題目列表(包括答案和解析)
如圖所示，用波長為λ的光照射金屬板N時，靈敏電流表指針發生偏轉．在M、N間加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向與兩板平行，調整M、N間的距離d，電流表指針恰好不偏轉．設光電子的質量為m、電荷量為e，普朗克常量為h，真空中光速為c．求該金屬的逸出功．（16分）如圖所示，用波長為
的光照射金屬板N時，靈敏電流表指針發生偏轉。在M、N間加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向與兩板平行，調整M、N間的距離d，電流表指針恰好不偏轉。設光電子的質量為m、電荷量為e，普朗克常量為h，真空中光速為c。求該金屬的逸出功。
(1)在圖中標出有光電流時電流的方向.
(2)求該金屬的逸出功.
如圖所示，用波長為
的光照射金屬板N時，靈敏電流表指針發生偏轉．在M、N間加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向與兩板平行，調整M、N間的距離d，電流表指針恰好不偏轉．設光電子的質量為m、電荷量為e，普朗克常量為h，真空中光速為c．求該金屬的逸出功．
1．答案：AC 電磁波從真空進入水中，傳播速度變小，而電磁波的頻率不變，因此波長變小；“B超”本質是超聲波，而不是電磁波．
2．答案：C 由題意知，在細線未斷之前，兩個彈簧受的彈力是相等的，所以當細線斷開后，甲、乙兩物體做簡諧運動的振幅是相等的，A、B均錯；兩物體在平衡位置時速度最大，此時的動能等于彈簧剛釋放時的彈性勢能，所以兩物體的最大動能是相等的，則質量大的速度小，D錯，C對．
3．答案：ABD
從圖象中可知波長
，經過
時間，恰好第三次重復出現圖示的波形，因此可知周期
，從而確定波速和時間內質元P經過的路程為
，
時由于不知波的傳播方向，因此無法確定質元P的振動方向，
，因此可以確定的波形圖．綜上本題答案為ABD．
4．答案：B 如圖所示，在第一個入射點A，入射角i=45°，根據n=sini/sinr，n=
，解得，r=30°，在A點有一條反射光線，反射光線與法線的夾角為45°；A點的折射光線射到玻璃球與真空的交界面B處發生反射和折射，入射角為30°，反射角為30°，折射角為45°，在B點有一條從玻璃球內射出的折射光線；B點反射光線射到玻璃球與真空的交界面C處發生反射和折射，入射角為30°，反射角為30°，折射角為45°，在C處有一條從玻璃球內射出的折射光線；C點的反射光線射到玻璃球與真空的交界面恰好射到A處發生反射和折射，入射角為30°，反射角為30°，折射角為45°，折射角恰好與第一次的反射光線重合．所以，從各個方向觀察玻璃球，能看到3條從玻璃球內射出的光線．
5．答案：C 電磁波中波長從長到短依次是：無線電波、紅外
線、可見光、紫外線、X射線、
射線．由已知條件，T射
線介于無線電波和紅外線之間，可見它的波長比可見光長，
A錯；原子內層電子受激發產生的是X射線，B錯；波長
越長的電磁波，更容易表現出波動性，所以C對，D錯．
6．答案：D 再過
個周期，質點經平衡位置向下振動，從
而可以判斷出只有d處質點符合要求．
7．答案：AD 由多普勒效應可知，聲源與觀察者相對靠近過程中，觀察者接收到的頻率增大；相對觀察者遠離過程中，觀察者接收到的頻率減小．
8．答案：B 根據光的折射定律，畫出從AB面進入三棱鏡后的光路圖，由于內側面和外側面平行，光從三棱鏡的AC面射出后一定與入射光線平行，故B正確．
9．答案：B 在S斷開前ab段短路，電容器不帶電．斷開時，ab中產生自感電動勢，阻礙電流減小給電容器充電，此時電流正向最大．給電容器充電的過程，電容器電量最大時ab中電流減為零，此后LC發生電磁振蕩形成交變電流，故B選項正確．
10．答案：A 首先從甲圖上可以看出a、b兩束光的波長大小，然后再根據波長和頻率、折射率的關系即可得到正確答案．
11．答案：（1）1．73 （3分） （2）P4 （3分） （3）1（2分）
12．答案：（1）B（2分）（2）a （2分） （3）0．30 （3分） 9．86（3分）（4）66．3（2分）
解析：（1）為了測量出周期，需要秒表，為測量程度的改變需要刻度尺，故還需要的測量工具為B；
（2）根據單擺的周期公式，
得
，顯然若以l為自變量，則當地l=0時T2>0，所以真正的圖象是a；
（3）由（2）的分析可以確定，筒的深度為0．
，所以當地的重力加速度為9．
（4）66．3s 對于秒表讀數，應注意小表盤上的每格是1min，大表盤上每小格保持0．1s．
13．解析：電子的動量為p＝mv＝9．1×10－31×
動量的不確定范圍為Δp＝0．01%×p＝1．0×10－4×1．8×10－
＝1．8×10－
由不確定關系式，得電子位置的不確定范圍為
Δx＝
＝
m＝2.9×10－
14．解析：當S撥至a時，油滴受力平衡，顯然帶負電
所以mg=qU/d（3分）
當S撥至b時，LC回路中有電流，其振蕩周期為
s（3分）
當t==3．14×10－5s時，電容器恰好反向充電結束，由牛頓第二定律得，
qU/d+mg=ma（3分）
以上式子聯立，代入數據解得，a=
當振蕩電流最大時，兩極板間無電場，油滴僅受重力作用
所以mg=ma/，a/= g=
15．解析：依題意，要求具有最大初動能的光電子沿平行于N板的方向不能到達M．即電流表中恰無電流時，一定是具有最大初動能的光電子沿平行于N板的方向進入磁場，且恰好碰不到M板，即有
（4分）
根據牛頓運動定律，有
（3分）
解得
（2分）
（3分）
設金屬逸出功為W，根據光電效應方程得，
（2分）
解得
（2分）
16．解析：如圖所示，由折射定律，光線在AB面上折射時有sin60°=nsinα（2分）
在BC面上出射時，nsinβ=nsinγ（2分）
由幾何關系，α+β=90°
δ=(60°－α)+(γ－β)=30°
聯立解得，α=β=45° γ=60°（2分）
所以n=sin60°/sin45°=
/2（2分）
單色光在棱鏡中通過的幾何路程
（2分）
單色光在棱鏡中光速
（2分）
設點光源到棱鏡AB側面的垂直距離為L，
依題意
，（2分）
所以
（2分）
17．解析：設昆蟲的質量是m，則單擺的質量為
昆蟲飛來并抱住擺球，此過程擺球、昆蟲水平方向上動量守恒有，
mv0=(
昆蟲與擺球以共同速度u擺到最大高度h，機械能守恒，得
6mu2=6mgh ②（3分）
由振動圖象及單擺周期公式知
所以
m ③（3分）
畫出位置示意圖如圖所示，由圖中可知，根據相似三角形得，
因從圖象上可以看出昆蟲和擺球一起振動的過程中振幅為
所以a=
即
m ④（3分）
由①②式得，v0=6u=6
將④式代入得，
m/s． （4分）
18．解析：（1）振幅很小時，A、B不會分離，將A和B整體看作 振
子，當它們處于平衡位置時，根據平衡條件有
（2分）
解得
m=
平衡位置距地面高度
=
（2）當A、B運動到最低點時，有向上的最大加速度，此時A、B之間的作用力最大
設振幅為A，最大加速度
m/s2（2分）
取B為研究對象，有
=1．5N（2分）
（3）B在振動過程中始終與A接觸，在最高點時相互作用力應滿足
，取B為研
究對象，
，當
時，B振動的加速度達到最大值，且最大值
=
因
，表面A、B僅受重力作用，此刻彈簧的彈力為零，彈簧處于原長，
cm，即振幅不能超過
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