一、选择题(本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5小题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.)

1.(2015·衡水高三调，14)下列说法不正确的是导学号：82460581()

A.法拉第最先引入“场”的概念，并最早发现了电流的磁效应现象

B.互感现象是变压器工作的基础

C.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这应用了“微元法”

D.电场强度E=和磁感应强度B=定义物理量的方法是比值定义法

解析：A.法拉第最先引入“场”的概念，奥斯特最早发现了电流的磁效应，故A不正确;B.变压器工作原理是利用互感现象，故B正确;C.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是运用了微元法，故C正确;D.电场强度E=和磁感应强度B=定义物理量的方法是比值定义法，故D正确.

答案：A

2.(2015·聊城二模，14)如图所示，左侧是倾角为60°的斜面、右侧是圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端的切线水平，跨过其顶点上小定滑轮的轻绳两端系有质量分别为m1、m2的小球。当它们处于平衡状态时，连接m2的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点。则m1m2等于导学号：82460582()

A.11　 B.23

C.32 D.34

解析：先以m1球为研究对象，由平衡条件得知，绳的拉力大小为：

T=m1gsin 60°

再以m2球为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件可知，

绳的拉力T与支持力N的合力与重力大小相等、方向相反，作出两个力的合力，

由对称性可知，T=N，

2Tcos 30°=m2g

由解得：m1m2=23

答案：B

3.(2015·连徐宿三调，4)一汽车在平直公路上以20 kW的功率行驶，t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其v～t图象如图所示，已知汽车的质量为2×103 kg.下列说法正确的是导学号：82460583()

A.t1前汽车受到的阻力大小为1×103 N

B.t1后汽车受到的阻力大小为2×103 N

C.t1时刻汽车加速度突然变为1 m/s2

D.t1～t2时间内汽车的平均速度为7.5 m/s

解析：A.由v ­t图象可知，0～t1时间段内，汽车做匀速直线运动，则有：f=F牵，由P=Fv，得：f=F牵==N=2.0×103 N，故A错误;B.t1后，由v ­t可知，依据牛顿第二定律得：f′=F牵，由P=Fv，得：

f′=F牵==N=4.0×103N，故B错误;C.由B知，依据牛顿第二定律得：F牵-f′=ma，得：

a==m/s2=-1m/s2，故C正确;D.t1～t2内，如果是匀变速直线运动，== m/s=7.5 m/s，由v­t可知，<′，故D错误.

答案：C

4.(2015·青岛统一检测，16)2014年11月12日，“菲莱”着陆器成功在67P彗星上实现着陆，这是人类首次实现在彗星上软着陆，被称为人类历史上最伟大冒险之旅.载有“菲莱”的“罗赛塔”飞行器历经十年的追逐，被67P彗星俘获后经过一系列变轨，成功的将“菲莱”着陆器弹出，准确得在彗星表面着陆.如图所示，轨道1和轨道2是“罗赛塔”绕彗星环绕的两个圆轨道，B点是轨道2上的一个点，若在轨道1上找一点A，使A与B的连线与BO连线的最大夹角为θ，则“罗赛塔”在轨道1、2上运动的周期之比为导学号：82460584()

A.sin3 θ B.

C. D.

解析：根据几何关系连接OA可得三角形OAB是直角三角形，

故轨道1和轨道2的半径之比：=sin θ

再根据万有引力提供圆周运动向心力有：

G=mr

可得圆周运动的周期：T=

所以：= =，故A、B、D错误，C正确.

答案：C

5.(2015·大庆实验中学三模，18)有一个带正电的金属球壳(厚度不计)，其截面图如图a所示， O为球心，球壳P处开有半径远小于球半径的小孔.以O点为坐标原点，过P点建立x坐标轴，A点是坐标轴上的一点，x轴上各点电势如图b所示。电子从O点以v0的初速度沿x轴方向射出，依次通过P、A两点.则下列关于电子在沿x轴正方向运动的过程中的描述正确的是导学号：82460585()

A.在OP间电子做匀加速直线运动

B.在PA间电子做匀减速直线运动

C.在OP间运动时电子的电势能均匀增加

D.在PA间运动时电子的电势能增加

解析：A.由图知OP间的电势不变，则OP间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误.B.根据顺着电场线方向，电势降低，可知PA间电场线方向从P到A，电子所受的电场力方向从A指向P，所以电子在PA间做减速直线运动.根据图线的斜率等于场强可知，从P到A场强逐渐减小，电子所受的电场力减小，所以电子做加速度减小的变减速运动，故B错误;C.由于电子在OP运动时电场力不做功，所以其电势能不变，故C错误;D.在PA间运动时电场力对电子做负功，则电子的电势能增加，故D正确.

答案：D

6.(2015·西安交大附中三模，20)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示.在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向.匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab=cd=L、bc=ad=2L线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc边和ad边同时进入磁场.在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直.线圈的总电阻为r，外接电阻为R.则导学号：82460586()

A.线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em=2BL2ω

B.线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F=

C.线圈旋转一圈时，流过电阻R的净电荷量为零.

D.外力做功的平均功率为

解析：A.bc、ad 边的运动速度：v=ω

感应电动势：Em=4NBLv，解得：Em=2NBL2ω，故A错误;B.根据欧姆定律得：

电流：Im=

安培力：F=2NBImL，解得：F=，故B错误;C.线圈旋转一圈时，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故流过电阻R的净电荷量为零，故C正确;D.在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，电机的总功率：P=·=;外力做功的功率与电源的总功率相等，故D正确.

答案：CD

7.(2015·宿迁市三校检测，9)物块A和B用绕过定滑轮的轻绳相连，A的质量为m，B的质量为2m.A穿在光滑竖直固定的长直杆上，滑轮与杆间的距离为l.将A移到与滑轮等高处由静止释放，不考虑绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是导学号：82460587()

A.A在下降过程中加速度先变大后变小

B.A刚释放时它的加速度大小等于重力加速度g

C.当A在下降过程中速度达到最大时，A与B速度大小之比为21

D.当A的机械能最小时，B的重力势能最大

解析：A.对A分析，设绳子与竖直方向上的夹角为θ，根据牛顿第二定律得：

a=，拉力在竖直方向上的分力逐渐增大，先小于A的重力然后大于A的重力，所以加速度先减小后增大.故A错误;B.当A刚释放的瞬间，绳子的拉力方向与杆子垂直，A所受的合力等于mg，则加速度为g，故B正确;C.当绳子在竖直方向上的分力等于A的重力时，速度最大，此时T=2mg，有Tcos θ=mg，解得：cos θ=，θ=60° ，将A的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，根据平行四边形定则得：vAcos 60°=vB，则vAvB=21，故C正确;D.因为除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，在A运动的最低点的过程中，拉力一直做负功，则A的机械能一直减小，知A运动到最低点时，机械能最小，此时B上升到最高，所以B的重力势能最大.故D正确.

答案：BCD

8.(2015·衡水高三调，21)如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L，电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场.开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L.现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则导学号：82460588()

A.两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT=mg

B.系统匀速运动的速度大小;v=

C.两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q=2mgL-

D.导线框abcd通过磁场的时间 t=

解析：A.导线框ABCD刚好全部进入磁场时磁通量不再变化，回路中没有感应电流，线框ABCD不受安培力，只受重力和绳子拉力，做匀速运动，根据平衡条件：FT=2mg，此时的受力情况与两线框刚开始做匀速运动时受力情况相同，故A错误;B.ABCD完全进入磁场后，abcd中开始产生感应电流，根据平衡条件：mg =2mg，得：v=，故B正确;C.等高时速度为v，根据能量守恒：2mgL-mgL=(m 3m)v2 Q，得：Q=2mgL-，故C正确;D.abcd匀速运动完全进入磁场后不再有感应电流，不再受安培力，但ABCD开始穿出磁场，产生感应电流受安培力作用，当ABCD穿出磁场后不再有感应电流不再受安培力后abcd又开始穿出磁场产生感应电流受安培力，受力分析知系统始终匀速运动，故abcd通过磁场的时间t==，故D错误.

答案：BC

第卷

二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～15题为选考题，考生根据要求作答)

(一)必考题(共47分)

9.导学号：82460589 (2015·枣庄八中模拟，9)(6分)某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图1所示的装置：水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘.实验时，保持轨道和细线水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动实现平衡摩擦力.

(1)该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量?(回答“是”或“否”)

(2)实验需要用游标卡尺测量挡光板的宽度l，如图2所示，则l=________mm;

(3)实验获得以下测量数据：小车(含传感器和挡光板)的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度l，光电门1和光电门2的中心距离x，某次实验过程：力传感器的读数F，小车通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1、t2.小车通过光电门2后砝码盘才落地，重力加速度为g.该实验对小车需验证的表达式是________(用实验中测出的物理量表示).

解析：(1)因为小车的拉力可以通过传感器测量，不需要用砝码盘和砝码的总重力表示，所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量.(2)游标卡尺的主尺读数为5 mm，游标读数为0.05×10 mm=0.50 mm，则最终读数为5.50 mm.

(3)小车通过光电门1、2的瞬时速度分别为v1=，v2=，

小车动能的增加量为：

Mv-Mv=M，

合力做功为：Fx-fx=Fx-m0gx，

所以验证的表达式为Fx-m0gx=M.

答案：(1)否　(2)5.50　(3)Fx-m0gx=M

10.导学号：82460590(2015·宁德市普高质检，19)(9分)现要测定一段粗细均匀、电阻约为60Ω的合金丝的电阻率，若已测得其长度，要尽量精确的测量其电阻值R，器材有：

电池组(电动势3.0 V，内阻约1 Ω);

电流表(量程0～100 mA，内阻约0.5 Ω);

电压表(量程0～3 V，内阻约3 kΩ);

滑动变阻器R1(0～10 Ω，允许最大电流2.0 A);

滑动变阻器R2(0～500 Ω，允许最大电流0.5 A);

电键一个、导线若干.

图甲

以上器材中，所用的滑动变阻器应选________.(填“R1”或“R2”)

用螺旋测微器测量合金丝直径时的刻度位置如图甲所示，读数为________mm.

如图乙所示是测量合金丝电阻的电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应移到________.(填“最左端”或“最右端”)

图乙

闭合开关后，滑动变阻器的滑片从一端移到另一端，电压表示数变化明显，但电流表示数始终几乎为零，由此可以推断：电路中________(填“1、2、3”或“4、5、6”或“6、7、8”)之间出现了________.(填“短路”或“断路”)

在电路故障被排除后，为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应改进的是________.(填选项前的字母)

A.电流表连接方式改为内接法

B.滑动变阻器连接方式改为限流式

解析：根据电路图可知，滑动变阻器采用分压式接法，所以应该选择最大阻值较小的，有利于数据的测量，故选R1;由图甲可得，螺旋测微器主尺读数为：0.5 mm，旋钮读数为：23.0×0.01 mm=0.230 mm，则螺旋测微器最后读数为：0.5 mm 0.230 mm=0.730 mm;实验刚开始时，为保护电路中的器件，滑动变阻器开始时接入电路电阻要最大，滑动变阻器又采用分压式接法，所以滑片应最右端;电压表示数变化明显，所以“1、2、3”和 “6、7、8”之间是通路的，电流表示数始终几乎为零，所以“4、5、6”为断路;由图乙可知，电流表为外接法，在不更换实验器材的条件下，电流表连接方式改为内接法，故选A.

答案：R1;0.730;最右端;4、5、6，断路;A

11.导学号：82460591(2015·连徐宿三调，15)(12分)一根细绳绕过轻质定滑轮，右边穿上质量M=3 kg的物块A，左边穿过长L=2 m的固定细管后下端系着质量m=1 kg的小物块B，物块B距细管下端h=0.4 m处，已知物块B通过细管时与管内壁间的滑动摩擦力F1=10 N，当绳中拉力超过F2=18 N时物块A与绳之间就会出现相对滑动，且绳与A间的摩擦力恒为18 N.开始时A、B均静止，绳处于拉直状态，同时释放A和B.不计滑轮与轴之间的摩擦，g取10 m/s2.求：

(1)刚释放A、B时绳中的拉力;

(2)B在管中上升的高度及B上升过程中A、B组成的系统损失的机械能;

(3)若其他条件不变，增大A的质量，试通过计算说明B能否穿越细管.

解析：(1)释放后，设绳子的拉力为T

对A：Mg-T=Ma

对B：T-mg=ma

得：a=5 m/s2，T=15 N

(2)B刚进入管中时，此时B速度为：v=2ax

解得：v0=2 m/s

由题意知，B作减速运动，A相对于绳出现滑动，

对B：mg F1-Fm=ma1得：a1=2 m/s2

对A：Mg-Fm=Ma2解得：a2=4 m/s2

h==1 m　t==1 s

xA=v0t a2t2=4m

ΔE=F1h Fm(xA-h)=64 J

(3)随着A的质量增大，B的加速度也增大，A、B出现相对滑动时，

对A：Mg-F2=Mam

对B ：Fm-mg=mam

得：am=8 m/s2

M=9 kg , 即A的质量为9kg时A、B 出现相对滑动

故B进入管中最大速度为：v=2amx

B进入管中运动距离为：hm==1.6 m<2 m

故B不能穿越细管.

答案：(1)15 N ;(2)64 J;(3)不能

12.导学号：82460592(2015·盐城检测)(20分)如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，场强E=×104N/C.现将一重力不计、比荷=106C/kg的正电荷从电场中的O点由静止释放，经过t0=1×10-5 s后，通过MN上的P点进入其上方的匀强磁场.磁场方向垂直于纸面向外，以电荷第一次通过MN时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化.

(1)求电荷进入磁场时的速度v0;

(2)求图乙中t=2×10-5 s时刻电荷与P点的距离;

(3)如果在P点右方d=105 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间(本小题保留三位有效数字).

解析：(1)由于电荷在电场中做匀加速直线运动，则：Eq=ma，v0=at0，

代入数据解得：v0=π×104 m/s.

(2)当B1=T时，电荷运动的半径：r1==0.2 m=20 cm

周期：T1==4×10-5 s

当B2=T时，电荷运动的半径：r2==10 cm，周期：T2==2×10-5 s

故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示：

t=2×10-5 s时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一个周期再沿小圆轨迹运动半个周期，与P点的水平距离为r1=20 cm.

(3)电荷从P点开始，其运动的周期为T=6×10-5s，根据电荷的运动情况可知，电荷每一个周期向右沿PN运动的距离为40 cm，故电荷到达挡板前运动的完整周期数为2个，沿PN运动的距离s=80 cm，最后25 cm的距离如图所示，设正电荷以α角撞击到挡板上，

有：r1 r2cos α=25 cm

解得：cos α=0.5, 即：α=60°

故电荷从O点出发运动到挡板所需的总时间：

t总=t0 2T T1 T2

解得：t总=1.43×10-4s

答案：(1)π×104 m/s;(2)20 cm;(3)1.43×10-4s

(二)选考题(共15分)(请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)

13.导学号：82460593[物理——选修3-3](15分)

(2015·大庆三检，33)(1)(6分)下列说法正确的是________.(填正确答案标号，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分;每选错1个扣3分，最低得分为0分)

A.分子间引力随分子间距离的增大而减小，分子间斥力随分子间距离的增大而增大

B.分子力减小时，分子势能也一定减小

C.绝热过程不一定是等温过程

D.用油膜法估测分子直径的实验中，把用酒精稀释过的油酸滴在水面上，待测油酸面扩散后又收缩的原因是水面受油酸滴冲击凹陷后恢复以及酒精挥发后液面收缩

E.有无确定的熔点可以区分晶体和非晶体

(2)(9分)如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S、S和S.已知大气压强为p0，温度为T0，两活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示.现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到T.若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少?

解析：(1)A.气体的内能是气体内所有分子热运动的动能和分子间势能之和，故A正确.B.温度是分子平均动能的标志，气体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，而分子间势能不一定改变，故B错误;C.功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以全部转化为功，故C错误;D.热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，不能自发地从低温物体传递到高温物体，只有在外界的影响下，热量才能从低温物体传递到高温物体，故D正确;E.气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力.气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加，故E正确.

(2)设加热前，被密封气体的压强为p1，轻线的张力为f，因两活塞都处在静止状态，根据平衡条件可得：

对活塞A，有：2p0S-2p1S f=0

对活塞B，有：p1S-p0S-f=0

由式得：p1=p0

f=0

即被密封气体的压强与大气压强相等，轻线处在拉直的松弛状态，

这时气体的体积：V1=2S1 S1 S1=4S1

对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，这时气体的体积：

V2=4S1 S1=5S1

设此时气体的温度为T2，由盖·吕萨克定律V2T2，

即：=

由得：T2=T0

由此可知，当T≤T2=T0时，气体的压强p2=p0

当T>T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，

气体经历一等容升压过程当气体的温度为T时，设其压强为p，

由查理定律pT，即有：=

解得：p=p0

即当T>T0时，气体的压强为p0

答案：(1)ADE　(2)当T≤T0，气体的压强为：p2=p0;当T>T0时，气体的压强为p0

14.导学号：82460594[物理——选修3-4](15分)

(2015·宝鸡三检，34)(1)(6分)一条弹性绳子呈水平状态， M为绳子中点，两端P、Q同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图所示，对于其后绳上各点的振动情况，以下判断正确的是________.(填正确答案标号。选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分)

A.两列波将同时到达中点M

B.两列波波速之比为12

C.中点M的振动总是加强的

D.M点的位移大小在某时刻可能为零

E.绳的两端点P、Q开始振动的方向相同

(2)(9分)如图所示，某种透明材料做成的三棱镜，其横截面是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面。求：

(i)该材料对此平行光束的折射率;

(ii)这些直接到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两条?

(1)解析：A.由题意可知，虽然波形不同，但波速相同，由于距离相同，所以两波同时到达M点，故A正确;B.波速由介质决定，与波长和频率无关，故B错误;C.由于波的频率不同，故两列波并不能干涉，M点并不是振动加强点，故C错误;D.由于波的频率不同，故两列波并不能干涉，M点并不是振动加强点，M点的位移大小在某时刻可能为零，故D正确;E.根据质点振动方向与波传播方向的关系，P点向上振动，Q点也向上振动，故E正确.

答案：ADE

(2)解析：()由于对称性，考虑从AB面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC面的，由对称性和几何知识可得，光线进入AB面时的入射角α和折射角β分别为：α=60°，β=30°

则材料的折射率为：n==

()如图O为BC中点，紧靠B点从BC面射出的光线与直线AO交于D，由图可知：当光屏放在D点右侧时，根据对称性，光屏上形成两条光斑由几何关系有：OD=tan α=a

所以当光屏到BC距离d超过a时，光斑分为两条.

答案：();()a

15.导学号：82460595[物理——选修3-5](15分)

(2015·衡水高三调，35)(1)(6分)甲、乙两种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光频率间的关系分别如图中的a、b所示。下列判断正确的是________.(填正确答案标号.选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分.每选错一个扣3分，最低得分为0分)

A.图线a与b不一定平行

B.乙金属的极限频率大于甲金属的极限频率

C.改变入射光强度不会对图线a与b产生任何影响

D.图线a与b的斜率是定值，与入射光和金属材料均无关系

E.甲、乙两种金属发生光电效应时，若光电子的最大初动能相同，甲金属的入射光频率大

(2)(9分)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0 kg和mB=3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v­t图象如图乙所示.求：

物块C的质量?

B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep?

解析：(1)AD.根据光电效应方程知Ekm=hν-W0=hν-hν 0，图线的斜率表示普朗克常量，根据图线斜率可得出普朗克常量，因此a与b一定平行，且两斜率是固定值，与入射光和金属材料皆无关系，故A错误，D正确;B.横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，此时的频率等于金属的极限频率，由图可知乙金属的极限频率大，故B正确;C.纵截距对应ν=0的时候，此时纵截距就是逸出功的相反数，根据W0=hν 0可求出，与入射光强度无关，故C正确;E.根据光电效应方程：Ekm=hν-W0，知光电子的最大初动能与入射光的频率有关，频率越高，光电子的最大初动能越大，但不是成正比，故E错误.

(2)由图知，C与A碰前速度为：v1=9 m/s，碰后速度为：v2=3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1=(mA mC)v2 解得：mC=2 kg

12 s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律，有：(mA mC)v3=(mA mB mC)v4

根据机械能守恒定律，有：(mA mC)v=(mA mB mC)v Ep

解得：Ep=9 J

答案：(1)BCD　(2)2 kg;9 J