射定律可知，折射率
（3）[4][5][6]为了减小入射角和折射角测量的相对误差，实验中激光在O点入射时应尽量使入射角适当大
一些，但考虑到入射光在圆柱体的直线边界可能发生全反射现象，故入射角不能太大。
12．
【答案】 甲
【详解】（1）[1]滑动变阻器的滑片恰好置于最下端时，由欧姆定律可得
[2]由受力平衡可得
解得电子称的最大可测质量为
。
（2）[3][4]当电压表的指针刚好指在表盘刻度的正中间时，电压表读数 。
如左图所示的方案甲，根据闭合电路欧姆定律可得由平衡条件可得
联立解得
如右图所示的方案乙，设滑动变阻器 接入电路的阻值为 ，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
又
由平衡条件可得
联立解得
（3）[5]左边方案甲，根据闭合电路欧姆定律可得
又
联立可得
与 成线性关系，电子秤刻度均匀；
右边方案乙，根据闭合电路欧姆定律可得又
，
联立可得
与 不成线性关系，电子秤刻度不均匀；故方案甲更合理，电压表示数与物体的质量 成正比，电压表
改装的电子秤刻度是均匀的，便于测量。
13．
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）由题意作出光路图，如图所示
光线经a点发生反射和折射，设第一次折射时折射角为r，由几何关系可知光线ae与cd平行，由几何关系
可知
则
根据折射定律
代入数据解得（2）光束在该液体的速度为
代入数据得
由几何关系知，光束在液体中传播的距离为
则光束在液体中运动的时间
代入数据解得
14．
【答案】（1） ；（2） ， ；（3）
【详解】（1）饮料罐加速阶段的加速度
根据牛顿第二定律
解得
（2）当第二个饮料罐刚刚放上传送带时，两个饮料罐间距离最小为
当第二个饮料罐速度与传送带速度相等时，两个饮料罐间距离最大为
（3）电动机多做的功等于摩擦力对电动机做的负功，放一个饮料罐时一分钟内电动机多做的功
15．
【答案】（1） ；（2）a、 ；b、25%
【详解】（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有
竖直方向
根据牛顿第二定律
又
解得
（2）a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向
且
解得
b. 带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等
于电场力，有在竖直方向颗粒匀速下落
的颗粒带电荷量为
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
设只有距下极板为 的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落
解得
的颗粒被收集的百分比
