12mvmh??W 2U??ee可知遏止电压的大小与照射光的频率有关，只增大入射光的频率，遏止电压增大，A错误； B．金属的逸出功与入射光无关，B错误；

CD．光强度只会影响单位时间内逸出的光电子数目，只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目增大，饱和光电流变大，对光电子的最大初动能不影响，C正确D错误。 故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符

合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、BD 【解析】 【详解】

启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，故A错误；设每一节车厢的质量是m，阻力为kmg，做加速运动时，对6、7、8车厢进行受力分析得：F1?3kmg?3ma，对7、8车厢进行受力分析得：F2?2kmg?2ma，联立可得：

F13?，F22故B正确；设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s，则：v2?2as，又8kmg?8ma，可得：

v2s?，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故C错误；

2kg设每节动车的功率为P，当只有两节动力车时，最大速率为v，则：2P?8kmgv，改为4节动车带4节拖车的动车组时，最大速度为v?，则：4P?8kmgv?，所以v??2v，故D正确． 8、ABC 【解析】 【详解】

AB．开始时B物块静止，轻绳无拉力作用，根据受力平衡： f?4mgsin30??2mg

方向沿斜面向上，小球A从静止开始摆到最低点时，以O点为圆心做圆周运动，应用动能定理：

mgr?12mv 2落到最低点，根据牛顿第二定律：

v2T?mg?m

r解得A球下落过程中绳子的最大拉力：

T?3mg

此时对B物块受力分析得： T?4mgsin30??f?

解得B物块受到的静摩擦力： f??mg?f

方向沿斜面向下，所以B物块在A球下落过程中，所受静摩擦力先减小为0，然后反向增大，AB正确； CD．A球的机械能由重力势能和动能构成，下落过程中只有重力做功，A球机械能守恒，同理，A、B系统也只有A球的重力做功，所以A、B系统的机械能守恒，C正确，D错误。 故选ABC。 9、BDE 【解析】

温度越高，分子无规则热运动加强．7月份与1月份相比较，平均气温升高了，所以分子无规则热运动加剧，故A错误；温度升高，分子的平均动能变大，但是压强减小，可知气体分子的密集程度减小，则单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数减少，B正确；温度越高，分子平均动能越大，但不代表每个分子动能都增大，有可能减小，C错误；表面张力还与温度有关，温度越高，性质越不纯，表面张力越小，故D正确；温度越高，同种液体的饱和气压越高，故E正确． 10、BC 【解析】 【分析】 【详解】

A．光从光密介质射入光疏介质，其频率不变，传播速度变大，选项A错误；

B．光从光密介质射入光疏介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射，选项B正确； C．光的干涉、衍射现象证明了光具有波动性，选项C正确；

D．红光的波长大于紫光，做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，根据?x?变大，选项D错误。 故选BC。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

l?可知，相邻明条纹间距d11、 黑 红 2.5 ②号导线断路或③号导线断路

【解析】 【详解】

(1)[1]电路图如图所示。

(2)[2][3]使用多用电表时，电流要从红表笔流入、黑表笔流出。电路中的P点为电源负极，此处应连接多用电表的黑表笔，则另一端连接红表笔。

[4]多用电表为直流电压10V挡，其最小有效刻度为0.2V，经估读后电压值为2.5V。

[5]黑表笔接触P点，红表笔分别探测电路中N、M、Q点，电压值几乎不变且始终小于电源电动势，初步判定导线①④⑤⑥⑦正常。电路故障可能是②号导线断路或③号导线断路。（其他合理说法均对）

12、 R0 ＞

【解析】 【详解】

（1）[1]．待测电压表电阻（3000欧姆）远大于滑动变阻器R1的电阻值（100欧姆），故滑动变阻器R1采用分压式接法；电路图如图所示：

（2）[2][3]．根据设计的电路进行的实验步骤是：移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在的支路分压最小；

闭合开关s1、s2，调节R1，使电压表的指针满偏；

保持滑动电阻器滑片位置不变，断开s2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏； 读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；

电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值

的偏大，故Rv＜Rv′

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13、（1）6E；5【解析】 【详解】

（1）该粒子带正电，从D点运动到x轴所用的时间设为t1，则

mL （2）①18qEL，9L；②3L 2qE1L?a1t12

2??a1t1

根据牛顿第二定律有

qE?ma1

粒子在区域II中做类平抛运动，所用的时间设为t2，则

2712L?a2t2 223L??t2

根据牛顿第二定律有

qE??ma2

粒子从D点运动到B点所用的时间

t0?t1?t2

解得

E??6E，t0?5mL 2qE（2）①设粒子通过x轴时的速度大小为?0，碰到AB前做类平抛运动的时间为t，则

?0?3L t粒子第一次碰到AB前瞬间的x轴分速度大小

?x?a2t

碰前瞬间动能

Ek?即

122m??0??x? 2