2024年浙教版高二物理上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年浙教版高二物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、以下運動中在任意相等的時間內(nèi)動量增量相同的是（）A.自由落體運動B.豎直上拋運動C.勻速圓周運動D.平拋運動2、如圖所示；有一半圓弧光滑軌道，半徑為R，在與圓心等高的位置靜止放置一個帶正電的小球A，其質(zhì)量為m，MN之間有一方向水平向左的勻強電場，讓小球A自由滾下進入勻強電場區(qū)域，水平面也是光滑的，下列說法正確的是（）

A.小球一定能穿過MN區(qū)域繼續(xù)運動B.如果小球一定能穿過MN區(qū)域，電場力做的功為﹣mgRC.如果小球沒有穿過MN區(qū)域，小球一定能回到出發(fā)點D.如果小球沒有穿過MN區(qū)域，只要電場強度足夠大，小球可以到達P點，且到達P點速度大于等于3、如圖1所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m=2kg的另一物體B（可視為質(zhì)點）以水平速度v0=2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖2所示，已知當?shù)氐闹亓铀俣萭=10m/s2．則下列說法正確的是（）

A.木板獲得的動能為2JB.系統(tǒng)損失的機械能為2JC.木板A的最短長度為1.5mD.A,B間的動摩擦因數(shù)為0.24、關(guān)于傳感器，下列說法正確的是（）A.金屬材料不可以制成傳感器B.光敏電阻和熱敏電阻都是由半導(dǎo)體材料制成的C.傳感器主要是通過感知電阻的變化來傳遞信號的D.以上說法都不正確5、如圖為波爾解釋氫原子光譜畫出的氫原子能級示意圖，一群氫原子處于n=4的激發(fā)態(tài)，下列說法中正確的是（）A.這群氫原子能夠發(fā)出6種不同頻率的光B.由n=4躍遷到n=3時發(fā)出的光的波長最長C.由n=4躍遷到n=1時發(fā)出的光的頻率最小D.這群氫原子能夠吸收任意能量的光后向更高能級躍遷6、第一次通過實驗的方法比較準確地測出引力常量的物理學(xué)家是（）

A.牛頓。

B.開普勒。

C.伽利略。

D.卡文迪許。

7、有一個靈敏電流表的內(nèi)阻是Rg=200Ω，滿刻度電流值是Ig=500現(xiàn)欲把這電流表改裝成量程為1.0V的電壓表，正確的方法是（）A.應(yīng)串聯(lián)一個0.1Ω的電阻B.應(yīng)并聯(lián)一個0.1Ω的電阻C.應(yīng)串聯(lián)一個1800Ω的電阻D.應(yīng)并聯(lián)一個1800Ω的電阻8、電流表的內(nèi)阻是Rg=200Ω，滿刻度電流值是Ig=500uA，現(xiàn)欲把這電流表改裝成量程為2.0V的電壓表，正確的方法是（）A.應(yīng)并聯(lián)一個3800Ω的電阻B.應(yīng)串聯(lián)一個3800Ω的電阻C.應(yīng)并聯(lián)一個0.05Ω的電阻D.應(yīng)串聯(lián)一個0.05Ω的電阻評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、如圖所示是使用光電管的原理圖．當頻率為ν的可見光照射到陰極K上時，電流表中有電流通過．移動變阻器的滑片P，當電流表電流剛減小到零時，電壓表的讀數(shù)為U，則光電子的最大初動能為____（已知電子電量為e）．如果不改變?nèi)肷涔獾念l率，而增加入射光的強度，則光電子的最大初動能將____（填“增加”；“減小”或“不變”）．

10、某同學(xué)在做“用單擺測定重力加速度”的實驗．

（1）下列措施中必要的或做法正確的是______．（選填下列措施前的序號）

A．為了便于計時觀察；單擺的擺角應(yīng)盡量大些。

B．擺線長應(yīng)遠遠大于擺球直徑。

C．擺球應(yīng)選擇密度較大的實心金屬小球。

D．用秒表測量周期時；應(yīng)測量單擺20～30次全振動的時間，然后計算周期，而不能把只測一次全振動時間當作周期。

E．將擺球和擺線平放在桌面上；拉直后用米尺測出擺球球心到擺線某點O間的長度作為擺長，然后將O點作為懸點。

（2）測擺長時測量結(jié)果如圖1所示（單擺的另一端與刻度尺的零刻線對齊），擺長為______cm；然后用秒表記錄了單擺振動50次所用的時間如圖2所示，秒表讀數(shù)為______s．

（3）他測得的g值偏小，可能的原因是______

A．測擺線長時擺線拉得過緊。

B．擺線上端未牢固地系于懸點；振動中出現(xiàn)了松動，使擺線長度增加了。

C．開始計時時；秒表提前按下。

D．實驗中誤將49次全振動數(shù)為50次．11、在用電火花計時器（或電磁打點計時器）研究勻變速直線運動的實驗中，某同學(xué)打出了一條紙帶，已知計時器打點的時間間隔為0.02s，他按打點先后順序每5個點取1個計數(shù)點，得到了O、A、B、C、D等幾個計數(shù)點，如圖所示，則相鄰兩個計數(shù)點之間的時間間隔為______s．用刻度尺量得點A、B、C、D到O點的距離分別為x1=1.50cm，x2=3.40cm，x3=5.70cm，x4=8.40cm．由此可知，打C點時紙帶的速度大小為______m/s．與紙帶相連小車的加速度大小為______m/s2．12、氫原子的能級如圖所示，氫原子從n=3

能級向n=1

能級躍遷所放出的光子，恰能使某種金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)，則該金屬的逸出功為______eV

用一群處于n=4

能級的氫原子向低能級躍遷時所發(fā)出的光照射該金屬，產(chǎn)生的光電子最大初動能為______eV

．13、氫原子能級及各能級值如圖所示.

當大量氫原子從第4

能級向第2

能級躍遷時，可以釋放出______種不同頻率的光子，所釋放的光子最小頻率為______(

用普朗克常量h

和圖中給出的能級值字母表示)

．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)14、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）15、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

16、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

17、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）18、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）19、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）20、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

21、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

22、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、畫圖題(共2題，共6分)23、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象24、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象評卷人得分五、證明題(共2題，共18分)25、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。26、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。評卷人得分六、簡答題(共2題，共18分)27、如圖，A是地球的同步衛(wèi)星．另一衛(wèi)星B的圓形軌道位于赤道平面內(nèi)，離地面高度為h．已知地球半徑為R，地球自轉(zhuǎn)角速度為ω0；地球質(zhì)量為M，O為地球中心．

（1）開普勒行星運動第三定律指出：行星繞太陽運動的橢圓軌道的半長軸a的三次方與它的公轉(zhuǎn)周期T的二次方成正比；即k是一個對所有行星都相同的常量．開普勒定律不僅適用于太陽系，它對一切具有中心天體的引力系統(tǒng)（如地月系統(tǒng)）都成立．請你推導(dǎo)出地月系中該常量k的表達式．已知引力常量為G．

（2）如衛(wèi)星B繞行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，某時刻A、B兩衛(wèi)星相距最近（O、B、A在同一直線上），則至少經(jīng)過多長時間，它們還能相距最近？28、rm{SO_{2}}是常見的大氣污染物，燃煤是產(chǎn)生rm{SO_{2}}的主要原因。工業(yè)上有多種方法可以減少rm{SO_{2}}的排放。rm{(1)}往煤中添加一些石灰石，可以使燃煤過程中產(chǎn)生的rm{SO_{2}}轉(zhuǎn)化成硫酸鈣。該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_____________。rm{(2)}可用多種溶液做燃煤煙氣中rm{SO_{2}}的吸收液。rm{壟脵}分別用等物質(zhì)的量濃度的rm{Na_{2}SO_{3}}溶液和rm{NaOH}溶液做吸收液，當生成等物質(zhì)的量的rm{NaHSO_{3}}時，兩種吸收液體積比rm{V(Na_{2}SO_{3})}rm{V(NaOH)=}________。rm{壟脷NaOH}溶液吸收了足量的rm{SO_{2}}后會失效，可將這種失效的溶液與一定量的石灰水溶液充分反應(yīng)后過濾，使rm{NaOH}溶液再生，再生過程的離子方程式是_________。rm{(3)}甲同學(xué)認為rm{BaC1_{2}}溶液可以做rm{SO_{2}}的吸收液。為此甲同學(xué)設(shè)計如下實驗rm{(}如圖所示，夾持裝置和加熱裝置略，氣密性已檢驗rm{)}已知：rm{Na_{2}SO_{3}(}固體rm{)+H_{2}SO_{4}(}濃rm{)overset{triangle}{=}Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}反應(yīng)開始后，rm{)overset{triangle}{=}

Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}中rm{A}固體表面有氣泡產(chǎn)生同時有白霧生成，rm{Na_{2}SO_{3}}中有白色沉淀。甲同學(xué)認為rm{B}中白色沉淀是rm{B}與rm{SO_{2}}溶液反應(yīng)生成的rm{BaC1_{2}}所以rm{BaSO_{3}}溶液可做rm{BaC1_{2}}的吸收液。乙同學(xué)認為rm{SO_{2}}中的白色沉淀是rm{B}產(chǎn)生rm{BaSO_{4}}的原因是：rm{BaSO_{4}}中產(chǎn)生的白霧是濃硫酸的酸霧，進入rm{壟脵A}中與rm{B}溶液反應(yīng)生成rm{BaCl_{2}}沉淀。rm{BaSO_{4}}____________________。為證明rm{壟脷}與rm{SO_{2}}溶液不能反應(yīng)得到rm{BaCl_{2}}沉淀，乙同學(xué)對甲同學(xué)的實驗裝置做了如下改動并實驗rm{BaSO_{3}}如圖所示，夾持裝置和加熱裝置略，氣密性已檢驗rm{(}反應(yīng)開始后，rm{):}中rm{A}固體表面有氣泡產(chǎn)生同時有白霧生成；rm{Na_{2}SO_{3}}rm{B}試管中除了有氣泡外，未見其他現(xiàn)象；rm{C}中紅色褪去。rm{D}試管rm{壟脹}中試劑是______溶液；滴加濃硫酸之前的操作是________。rm{B}通過甲、乙兩位同學(xué)的實驗，得出的結(jié)論是___________。rm{壟脺}參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A|B|D【分析】【解析】【答案】ABD2、C【分析】【解答】解：A；小球進入電場后受到向左的電場力而做減速運動；由于MN的寬度和小球進入電場的速度、加速度等條件不明，所以小球不一定能穿過電場區(qū)域，故A錯誤．

B、若小球一定能穿過MN區(qū)域，根據(jù)動能定理得：mgR+W電=mv2﹣0，解得，電場力做的功為W電=mv2﹣mgR；故B錯誤．

C；如果小球沒有穿過MN區(qū)域；由于電場力和重力做功只與初末位置有關(guān)，根據(jù)能量守恒定律和過程的可逆性可知，小球一定能回到出發(fā)點，而且回到出發(fā)點時速度為零，不可能到達P點，故C正確，D錯誤．

故選：C．

【分析】小球進入電場后受到向左的電場力而做減速運動，不一定能穿過電場區(qū)域；根據(jù)能量守恒定律分析小球能否到達P點．根據(jù)動能定理，求解電場力做功．3、B【分析】【解答】解：從圖可以看出；B做勻減速運動，A做勻加速運動，最后一起做勻速運動，共同速度為1m/s．

A、木板獲得的動能為：EkA=mv2=×2×12=1J；故A錯誤；

B、系統(tǒng)損失的機械能：△E=mv02﹣×2mv2=×2×22﹣×2×2×12=2J；故B正確；

C、由圖像可知1s內(nèi)物體B的位移為：xB=×1=1.5m，木板A的位移為：xA=×1×1=0.5m，所以木板最小長度為L=xB﹣xA=1m；故C錯誤；

D、由圖像可知木板A的加速度為aA===1m/s2，根據(jù)μmBg=mAaA得出動摩擦因數(shù)為0.1；故D錯誤．

故選：B．

【分析】B在A的表面上滑行時受摩擦力作用而做勻減速運動，A受摩擦力作用做勻加速直線運動，根據(jù)v﹣t圖像可得到木板獲得的速度，求得動能和系統(tǒng)損失的動能，根據(jù)圖像的斜率得出兩物體的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解即可A、B間的動摩擦因數(shù)．4、B【分析】解：A；傳感器材料分半導(dǎo)體材料、陶瓷材料、金屬材料和有機材料；故A錯誤；

B；光敏電阻和熱敏電阻都是由半導(dǎo)體材料制成的；故B正確，D錯誤；

C；傳感器一定是通過非電學(xué)量轉(zhuǎn)換成電學(xué)量來傳遞信號的；不一定是通過感知電阻的變化來傳遞信號的，故C錯誤；

故選：B

傳感器作為一種將其它形式的信號與電信號之間的轉(zhuǎn)換裝置；在我們的日常生活中得到了廣泛應(yīng)用，不同傳感器所轉(zhuǎn)換的信號對象不同，我們應(yīng)就它的具體原理進行分析．

傳感器能夠?qū)⑵渌盘栟D(zhuǎn)化為電信號，它們在生產(chǎn)生活中應(yīng)用非常廣泛，在學(xué)習(xí)中要注意體會．【解析】【答案】B5、A【分析】解：A、根據(jù)=6知；大量處于n=4能級的氫原子躍遷時能輻射出6種不同頻率的光子．故A正確；

B；從n=4躍遷到n=3輻射的光子能量最?。桓鶕?jù)：E=hv可知，頻率最小，則波長最長．故B錯誤；

C；一群處于n=4的氫原子；由n=4躍遷到n=1，輻射的光子能量最大，根據(jù)：E=hv可知，發(fā)出的光的頻率最大．故C錯誤；

D；氫原子發(fā)生躍遷；吸收的能量必須等于兩能級的能級差．故D錯誤．

故選：A

根據(jù)=6知；大量處于n=4能級的氫原子躍遷時能輻射出6種不同頻率的光子．能級差是不連續(xù)的，吸收或輻射的光子能量等于兩能級的能級差，所以光子能量不連續(xù)．軌道半徑越小，原子能量越?。?/p>

該題考查氫原子的南極與躍遷，解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷滿足的規(guī)律，即Em-En=hv．基礎(chǔ)題目．【解析】【答案】A6、D【分析】

牛頓在推出萬有引力定律的同時；并沒能得出引力常量G的具體值，G的數(shù)值于1789年由卡文迪許利用他所發(fā)明的扭秤得出，故ABC錯誤，D正確．

故選D．

【解析】【答案】本題考查了物理學(xué)史；了解所涉及偉大科學(xué)家的重要成就，如高中所涉及到的牛頓；伽利略、開普勒、卡文迪許、庫侖等重要科學(xué)家的成就要明確．

7、C【分析】試題分析：改裝成電壓表需串聯(lián)一電阻，由題意知，需串聯(lián)總電阻的阻值為所以C正確；A、B、D錯誤?？键c：本題考查電表的改裝?！窘馕觥俊敬鸢浮緾8、B【分析】解：把電流表改裝成2V的電壓表需要串聯(lián)分壓電阻；串聯(lián)電阻阻值為：

R=-Rg=-200=3800Ω；故B正確；ACD錯誤。

故選：B．

把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻；應(yīng)用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出串聯(lián)電阻阻值．

本題考查了電壓表的改裝，知道電壓表改裝原理是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以解題．【解析】【答案】B二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】

因為反向電壓為U時，電流表讀數(shù)為零，則光電子的最大初動能Ekm=eU．

如果不改變?nèi)肷涔獾念l率；而增加入射光的強度，但光電子的最大初動能不變．

故答案為：eU；不變．

【解析】【答案】圖中可知；所加的電壓為反向電壓，電流計的讀數(shù)恰好為零，此時電壓表的示數(shù)為6.0V，可知光電子的最大初動能．根據(jù)動能定理求出電壓表讀數(shù)為2V時，電子到達陽極時的最大動能．

10、略

【分析】解：（1）A；單擺在擺角很小的情況下才做簡諧運動；單擺的擺角不能太大，一般不超過5°，否則單擺將不做簡諧運動，故A錯誤．

B；減小空氣阻力的影響；擺線的長度應(yīng)遠大于擺球的直徑，應(yīng)選擇密度大而體積小的實心金屬小球作為擺球，故BC正確．

D、為了減小測量誤差，應(yīng)采用累積法測量周期，即測量單擺20～30次全振動的時間t，再T=求出周期T；故D正確．

故選：BCD．

（2）由圖1所示可知；擺長為99.80cm；由圖2所示可知：秒表內(nèi)圈讀數(shù)為：1.5min=90s，外圈讀數(shù)為：10.6s，故秒表讀數(shù)為100.6s．

（3）解：根據(jù)單擺的周期公式得：．

A；測擺線長時擺線拉得過緊；使得擺長的測量值偏大，則測得的重力加速度偏大．故A錯誤．

B；擺動后出現(xiàn)松動；知擺長的測量值偏小，則測得的重力加速度偏?。蔅正確．

C；實驗中開始計時時；秒表提前按下，則周期的測量值偏大，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏?。蔆正確．

D；實驗中將49次全振動數(shù)成50次全振動；測得周期偏小，則測得的重力加速度偏大．故D錯誤．

故選：BC．

故答案為：（1）BCD；（2）99.80；100.6．（3）BC．

（1）單擺測定重力加速度的原理是：單擺的周期公式在擺角很小的情況下；單擺的振動才是簡諧運動；為減小空氣阻力的影響，擺球的直徑應(yīng)遠小于擺線的長度，選擇密度較大的實心金屬小球作為擺球．擺長等于擺線的長度加上擺球的半徑．

（2）由圖示求出擺長；秒表分針示數(shù)與秒針示數(shù)之和是秒表示數(shù)．

（3）根據(jù)單擺的周期公式得出重力加速度的表達式從而判斷出重力加速度減小的原因．

單擺只有在擺角很小，空氣阻力影響不計的情況下單擺的振動才可以看成簡諧運動，要知道影響實驗結(jié)論的因素；分析單擺測重力加速度的誤差應(yīng)該由具體的公式．【解析】BCD；99.80；100.6；BC11、略

【分析】解：（1）由于計時器打點的時間間隔為0.02s；他按打點先后順序每5個點取1個計數(shù)點，所以相鄰兩個計數(shù)點之間的時間間隔為0.1s．

（2）根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度；

vC===0.25m/s

（3）根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大?。?/p>

得：x3-x1=2a1T2

x4-x2=2a2T2

為了更加準確的求解加速度；我們對兩個加速度取平均值。

得：a=（a1+a2）

即小車運動的加速度計算表達式為：

a=

整理：a===0.4m/s2

故答案為：0.1；0.25，0.4

根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大?。桓鶕?jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上C點時小車的瞬時速度大小．

要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習(xí)中要加強基礎(chǔ)知識的理解與應(yīng)用．【解析】0.1；0.25；0.412、略

【分析】解：原子從能級n=3

向n=1

躍遷所放出的光子的能量為13.60鈭?1.51=12.09eV

當光子能量等于逸出功時，恰好發(fā)生光電效應(yīng)，所以逸出功W0=12.09eV

．

從能級n=4

向n=1

躍遷所放出的光子能量為13.6鈭?0.85eV=12.75eV

根據(jù)光電效應(yīng)方程得，最大初動能Ekm=hv鈭?W0=12.75鈭?12.09=0.66eV

．

故答案為：12.090.66

．

能級間躍遷時輻射的光子能量等于兩能級間的能級差；根據(jù)光電效應(yīng)的條件求出金屬的逸出功，再根據(jù)光電效應(yīng)方程得出光電子的最大初動能．

解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，以及掌握光電效應(yīng)方程Ekm=hv鈭?W0

．【解析】12.090.66

13、略

【分析】解：當大量氫原子從第4

能級向第2

能級躍遷時；可以釋放出3

種不同頻率的光子；分別是n=4

向n=3n=3

向n=2

以及n=4

向n=2

三種．

因為放出的光子能量滿足h婁脙=Em鈭?En

知，從n=4

能級躍遷到n=3

能級發(fā)出光的頻率最小；

則有：h婁脙=E4鈭?E3

所以：婁脙=E4鈭?E3h

．

故答案為：3E4鈭?E3h

根據(jù)h婁脙=Em鈭?En

可知在何能級間躍遷發(fā)出光的頻率最小．

解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷放出或吸收光子的能量滿足h婁脙=Em鈭?En

．【解析】3E4鈭?E3h

三、判斷題(共9題，共18分)14、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大小．

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大小；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．15、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．16、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．17、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．18、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．19、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導(dǎo)體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．20、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．21、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．22、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?、畫圖題(共2題，共6分)23、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】24、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】五、證明題(共2題，共18分)25、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動26、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動六、簡答題(共2題，共18分)27、略

【分析】

（1）衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，于是軌道半長軸a即為軌道半徑r；根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律列式求解即可；

（2）衛(wèi)星A；B繞地球做勻速圓周運動；當衛(wèi)星B轉(zhuǎn)過的角度與衛(wèi)星A轉(zhuǎn)過的角度之差等于2π時，衛(wèi)星再一次相距最近。

本題考查萬有引力定律和圓周運動知識的綜合應(yīng)用能力，向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用，難度適中．【解析】解：（1）因衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，于是軌道半長軸a即為軌道半徑r；根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有：

解得：k=

（2）由萬有引力定律和向心力公式得=mωB2（R+h）

在地球表面有

得ωB=

由題意得（ωB-ω0）t=2π

解得：t=

答：（1）地月系中該常量k的表達式為

（2）至少經(jīng)過時間它們還能相距最近．28、(1)2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2

(2)①1：2②Ca2++OH-+HSO3-=CaSO3↓+H2O

(3)②A中產(chǎn)生的SO2與裝置內(nèi)空氣中的O2進入B中與BaCl2溶液反應(yīng)生成BaSO4沉淀。

③飽和NaHSO3打開彈簧夾，通入N2；一段時間后關(guān)閉彈簧夾。

④SO2與BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀；不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液。

【分析】【分析】

本題考查了二氧化硫性質(zhì)的實驗驗證分析判斷；物質(zhì)性質(zhì)的分析，裝置特征的判斷，反應(yīng)條件的應(yīng)用是解題關(guān)鍵，題目難度中等。

【解答】

rm{(1)}根據(jù)題意，碳酸鈣與二氧化硫、氧氣在高溫條件下反應(yīng)生成硫酸鈣，同時生成二氧化碳，所以反應(yīng)的方程式為：rm{2CaCO_{3}+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}+2CO_{2}}

故答案為：rm{2CaCO_{3}+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}+2CO_{2}}

rm{2CaCO_{3}+2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}+2CO_{2}}假設(shè)生成的rm{2CaCO_{3}+2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}+2CO_{2}}物質(zhì)的量都為rm{(2)壟脵}rm{NaHSO_{3}}吸收的二氧化硫的物質(zhì)的量為rm{2mol}需rm{Na_{2}SO_{3}+SO_{2}+H_{2}O簍T2NaHSO_{3}}rm{2mol}吸收的二氧化硫的物質(zhì)的量也為rm{1molNa_{2}SO_{3}}需rm{NaOH+SO_{2}簍TNaHSO_{3}}假設(shè)rm{2mol}溶液和rm{2molNaOH}