一 2014年全国新课标地区物理模拟试题

2013年全国新课标地区物理模拟试题一

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分110分。

第Ⅰ卷（选择题 共48分）

一、选择题（本大题共8小题，每小题6分。标 * 的有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

*1.如图所示，意大利物理学家伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻

力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有（ ） A．外推得到了牛顿第一定律

B．外推证实自由落体运动也是匀加速直线运动 C．斜面上小球运动速度的变化对时间是均匀的，即速度与时间成正比

D．斜面上小球运动速度的变化对位移是均匀的，即速度

与位移成正比

2.如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示。若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力作用开始运动，则以下说法正确的是（ ） A．电子将沿x负方向运动

B．电子的电势能将变大

? · O

C．电子运动的加速度先增大后减小 D．电子运动的加速度一直增大

x

甲

O 乙

x 3.如图所示，在生产实际中，有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关S处产生电弧，危及操作人员的人身安全。为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件，下列方案可行的是（ ）

*4.质量为m的物体，在F1、F2、F3、F4、F5五个平面共点力的作用下做匀速直线运动。现同时撤去F1、F2、F3三力，并保持F4、F5大小不变，立刻在原平面内同向旋转90o后保持不变，则物体可能做 ( ) A．匀速直线运动 B．加速度大小为

2F5的匀速圆周运动 mF5的匀变速曲线运动 mC．加速度大小为

D．加速度大小为

2F5的匀变速直线运动 m5. 一理想变压器初级加一固定的交变电压，次级负载电路连接如图所示。输电线电阻不可忽略，用R线表示，电表均理想，则下列说法正确的是（ ）

A．当滑动变阻器的滑片由a向b滑动时，滑动灯泡L1变亮，L2变暗， B．当滑动变阻器的滑片由a向b滑动时，电流表A1 、电压表V2示数都变大 C．当次级近旁电热器接入电路时，电流表A1 和A2示数都变大 D．当灯泡L2灯丝烧断时，电压表V2示数不变，电流表A1示数变小

～ A1 电 热 器 R线 A2 V2 R线 L2 R L1 b S

a

*6.如图所示，水平平行放置的光滑导轨上连有一电阻R，处于垂直导轨平面的匀强磁场中，金属棒MN垂直两导轨横跨其上。现从静止起用平行导轨的水平力金属棒MN，若保持拉力恒定，经时间t1，ab棒速度为v，加速度为a1，最终速度为2v；若保持拉力的功率恒定，经时间t2，ab棒速度为v，加速度为a2，最终速度也为2v；导轨的电阻不计，比较时间t1与 t2，和a1与a2大小，下列关系式正确的是( )

A．a2= 2a1 B．a2 = 3a1 C．t1 = t2 D．t1 > t2

*7.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止，弹簧的劲度系数1

为k，现用大小等于mg的恒力F向上拉B，下列说法正确的是（

2 A．B与A将会离开，分离时弹簧为原长

B．B与A不可能离开，向上运动的最大位移为

）

A M

B

R C N v B D

图

mg k

C．B与A向上运动过程中，两物体的动能先增大后减小 D．B与A组成的系统机械能一直增大

8.你是否注意到，“神舟”宇宙飞船控制中心的大屏幕上出现的一幅卫星运行轨迹图， 如图所示，它记录了“神舟”飞船在地球表面垂直投影的位置变化；图中表示一段时间内飞船绕地球沿圆周飞行四圈，依次飞经中国和太平洋地区的四次轨迹①.②.③.④，图中分别标出了各地点的经纬度（如：在轨迹①通过赤道时的经度为西经157.5°，绕行一圈后轨迹②再次经过赤道时经度为180°……），从图中可知：“神舟”六号宇宙飞船的运行周期约为( )

图

A．80min B．90min C．100min D．110 min

第Ⅱ卷（非选择题 共62分）

（一）必考题（4小题，共47分）

9.（5分）某研究性学习小组做探究“橡皮筋做的功和物体速度变化的关系”的实验，实验

2开始前，他们提出了以下几种猜想：①w?v②w?v③w?v。实验装置如图所示，

图中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形，这时橡皮筋对小车做的功记为W。 当我们用2条、3条??完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次??实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放。 小车在实验中获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。

(1)实验时为了使小车运动看成只是橡皮筋作用下的运动，应采取的措施是 ； (2)每次实验得到的纸带上的点并不都是均匀的，为了计算出小车获得的速度，应选用纸带的 部分进行测量；

(3)同学们设计了以下表格来记录数据。其中w1、w2、w3、w4 ??表示橡皮筋对小车做的功, v1、v2、v3、v4、??表示物体每次获得的速度 实验次数 w v 1 w1 v1 2 w2 v2 3 w3 v3 4 w4 v4 2打点计时纸带 小车 橡皮w · · 0 图甲 图乙 v ?? ?? ?? 他们根据实验数据绘制了如图乙所示的w—v图象，由图象形状得出结论w?v。他们的做法是否合适？请说明理由： 。

10. （10分）如图1所示，厚度为h，宽度为d的导体垂直于磁感线放在磁感强度为B的匀强磁场中，当电流通过导体时，在导体的上下表面间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为U?kIB，d式中的比例系数k称为霍尔系数，仅与导体材料有关。如图2所示是一个霍尔元件，四个端口中A、C端为输入控制电流，B、D端输出霍尔电压，可用电压表检测。

d I B I h B 图1

A B C D 图2 SJ119 （1）某研究学习小组的同学用霍尔元件测量某地磁感应强度。准备的仪器还有电源E、滑动变阻器、零点在中央的电流表和电压表。请根据所给器材，在图3实物上连线。

V

图3

A B C D SJ119 （2）由于不知该地磁场的方向，该同学随意转动霍尔元件，发现电压表指针所指位置不断在中央零刻度两侧变动，幅度时大时小，电流表示数基本稳定。为了较准确方便地测量出该地的磁感应强度，当电压表示数最大时，停止转动，此时两电表示数如图所示，记录此时电流表读数为I= μA，电压表读数为U= mV，已知霍尔元件的霍尔系数k=2.0×102Vm/AT，图1中d=1.0mm，求得该地的磁感应强度B= (结果保留三位有效数字).

（3）在本实验中，请你至少说出一个可能影响测量结果精确性的因素. 答：

11.（14分）水平面上有质量为M的长木板，一质量为m的小铁块以初速度大小v0从长木板的中点向左运动。同时，长木板在水平拉力作用下始终向右做速度大小为v的匀速运动，已知v0>v，小铁块与木板、木板与水平面的动摩擦因数均为μ。

求：（1）在保证小铁块不能从长木板左端掉下的前提下，长木板至少多长？ （2）小铁块从中点开始运动到最终与木板一起匀速运动的过程中，拉力做了多少功？

12.（18分）如图（甲）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L，0)为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°。此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30°）。求：

μA

mV

3

1 2

0

1 2 3 30 10 20 0

10 20 30

⑴ 电子进入圆形磁场区域时的速度大小； ⑵ 0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；

⑶ 写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式。

（二）选考题(共15分。考生从以下3道物理题中任选1道作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分)。 13．【物理选修3-3】（15分） （1）（6分）关于热学知识的下列叙述中正确的是________．（选对一个给3分，选对两个给4分，选对三个给6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分）

A．温度降低，物体内所有分子运动的速度不一定都变小 B．布朗运动就是液体分子的热运动 C．将大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体

D．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的 E. 在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加

(甲) O L M ? 2L 3L y A ? v0 B0 N 4L E B ? x O -B0 T 2T t (乙)

（2）（9分）如图所示，一直玻璃试管长L=100cm，内有一段水银柱h=20cm，封闭着长a=50cm长的空气柱，此时温度t1=27oC，大气压恒为p0=76cmHg，求空气柱温度至少多高时，可使管中水银全部溢出？

14．[物理选修3-4]（15分）

L

h a (1)（6分）以下物理学知识的相关叙述，其中正确的是（选对一个给3分，选对两个给4分，选对三个给6分。选错一个扣3分，最低得分为0分）

A．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振 B．变化的电场周围不一定产生变化的磁场

C．交警通过发射超声波测量车速是利用了波的干涉原理

D．狭义相对论认为，在惯性参照系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关 E．在“用单摆测重力加速度”的实验中，测量n次全振动的总时间时，计时的起始位置应选在小球运动到最低点时为宜。

（2）（9分）一列简谐横波，在t=0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为10cm。P、Q两点的坐标分别为-1m和-9m，波传播方向由右向左， 已知t=0.7s时, P点第二次出现波峰。试计算：

①这列波的传传播速度多大？

②从t=0时刻起，经多长时间Q点第一次出现波峰？ ③当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为多少？

15．【物理选修3-5】（15分）

（1）（6分）已知氢原子的基态能量为E1??13.6eV，激发态能量为En?E1，其中2nn=2，3?。氢原子从第三激发态（n=4）向基态跃迁所发出的所有光子中，最短的波长为 m；上述所有光子中，照射到铷金属表面，逸出的光电子中最大初动能的最

?34小值为 eV。（普朗克常量h?6.63?10J?s，铷的逸出功W0?2.13eV）

（2）（9分）质量为m的A球从高度为H处沿曲面滑下，与静止在水平面上质量为M的B球发生正碰，碰撞中无机械能损失。问 A球的初速度v至少为多少时，它才可以返回到出发点？（不计摩擦）

参考答案

1.答案：BC

说明：14题09、10两年考物理学史，12年是借史考概念，转向科学思想方法考查。注意比较教材必修1P45-47与P68两处内容不同点。 2. 答案：C

提示：注意利用电势的梯度(空间变化率)与场强关系。电场强度在数值上等于沿电场线方向的电势梯度，即E???。如果取x轴正向沿E方向，△x>0，电势降低，???0，去掉?x??，即电场中各点的场强等于沿电场线方向该点电势梯度的的负?x值，也等于沿电场线方向??x关系图线切线斜率的负值。本题是顺着x方向电势升高，故

绝对值符号应写为E??电场线跟x轴反向。 3.答案：D

说明：自感无论是大纲卷还是课标卷都还是空白，但江苏、海南卷中考的多且联系实际应用。

*4. 答案：ACD

解析：物体原来匀速，必有F1、F2、F3的合力跟F4、F5的合力平衡。撤去F1、F2、F3后，保持F4、F5大小不变，立刻同向旋转90o后保持不变，故后来F4、F5的合力为恒力。由于F4、F5的方向关系未知，故物体受的合力大小为F4?F5?F合?F4?F5。极端情况是原来F1、F2、F3的合力为零，则后来F4、F5的合力为零。因此，物体要么做匀变速运动，要么做匀速运动，不可能做匀速圆周运动（变加速运动），排除选项B，选项A对。 后来合力恒定，大小为F4?F5?F合?F4?F5，由于F4、F5的方向关系未知，合力大小可能为F5，也可能为2F5，加速度大小可能为

F52F5，也可能为。但因F4、F5的mm合力方向跟物体初速度v0方向关系关系也未知，如果二者共线，则为匀变速直线运动，选项D对；如果二者不共线，则做匀变速曲线（抛物线）运动，C对选项。

说明：陈题小变，仍常规，但考及的知识点较多，力的平衡、力的合成、牛顿定律、曲线与直线运动条件等，情景开放要求思维发散，较灵活，体现选拔性考试注重思维品质考查的特征。

5. 答案：A

解析：初级外加交变电压一定，故次级输出电压不变。滑动变阻器的滑片由a向b滑动时，次级所接总电阻减小，总电流增大，输电线上电压损失增大，电压表V2示数减小，灯泡L2功率变小，变暗；通过灯泡L1的电流增大，L1功率变大，变亮，选项A对B错。次级近旁电热器接入，次级输出电压亦即路端电压不变，只是引起次级线圈和初级线圈中电流增大，但对外供电电流不变，输电线上损失不变，故电流表A1 和A2示数都不变，C选项很容易被错选（供电端用电对远方用电区的用电不会产生影响，这是供电区（电老虎用电）的“特区”）。 当灯泡L2灯丝烧断时，次级负载总电阻增大，总电流减小，输电线上损失减小，两电表示数都将增大，选项D错。

说明：交流电流部分过去连续两年都是考的理想变压器的变比规律，如果还考变压器可能跟电路综合。不过，交流发电机原理及交流电“四值”还没考。

*6. 答案：BD。

解析：若保持拉力恒定，最终速度2v匀速，则有

B2L2?2vF?FA?BIL?

RB2L2v经时间t1，ab棒速度为v，加速度为a1，ma1?F?FA1?F?

RB2L2v所以 ma1?

R若保持拉力的功率恒定，最终速度也为2v匀速，则

PB2L2?2vP4B2L2v/?FA?BI?L? ，得：? 2vRvRPPB2L2v经时间t2，ab棒速度为v，加速度为a2，ma2??FA2??

vvR3B2L2v联立解得：ma2?，故a2 = 3a1

R注意到开始a2＞a1，作出两次过程速度图线如下图中甲、乙所示，可见：t1 > t2

说明：电磁感应11年课标卷空白，12年课标卷一下考了两道选择题。而恒力和恒功率作用下的变加速直线运动模型实际应用广泛，而功率分析在过去两年高考课标卷中是空白。

*7.答案：BC

解析：系统原来静止，弹簧压缩量为

2mg。只有向上的拉力F＞mg才有可能可分离。加上k3mg，此时二者速度最大；再接下去，加速2k向上拉力F=mg/2后的起始时刻，系统获得向上的加速度a0=g/4, 一起向上加速，接着加速度减小，当加速度减为零时，弹簧压缩量减为

度方向变为向下，二者一起向上减速，根据对称性，二者一起向上运动总位移为（

2mg3mgmg-）×2＝，速度减为零达最高点时，系统加速度向下a0=g/4，二者间弹

k2kk力为N=mg/4。接下来，系统返回（其实是简谐运动），故不会分离。B与A向上运动过程中，两物体经历先加速后减速，其动能先增大后减小，拉力F做正功，B与A组成的系统机械能增加，但返回时拉力F做负功，B与A组成的系统机械能减少。故选项B、C对，A、D错。 说明：（1）简谐运动属选考内容，但这里过程分析是靠牛顿定律完成并不涉及谐振知识。另外，尽管新教材必修2P64探究了弹性势能公式，但考纲未作计算要求，本题也没有涉及，模仿高考打“擦边球”。（2）课标卷10和11年均有弹簧题，11年考了一道蹦极弹簧（必考）和一道碰撞复振子（选考）。12年新课标国卷除选考3——5涉及机械能，必考部分机械能重头戏却几乎空白。尽管高考强调能力立意，不太在意知识覆盖，但无论如何这样对中学教学会有负面影响，这也是命题者不情愿的。

8.答案：B

解析：飞船的运行轨道半径必大于地球半径，运行周期不小于84.5 min，首先排除选项A。 本题关键是看懂飞船运动的轨迹图。事实上这是一张将地球球面展开而成的平面图，一条曲线是飞船绕地球圆运动1周，四条曲线是绕地球转了4周。本来飞船运行的轨道平面是一个确定平面，而绕地球运动4周在地球表面呈4条曲线，是因为地球自转经度线移动，飞船相邻两次通过同一空间位置时垂直投影到地面（地面检测记录）的经度位置不同而形成的。 飞船每运行一周，地球自转角度为180°－157.5°= 22.5°，知神舟飞船运行的周期为

T?22.5?24h=1.5h，选项B正确。由此还可求出飞船运行的轨道半径。 360另外，由飞船运动的轨迹投影曲线，每一条曲线上下和42.4o的纬度线相切，还可知飞

船的轨迹平面与赤道平面的夹角就是42.4o（由地理中纬度线的定义可知）。

9.①把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力 （2分） ②点距均匀 （1分） ③不合适。由曲线不能直接确定函数关系，应进一步绘制w－v图象。（2分）

说明：打点纸带的计算，在近些年国卷中仅08年课标卷考过一次，现已变成“空白点”。用点计时器研究“功与动能变化的关系”是教材新增探究性学生实验，还没考过。 10. 答案：（1）如图所示。

2.00μA，22.0 mV

图3

V A B C D SJ119

2

题设：当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为U?kIB，则 ddU1.0?10?3?22.0?10?3B??==5.50×10-2T 2?6kI2.0?10?2.00?10（3）外界磁场（例如周围附近电流磁场）的干扰，样品元件与磁场方位的相对取向不完全能产生最大霍尔电压，样品元件本身的霍尔系数不很稳定可靠，样品元件随温度变化产生的影响，供电电路中如电源性能不稳定等，电表结构自身误差，测量霍尔电压和引入电流时读数不准产生的误差，??（答对一条即给2分）。

说明：本题根据教材选修3—1P103霍尔效应和选修3—2P7跳绳发电、P26自制金属探测器，参照上海2002年高考18T（用线圈探测地磁场）编拟，意在强化对黑板上讲实验和组织学生动手做实验的区分。2012年全国课标卷电路实验是利用电磁弹簧秤测磁场的磁感应强度，但该题实际操作性很差，磁场较弱时很难测量，误差很大。但利用霍尔元件测地场的磁感应强度操作性就很强，组织学生动手做一做，会很有收获。

11. 解析：（1）方法一：选匀速运动的长木板为参考系（惯性系），小铁块相对板做初速为

???g，做匀减速运动，速度减为零时相对板的位移 u0?v0?v，加速度为a相2u0(v0?v)2?? s相 （4分） ??2a相2?g??要小铁块不从板上掉下去，必须s相L （2分） 2(v0?v)2联立解得：L? （2分）

?g方法二：小铁块在向左减速到0再反向加速到v的时间 （1分）

小铁块相对地面的位移

（2

分）

木板对地的位移 （1分）

要保证小铁块不从长木板左端掉下，则它相对木板的滑移必须满足

（2分）

故得：

（2分）

v 方法三：速度图象法。取向右为矢量正向，作出二者运动的速度图象。二者图象的夹面积表示相对位移，故小铁块从中点开始运动到最终与板一起匀速运动的过程中，相对位移大小为图中阴影面积

v

M M+m ?? s相v?v11 （4分） ?(v0?v)?t?(v0?v)?022?gO m -v0 要小铁块不从板上掉下去，必须

v0?v ?g/t ??s相L （2分） 2(v0?v)2联立解得：L? （2分）

?g（2）方法一：由功的定义出发求解。长木板在水平拉力作用下始终向右做速度大小为v的匀速运动 ，有

（3分）

小铁块从中点开始运动到最终与板一起匀速运动的过程中，木板对地位移为x2，拉力对板做功

（3分）

方法二：利用系统的动能定理求解。运用系统的动能定理

?W??W外内??Ek总，系统法

?， 故 还要计入内力功。由于系统内一对摩擦力做功的代数和为Wf?Wf????mgs相??WF??(M?m)gx2??mg?s相1112(M?m)v2?Mv2?mv0 （3分） 222 而 联立解得：

2u0(v0?v)2 s? ? ?2a/2?g （3

分）

说明：滑板皮带问题也是多年重要空白了！受力和运动的分析，相对运动的计算，对求功要用到的位移的理解等，都是力学的重点，能很好测试学生的学科能力。

23E?v?v0312.答案： （1） （2）

23mv03eL （3）T?3?L(n=1、2、3……) 3nv0解：⑴ 电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1所示。

由速度关系：v0?cos30?

v解得 v?23v0

3

2L A ? O v0 vy L y

E v0 v M 2L N 4L x

O R 60° M 3L 30° N

(1) (2)

⑵ 由速度关系得vy?v0tan30?? 在竖直方向a? 解得 E?3v0 3

eEv?at?eE?L y

mvm020

3mv3eL

⑶ 在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°（如图2），所以，在磁场变化的半

个周期内，粒子在x轴方向上的位移恰好等于R。粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是： 2nR=2L

电子在磁场作圆周运动的轨道半径R?mv23mv0?eB03eB0

解得B0?23nmv0 (n=1、2、3……)

3eL若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过

1圆周，同时MN间运动时间是磁场变6化周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求。应满足的时间

条件：

1 2n?T0?nT6 T0?

2?meB0

代入T的表达式得：T?3?L(n=1、2、3?) 3nv013.（1）A D E

（2） 假定管中还有x厘米高水银柱时，管内气压为（p0+x）cmHg，体积为（L-x）S，则

(76?x)(100?x)S96?50S? （4分）

T30012化简得：T??(x?12)?484 （2分）

16所以x?12cm时，温度最高T?484K(=211oC)（3分）

作出T—x图象说明照样给分。

484 480 475 300 0 T/K 12 20 x/cm 错解分析： 对气体，初态：p1==p0+h=96cmHg,V1=aS=50S，T1=300K； 末态：p2=p0=76cmHg,V2=LS=100S,T2=? 根据理想气体状态方程

p1V1p2V296?50S76?100S得： ??300T2T1T2T2=475K.

咋看解答无懈可击，因为这个解答错误很隐蔽。水银柱在上升阶段气体等压膨胀，温度随体积增大单调增加，但当水银开始外溢时，体积增大但压强同时在减小，温度随体积的增大就不一定是单调变化的。

拓展：理想气体状态参量的变化遵循规律：pV?mRT。在本题中，前一阶段水银柱M上升到管口前为等压膨胀，温度由300K上升到480K；后一阶段，水银不断外溢过程，气体不再是等压变化，温度随体积增大按“抛物线”规律变化，当水银柱减到12cm（气体长度

o

增到88cm）时，温度最高。而x=0时，T?475K(=102C)正是下列错解结果。之后，即使

不再传热，气体可以通过自身温度降低、内能减小，推动水银柱做功，到水银全部外溢。哪怕继续传热，气体体积增大，但温度也不会升只会降，此时水银柱将加速移动，外溢更快。换句话说，你提供的能量它“即转奉送别人”，这就是气体“无私奉献的大气”。

另外，本例初始条件不同时，结果不同。读者可以验证：

（1）如果L=50cm，h=10cm，a=30cm，p0=76cmHg，T1=300K，则最高温度出现在水银刚排完时(x=0)，且最高温度为T=442K;

(2) 如果L=176cm，h=20cm，a=100cm，p0=76cmHg，T1=300K，则最高温度出现在水银柱刚推到管口时(x=20cm)，且最高温度为T=468K.

14.（1）B D E

（2） ①由图示：这列波的波长??4m （1分） 又：?t? 462 442 400 300 T/k 496 468 418 300 T/k -13 0 图3

10 x/cm

0 20 50 x/cm 图4

7T?0.7s 得T?0.4s （1分） 4由波速公式：v??T?4m?10m （2分）

s0.4s②第一个波峰到Q点的距离为x=11m 由公式

或：振动传到Q点需2.5个周期，因质点起振方向向上，第一次到达波峰再需1/4周期，故

1t?2.5T?T?1.1s （2分）

4③ 振动传到P点需1/2个周期，所以当Q点第一次出现波峰时，P点已振动了

99?t'?0.9s?T 则P点通过的路程为L?4A??0.9m （3分）

44

15. 答案：(1) 9.75?10，0.42； （2）v??822MmgH，且M?m

M?m解析：（1）画出氢原子的能级图。氢原子从第三激发态（n=4）向基态跃迁所发出的所有光子中，最短的波长（即是频率最高，光子能量最大）的能级跃迁应是n=4→n=1产生的辐射hc?m?E1E1,代入已知值?4212

E1??13.6eV,h?6.63?10?34J?s,c=3.0×108m/s，即得:

λ

m=

9.75?10?8m

铷的逸出功W0?2.13eV，氢原子跃迁辐射能使它发生光电效应的有：n=4→n=1，n=4→n=2，n=3→n=1， n=2→n=1。其中n=4→n=2的辐射照射铷，逸出的光电子中最大初动能最小:

Ekm?h??W?(E4?E2)?W=2.55-2.13=0.42eV.

（2）A球从高H处滑下，与B球碰撞前速度为v0，由机械能守恒定律

1212mv?mgH?mv0 （2分） 22设m、M两球碰后的速度大小为v1、v2，有

mv0??mv1?Mv2 （2分）

121212mv0?mv1?Mv2 （2分） 222要使A球返回到出发点，有

12mv1?mgH （2分） 2解得

v?

22MmgH 且M?m （1分）

M?m

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