2013届河北省石家庄市高三补充测试物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2013届河北省石家庄市高三补充测试物理试卷与答案（带解析） 选择题 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫做 “微元法 ”下列几个实例中应用到这一思想方法的是（ ） A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体，即质点 B在 “探究弹性势能的表达式 ”的活动中为计算弹簧弹力所做功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功 C一个物体 受到几个力共同作用产生的效果与某一个力产生的效果相同，这个力叫做那几个力的合力 D在探究加速

2、度与力和质量之间关系时，先保持质量不变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系 答案： B 试题分析： A、质点采用的科学方法是建立理想化模型的方法故 A错误 B、在 “探究弹性势能的表达式 ”的活动中为计算弹簧弹力所做功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，故 B正确 C、一个物体受到几个力共同作用产生的效果与某一个力产生的效果 相同，这个力叫做那几个力的合力，利用了合力和分力的等效性故 C错误 D、在探究加速度、力和质量三者之间关系时，要先控制一个量不变，采取的方法是控制变量法故 D错误 故选 B 考点：

3、质点的认识；弹性势能；力的合成；探究加速度与物体质量、物体受力的关系 点评：高中物理过程中会遇到许多种分析方法，这些方法对学习物理有很大的帮助，故平时在理解概念和规律的同时，注意方法的积累 如图所示，在真空中的一直角坐标系 xOy平面内，加一方向垂直于纸面的磁感应强度为 B的匀强磁场，一个质量为 m、电量为 +q的粒子从原点 O沿 y轴正方向以初速度v0射入，通过定点 P现将磁场去掉，在坐标系 xOy平面内的某点固定一带负电的点电荷 Q，同一粒子以同样速度 v0从原点 O沿 y轴正方向射入，恰好沿圆弧通过定点 P已知静电力常数为 k，不计粒子重力下列说法正确的是（ ） A点电荷 Q的位置坐标为

4、（ ， 0） B点电荷 Q的电荷量为 C点电荷 Q产生的电场中， O电势高于 P电势 D两种情况下，粒子从 O点到 P点的时间不相等 答案： AB 试题分析：由带电粒子在磁场中的运动可知粒子匀速圆周运动的半径为： ，P的位置坐标（ ， ），点电荷 Q的位置坐标为（ ， 0）， PQ两点的电势相等，两种情况下粒子都做匀速圆周运动运动，根据 ，点电荷 Q的电荷量为 ，故 AB正确， CD错误。 考点：带电粒子在磁场和电场中的运动 点评：电子从磁场边界以一定的角度射入只有一个边界的匀强磁场，当再次射出磁场时，速度与边界的夹角与原来的相等解题时充分利用这个结论，对解题有非常大的帮助 该题考察了电子在电

5、场中的偏转和在磁场中的匀速圆周运动，此题要求首先要分析电子在各个区域内的运动情况，必要时画出电子的运动轨迹图，了解 图中的几何关系利用电子在电场中偏转时的速度的合成与分解，解决电子在电场中运动的相关问题；利用电子在匀速圆周运动的半径和周期公式，结合洛伦兹力提供向心力可解答电子在磁场中运动的相关问题 一升降机由静止开始竖直向下运动， 0 3t0内升降机的加速度随时间变化的图线如图所示则升降机运动的速度 v、位移 x、牵引力 F、动能 Ek随时间变化的图像可能正确的是（图像中的曲线为抛物线的一部分）（ ） 答案： AD 试题分析：（ 1）根据加速度图象可以判断物体的运动情况；（ 2）根据加速度情况

6、进一步判断其他量的变化情况。 由图可知， 0 t0物体加速度恒定，匀加速运动， t0 2t0，加速度为零，物体匀速运动， 2t0 3t0加速度恒定，匀减速运动，故 AD正确。 考点：变速直线运动的图像 点评：根据速度 -时间图象读出加速度和位移，是应掌握的基本能力基础题，只要细心计算，不应失分 如图所示，在边长为 a的等边三角形区域内有匀强磁场 B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为 a的等边三角形导线框架 EFG，在 t=0时恰好与磁场区域的边界重合，现使导线框以周期 T绕其中心 O点在纸面内顺时针匀速转动，下列说法正确的是（ ） A 0到 时间内，感应电流方向为 E F G E B 0到 时

7、间内，感应电流方向为 E G F E C 0到 时间内，平均感应电动势大小等于 D 0到时间内，平均感应电动势大小等于 答案： AC 试题分析：导线框以周期 T绕其中心 O点在纸面内匀速转动 时，穿过线圈的磁通量减小，由几何知识求出有效面积的变化，根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势大小根据楞次定律判断出感应电流的方向 A、 B由于虚线位置是经过 时到达的，所以线框的磁通量是变小的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出 0到 时间内，感应电流方向为 E F G E故A正确， B错误 C、根据几何关系得到，线圈

8、的有效面积减小为 ，根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势 ，解得， E= ， D故 C错误， D正确 故选 AD 考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 点评：在电磁感应现象中，往往先要由楞次定律判断感应电流方向、根据法拉第定律求解感应电动势本题属于面积变化的类型，注意几何知识的应用 如图所示，轻绳一端固定在天花板上，另 一端系一个小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角为 的静止三角形物块刚好接触现在用水平力 F向左非常缓慢的推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，不计一切摩擦关于该过程中，下列说法中正确的是（ ） A绳中拉力先增大后变小 B地面对三角形物块的支持力先增大后变小 C斜面对小球的弹力不做

9、功 D水平推力 F做的功等于小球机械能的增加 答案： D 试题分析：本题要抓 住做功的两个必要因素： 1作用在物体上的力； 2物体必须是在力的方向上移动一段距离机械能包括动能和势能，可以分析动能和势能的变化判断机械能的变化 A、由 G、 N、 T分别表示小球受到的重力斜面的弹力和绳的拉力，由图可知 绳中拉力先变小后增大，斜面对小球的弹力一直变大，地面对三角形物块的支持力一直增大， AB错误； C、斜面对小球的弹力做功，故 C错误； D、用水平力 F缓慢向左推动斜面体，所以小球的动能不变，重力势能在增加，所以小球在该过程中 机械能增加， D正确。 故选 D 考点：共点力平衡条件；机械能守恒定律；

10、功的计算 点评：本题考查的是力是否做功，要抓住分析中判断的两个要点来做判断知道重力做功量度重力势能的变化知道除了重力之外的力做功量度机械能的变化 如图所示，实线为一电场中的等势面，是中心对称图形 a、 b、 c、 d是以中心点为圆心的圆周上的四个点，下列说法中正确的是（ ） A a、 b、 c、 d四点电势相等，电场强度大小也相等 B若一电子从 b点运动到 c点，克服 电场力做的功大于 0.4eV C若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先增加后减小的加速直线运动 D若一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，将会从右侧平行于中心轴线穿出 答案： C 试题分析： A根据电场中电场线和

11、等势线垂直，可以画出电场线，根据电场线的分布情况，可以判断， a、 b、 c、 d四点电势不相等，电场强度大小也不相等， A错误； C正确； B沿电场线的方向电势降低，若一电子从 b点运动到 c点，电场力做的功为 0.4eV，B正确； C若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先增 加后减小的加速直线运动 D电场线不是平行直线，若一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，将不会从右侧平行于中心轴线穿出， D错误。 故选 C 考点：电场线；电场强度；电势 点评：本题要求学生了解等量异种电荷的电场线及电场特点，并能判断电场的变化 2012年 6月 18日， “神舟九号 ”飞船与 “天宫一号

12、 ”目标飞行器成功实现自动交会对接对接成功后 “神州九号 ”和 “天宫一号 ”一起绕地球运行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面高度约为 ，运行周期为 T，设地球半径为 R，万有引力常量为 G 下列说法正确的是（ ） A对接成功后， “神舟九号 ”飞船里的宇航员因受力平衡而在其中悬浮或静止 B对接成功后， “神舟九号 ”飞船的加速度为 3 R C对接成功后， “神舟九号 ”飞船的线速度为 D地球质量为 2 R3 答案： BC 试题分析：地球对天宫一号的万有引力提供它绕地球做匀速圆周运动的向心力，由万有引力公式及向心力公式列方程，可以求出地球的质量 A对接成功后 ， “神舟九号 ”飞船做圆周运动，里面

13、的宇航员因完全失重在其中悬浮或静止，不是平衡状态， A错误， B对接成功后， “神舟九号 ”飞船的轨道半径 r=R+h= ， “神舟九号 ”飞船做圆周运动所需向心力由万有引力提供，设 “神舟九号 ”飞船的质量是 m，地球的质量是 M，由牛顿第二定律可得： ， “神舟九号 ”飞船的加速度为3 R， B正确； C对接成功后， “神舟九号 ”飞船的线速度为 ， C正确； D由 可知，地球质量为 3 R3， D错误。 考点：万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 点评：知道万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列方程即可求出地球质量，已知质量，由密度公式可以求出地球的平均密度 如图所示，

14、一个小型水电站，其交流发电机的输出电压 U1一定，通过理想升压变压器 T1和理想降压变压器 T2向远处用户供电，输电线的总电阻为 R T1的输入电压和输入功率分别为 U1和 P1，它的输出电压和输出功率分别为 U2和 P2； T2的输入电压和输入功率分 别为 U3和 P3；它的输出电压和输出功率分别为 U4和 P4下列说法正确的是（ ） A当用户的用电器增多时， U2减小， U4变大 B当用户的用电器增多时， P2变大， P3减小 C要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应减小降压变压器的匝数比 D要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比 答案： D

15、试题分析：通过理想升压变压器 T1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器 T2向远处用户供电家中提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率 A当用户的用电器增多时，用户消耗的功率变大， P2变大， P3变大，用户电流变大，输电线上电流变大，电压降变大， ， 不变， ， U4变小； ABC错误； D要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，输电电压变大，在输送功率一定的条件小，输电线电流减小， T2输入电压变大，要用户得到额定电压，同时应增大降压变压器的匝数比 ,D正确。 故选： D。 考点： 远距离输电；变压器的构造和原理 点评：理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁

16、现象输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比 实验题 某研究小组设计了一种 “用一把尺子测定动摩擦因数 ”的实验方案如图所示， A是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽（滑槽末端与桌面相切）， B是质量为 m的滑块（可视为质点） 第一次实验，如图（ a）所示，将滑槽末端与桌面右端 M对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终 落在水平地面上的 P点，测出 M距离地面的高度 h、 M与 P间的水平距离 x1； 第二次实验，如图（ b）所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块 B再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的 P点，测出滑槽末端与桌面右端

17、M的距离 L、 M与 P 间的水平距离 x2 （ 1）在第二次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为 _（用实验中所测物理量的符号表示，已知重力加速度为 g） （ 2）若实验中测得 h 25cm、 x1 30cm、 L 10cm、 x2 20cm，则滑块与桌面间的动摩擦因数 _ 答案：（ 1） （ 2） 0.5 试题分析：（ 1）利用平抛运动的规律测出滑块从桌面边缘飞出的速度大小，因此需要测量两次滑块平抛的水平方向位移和桌面高度（ 2）从 N到 M过程中利用动能定理或者运动学公式即可求出动摩擦因数的表达式 解：（ 1）该实验实验原理为：测出滑块在 N点 M点速度大小，然后根据动能定理或者运动学公

18、式列方程，进一步测出滑块与桌面间的动摩擦因数，因此需要测量 N、M两点速度的大小， N点速度即为滑块滑到滑槽底端的速度，可 以通过第一次实验测得，根据平抛规律，测量出 MO的高度 h以及 OP距离 x1即可， M点速度通过第二次实验测得，只需测量出 OP距离 x2即可故答案：为： MO的高度 h， OP距离 x1， OP距离 x2 设滑块滑到底端的速度为 v0，通过第一次实验测量有： 得到滑块在滑槽末端时的速度大小为 ， 设滑块滑到 M点速度为 vM，通过第二次实验测量有： x2=vMt 从 N到 M过程中，根据功能关系有： 联立 解得： 代入数值得 考点：探究影响摩擦力的大小的因素 点评：该

19、实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会 用如图甲所示的装置探究直流电机转动时线圈的电热功率与输入电流的关系，图中电路图未画出现备有如下实验器材： A直流电机 M（ 3.0V 1W） B 3V直流电源 C电流表（ 0-0.6A 0.5） D电流表（ 0-3A 0.1） E电压表（ 0-3V 内阻约 3 k） F滑动变阻器（ 0-5） G开关、导线若干 H秒表 I电火花打点计时器 J重锤 P（约 0.1kg） K纸带 L刻度尺 M弹簧测力计 N游标卡尺 （ 1）为测量电机线圈的电热功率，上述提供的器材中多余的是 （写出器材序号）； （

20、2）根据实验要求，在图甲虚线框内画全实验电路图； （ 3）实验中，若测出电压表的读数为 U，电流表的读数为 I，重锤的重力为 G，电机匀速提升重物的速度为 v，则电机线圈的电热功率可表示为 ；若在某一输入电流下，电机提升重锤运动时打点纸带如图乙所示（图中相邻计数点的时间间隔 T=0.04s），根据纸带数据，可求得重锤匀速向上运动时的速度 v= m/s （ 4）改变电路中的电流，得出电机线圈在不同电流 I下的电热功率 P热 ，作出 P热 I2图线如图丙中实线所示发现实验图线与理论图线存在较大偏差，你认为产生 这种偏差的原因可能是 （回答一个原因即可） 答案： (1） D、 H、 N（选对一个得

21、1分，选错一个扣 1分，直到扣完为止）（ 2）如图所示（变阻器画成限流接法同样给分，电路只要有错不给分） （ 3） 、 0.55（ 4）存在摩擦阻力；或电机温度升高，电阻增大 试题分析：（ 1）根据电机的电压和功率，分析最大电流，判断电流表的量程，而秒表和游标卡尺明显是多余的器材 （ 2）根据 题意电压表测电动机两端的电压，电流表测电动机的电流，电源和变阻器提供电压根据此原理可补全电路 （ 3）根据能量守恒：输入电机的电功率等于电机先去的电热功率加上电机的输出功率 （ 4） P热 -I2图线的理论图线的斜率表示线圈的电阻 RA，实际图线的斜率会增大的原因是线圈中电阻随温度升高而增大 （ 1）直

22、流电机 M（ 3.0V， 1W），即正常工作时的最大电流为 1A，所以电流表（ 0-0.6A，0.5）即可，而电流表（ 0-3A， 0.1）量程过大不需要故 D多余 此题不需要测时间，也不需要游标卡尺测长度，故 H、 N都是 多余的 故多余的器材为： DHN （ 2）实验电路图如右图所示： （ 3）根据能量守恒定律：输入电机的电功率等于电机先去的电热功率加上电机的输出功率，所以 根据纸带分析可知匀速运动的速度为：（ 4）因为 ，所以 图线的理论图线的斜率表示线 圈的电阻 RA，实际图线的斜率会增大的原因是线圈中电阻随温度升高而增大 考点：电功、电功率 点评：此题要求把实验原理搞清楚，这样才能判

23、断多余的器材，才能补全电路，才能计算热功率 计算题 (1)关于振动和波动，下列说法正确的是 （选对 1个给 3分，选对 2个给 4分，选对 3个给 6分，每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分） A单摆做简谐运动的周期与摆球的质量有关 B部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象 C可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于 X射线的频率 D拍摄玻璃橱窗内 的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度 E我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去 （ 2）如图所示， OBCD为半圆柱体玻璃的横截面， OD为直径，一束由红光和紫光组成

24、的复色光沿 AO方向从真空斜射入玻璃， B、 C点为两单色光的射出点（设光线在 B、 C处未发生全反射）已知从 B点射出的单色光由 O到 B的传播时间为 t 若 OB、 OC两束单色光在真空中的波长分别为 B、 C，试比较 B、 C的大 小关系 求从 C点射出的单色光由 O到 C的传播时间 tC 答案： (1) BCE（ 2） BC 试题分析： (1)A、单摆做简谐运动的周期 ，可见单摆的周期与摆球的质量无关故 A错误 B、部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象故 B正确 C可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于 X射线的频率， C正确； D偏振片对光不可能是百分百透

25、射的，因此就会阻碍一部分自然光，使强度减小，只有振动方向与偏振片的透振方向一致的光才能顺利通过，透射光不是一种相干光源拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片不是为了增加透射光的强度， D错误； E根据多普 勒效应，我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去， E正确； 故选 BCE。 （ 2） 红光的折射率小，频率小，波长大进入玻璃后红光偏折得少，故 OC光为红光，故 BC 如图，作界面 OD的法线 ，设圆柱体的直径为 ，入射角为 ，折射角分别为 B、C，连结 OB、 OC 由折射定律得 故 已知 所以 ，即 考点：机械振动，机械波，光的折射。 点

26、评：第 1问考查了单摆的周期、共振、波的叠加、偏振等现象，第 2问要能熟练作出光路图，并能正确应用几何关系求解 （ 1）在 “用油膜法估测分子的大小 ”的实验中，若 100滴油酸的体积为 1ml，则 1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是 （油酸的摩尔质量 M=0.283kg mol-1，密度=0.895103kg m-3， NA=6.021023mol-1结果保留一位有效数） （ 2）如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中开启上部连通左右水银的阀门 A，当温度为 300 K平衡时水银的位置如图，其中左侧空气柱长

27、度 L1=50cm，左侧空气柱底部的水银面与水银槽液面高度差为 h2=5cm，左右两侧顶部的水银面的高度差为 h1=5cm，大气压为 75 cmHg求： 右管内气柱的长度 L2 关闭阀门 A，当温度升至 405 K时，左侧竖直管内气柱的长度 L3 答案：（ 1） 1101m2（ 2） 50cm 60 cm 试题分析：解：（ 1） 1101m2 (2) 左管内气体压强 p1 = p0 + h2 = 80cmHg，（ 1分） 右管内气体压强 p2 = p左 + h1 = 85cmHg（ 1分）， p 2 = p0 + h3（ 1分） 得右管内外液面高度差为 h3 = 10cm（ 1分），则 L2

28、= L1 - h1 - h2 + h3 = 50cm（ 1分） 设玻璃管横截面积 S，对左侧管内气体： p1 = 80cmHg , V1 = 50S , T1 = 300K 当温度升至 405K 时，设左侧管内水银面下降了 x cm，则有： p 2= (80 + x ) cmHg , V2 = L3S = (50 + x )S , T2 = 405K 根据 （ 2分），代入数据得 x = 10cm（ 1分） 则：左侧竖直管内空气柱长度 L3 = 60 cm（ 1分） 考点：热学 点评：本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符

29、合要求就行了；利用理想气体状态方程列式求解，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化 如图所示，在平面直角坐标系 xoy的 0x2L、 0yL区域内存在沿 y轴正向的匀强电场，一质量为 m，电荷量为 q，不计重力，带正电的粒子以速度 v0从坐标原点 O沿 x轴正向射入电场后，恰好从 M（ 2L， L）点离开电场，粒子离开电场后将有机会进入一个磁感应强度大小为 、方向垂直于纸面向外的矩形磁场区域，并最终从 x轴上的 N（ 4L， 0）点与 x轴正向成 45角离开第一象限，题中只有 m、 v0、 q、 L为已知量，求： （ 1）匀强电场的电场强度 E （ 2）粒子在第一象限内运动的时间 （ 3）如果

30、粒子离开 M点后有机会进入的是垂直纸面向里的矩形磁场，磁感应强度大小仍然为 ，粒子运动一段时间后仍然能从 x轴上的 N点与 x轴正向成 45角离开第一象限，则该矩形 区域的最小面积 S 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析： 解： (1)由带电粒子在电场中做类平抛运动有 由 有 (2)粒子在电场中运动 y方向上有 粒子在磁场中圆周运动有 由几何关系，粒子离开电场后直接进入磁场四分之一圆周之后离开磁场做匀速直线运动，最后运动到 N点 粒子在磁场中运动时间为 粒子匀速直线运动时间为 则 由 有 粒子运动轨迹如图所示， 矩形边长为 ， 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力

31、点评：本题考查了带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，在磁场中的匀速圆周运动，对数学的几何能力要求较高，关键画出粒子的轨迹图，结合牛顿第二定律以及向心力等知识进行求解 超市一送水员用双轮小车运送桶装矿泉水装运完毕，如图所 示，在拉运过程中保持图示角度不变 ,不计桶与小车之间摩擦力的影响求： (1)小车静止时，桶对小车两侧轨道的压力大小之比 NA:N B (2)若送货员以 5m/s2的恒定加速度由静止开始向右拉动小车，请问这一过程中，桶对小车两侧轨道的压力大小之比 NA:N B（ g= 10m/s2，结果可用根号表示） 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：解：（ 1）对桶，静止时，有 根据牛顿第三定

32、律， （ 2） NB-mgsin300=macos300 （ 2分） mgcos300-NA=masin300 解得： = 根据牛顿第三定律，即为所 求压力之比 考点：物体的平衡条件 点评：受力分析，列平衡方程求解。 （ 1）如图所示，用某单色光照射光电管的阴板 K，会发生光电效应在阳极 A和阴极 K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大加在光电管上的电压，直至电流表中电流恰为零，此时电压表的电压值 U称为反向截止电压，现分别用频率为 和 的单色光照射阴极，测得反向截止电压分别为 U1和 U2设电子的质量为m、电荷 量为 e，下列说法正确的是 （选对 1个给 3分，选对 2个给 4

33、分，选对 3个给 6分，每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分） A频率为 的光照射时，光电子的最大初速度为 B频率为 的光照射时，光电子的最大初速度为 C阴极 K金属的逸出功为 D普朗克常数 E阴极 K金属的极限频率是 （ 2）如图所示， A、 B两球质量均为 m，其间有压缩 的轻短弹簧处于锁定状态（ A、B两球与弹簧两端接触但不连接）弹簧的长度、两球的大小均忽略 ,整体视为质点 ,该装置从半径为 R的竖直光滑圆轨道左侧与圆心等高处由静止下滑，滑至最低点时，解除对弹簧的锁定状态之后 ,B球恰好能到达轨道最高点，求： 小球 B解除锁定后的速度 弹簧处于锁定状态时的弹性势能 答案：（ 1） A

34、C D（ 2） 试题分析：（ 1） A频率为 的光照射时，由 ，光电子的最大初速度为， A正确；同理可知 B错误； C由 ，得到阴极 K金属的逸出功为 ，普朗克常数 ， CD正确， E由 可知， E错误。 故选 ACD （ 2） 小球 B解除锁定后，到轨道最高 点的速度为 v，则有 设、系统滑到圆轨道最低点时锁定为 ，根据机械能守恒得 解除弹簧锁定后、的速度分别为 ，弹性势能为 E弹 ，则有 解得 ： 考点：光电效应，动量守恒定律，能的转化和守恒，圆周运动。 点评：本题关键是两个球和弹簧系统机械能守恒，在最低点系统受到外力的合力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律多次列式即可