2025年华东师大版高二物理上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年华东师大版高二物理上册阶段测试试卷920考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图是某区域的电场线分布；某带电粒子仅在电场力的作用下，从A点运动到B，则可判断（）

A.带电粒子带负电B.带电粒子在A点的加速度小于在B点的加速度C.带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能D.A点的电势低于B点的电势2、如图所示，在原来不带电的金属杆ab附近，在ab连线的延长线上放置一个正点电荷，达到静电平衡后，下列判断正确的是（）A.a端的电势比b端的高B.b端的电势比d点的高C.a端的电势与b端的电势相等D.感应电荷在杆内c处产生的场强方向由b指向a3、如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1

和L2

输电线的等效电阻为R

开始时，开关S

断开，当开关S

接通时，下列说法中不正确的是(

)

A.副线圈两端MN

的输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R

上的电压将增大C.通过灯泡L1

的电流减小D.原线圈上电流增大4、由于地磁场的存在；飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差．若飞机在北半球水平飞行，则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势（）

A.低。

B.高。

C.相等。

D.以上情况都有可能。

5、某电场的电场线分布如图所示(

实线)

以下说法正确的是(

)

A.c

点场强大于b

点场强B.b

和c

处在同一等势面上C.若将一试探电荷+q

由a

点移动到d

点，电荷的电势能将增大D.若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a

点运动到d

点，可判断该电荷一定带负电6、下列叙述____的是A.rm{娄陇H>0}表示放热反应，rm{娄陇H<0}表示吸热反应B.化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒C.“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，水的能量高D.化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态状态有关，而与反应的途径无关7、如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中有由两个大小不等的圆环MN

连接而成的导线框.

沿图中箭头方向用外力将N

环拉扁，该过程中，关于M

环中感应电流的说法中正确的是(

)

A.有顺时针方向的感应电流产生，且M

环有扩张的趋势B.有逆时针方向的感应电流产生，且M

环有扩张的趋势C.有顺时针方向的感应电流产生，且M

环有收缩的趋势D.有逆时针方向的感应电流产生，且M

环有收缩的趋势8、关于光的波粒二象性，下列说法中不正确的是(

)

A.能量较大的光子其波动性越显著B.光波频率越高，粒子性越明显C.波粒二象性指光有时表现为波动性，有时表现为粒子性D.个别光子易表现出粒子性，大量光子易表现出显示波动性评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验；在小车A的前端粘有橡皮泥，设法使小车A做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速运动，设计如图1所示：

在小车A的后面连着纸带；电磁打点计时器的频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．

（1）若已得到打点纸带如图2所示，并测得各计数点间的距离，在图上标出A为运动起始的点，则应选____段来计算A碰前的速度，应选____段来计算A和B碰后的共同速度．

（2）已测得小车A的质量mA=0.4kg，小车B的质量mB=0.20kg，则由以上结果可得碰前总动量=____kg•m/s，碰后总动量=____kg•m/s．

10、如图所示是某电场中的一簇等势面；甲等势面的电势为90V，乙等势面的电势为-10V，各相邻等势面间的电势差相等。

（1）将q=+1×10-8C的电荷从A点移到B点，电场力做功______；

（2）将q=-1×10-8C的电荷从A点移到C点，电场力做功______；

（3）在图中定性画出几条电场线．11、某品牌电热水壶的铭牌如图所示..用该电热水壶烧水，在额定电压下工作时，它的工作电流是________AA正常工作1min1min消耗的电能是________JJ．产品型号DSB隆陋055DSB隆陋055

额定电压220V220V

额定功率880W880W

使用频率50Hz50Hz

容量0.8L0.8L12、如图所示是一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B。当S1闭合时，电磁铁将吸引衔铁D，使触头C接通电路工作。（1）如果闭合S2，当S1断开时，由于电磁感应作用，要延迟一段时间，弹簧才将衔铁D拉起使触头C断开电路，这种延迟是由于线圈（填“A”或“B”）的作用。（2）如果断开S2，当S1断开时，则（填“仍有”或“无”）延时作用。13、一灵敏电流计；当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转.

现把它与一个线圈串联，将磁铁从线圈上方插入或拔出.

请完成下列填空：

(1)

图(a)

中灵敏电流计指针的偏转方向为______.(

填“偏向正极”或“偏向负极”)

(2)

图(b)

中磁铁下方的极性是______.(

填“N

极”或“S

极”)

(3)

图(c)

中磁铁的运动方向是______.(

填“向上”或“向下”)

(4)

图(d)

中线圈从上向下看的电流方向是______.(

填“顺时针”或“逆时针”)

14、在电场中某点放入一点电荷，电量q、受到的电场力F．则电场中该点电场强度大小为______。若在该点放入另一个点电荷，电量q′=3q、电场中该点电场强度大小为______，点电荷q′受到的电场力大小为______。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）16、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）17、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

18、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

19、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

20、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）21、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）22、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

评卷人得分四、证明题(共2题，共14分)23、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。24、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。评卷人得分五、综合题(共2题，共10分)25、（1）某金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压Uc与入射光频率的关系图象如右图所示．则由图象可知____。（填正确答案标号；选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．该金属的逸出功等于B．若已知电子电量e，就可以求出普朗克常量hC．遏止电压是确定的，与照射光的频率无关D．入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为E、入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为（2）如图所示，一半径为R的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内。a、b是轨道的两个端点且高度相同，O为圆心。小球A静止在轨道的最低点，小球B从轨道右端b点的正上方距b点高为2R处由静止自由落下，从b点沿圆弧切线进入轨道后，与小球A相碰。第一次碰撞后B球恰返回到b点，A球上升的最高点为c，Oc连线与竖直方向夹角为60°（两球均可视为质点）。求A与B两球的质量之比（结果可以用根式表示）

26、[

物理隆陋隆陋

选修3隆陋3]

(1)

甲、乙两分子相距较远，设甲固定不动，乙在分子力作用下逐渐向甲靠近直到不能再靠近的过程中，下列说法正确的是_________(

填正确答案标号。)

A.乙分子的速度先增大后减小B.加速度先增大后减小C.分子力先减小后增大D.分子动能先增大后减小E.分子势能先减小后增大

(2)

如图所示，玻璃管A

上端封闭，B

上端开口且足够长，两管下端用橡皮管连接起来，A

管上端被一段水银柱封闭了一段长为6cm

的气体，外界大气压为75cmHg

左右两水银面高度差为5cm

温度为t1=27隆忙

(i)

保持温度不变，上下移动B

管，使A

管中气体长度变为5cm

稳定后的压强为多少？(ii)B

管应向哪个方向移动？移动多少距离？(iii)

稳定后保持B

不动，为了让A

管中气体长度回复到6cm

则温度应变为多少？参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】由电荷的运动轨迹可知；电荷的受力沿着电场线的方向，所以电荷为正电荷，A错误，电场线的疏密程度可表示电场强度大小，故A点的电场强度大于B点的电场强度，所以粒子在A点的加速度大于在B点的加速度，B错误，过程中电场力做正功电势能减小，所以A点的电势能大于在B点的电势能，C正确，沿电场方向电势减小，故A点的电势高于B点的电势。

【点评】沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。2、C【分析】解：ABCD、达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到φa=φb；

由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，即正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零，正电荷在c处产生的场强方向由b指向a，所以感应电荷在杆内c处产生的场强方向由a指向b；故ABD错误，C正确．

故选：C．

根据静电平衡可知；同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由静电平衡的导体内部场强为零判断场强的反向．

达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉．【解析】【答案】C3、A【分析】解：当开关S

接通时；相当于增加了负载，副线圈中电阻减小，电流增大(

同时原线圈中的电流也增大)R

上的分压增大，灯泡两端的电压减小，故通过灯泡L1

的电流减小，副线圈两端MN

的输出电压有匝数和原线圈两端的电压有关，保持不变，故A错误，BCD正确；

本题选错误的；故选：A

负载增多电阻减小；利用动态分析的方法分析电流电压的变化，再根据变压器的匝数与电流电压的关系即可判断各项．

本题结合变压器考查了电路的动态分析，方法是从部分电路的变化分析整体的变化然后再到部分．【解析】A

4、B【分析】

当飞机在北半球水平飞行时；由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势高．若构成闭合电路则电流方向由机翼的右端流向左端，而机翼切割磁感线相当于电源，所以电源内部电流由负极流向正极．

故选：B

【解析】【答案】由于地磁场的存在；当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样．从飞行员角度看，磁场向下则由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势高．

5、A【分析】解：A

电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c

点场强大于b

点场强；故A正确；

B、沿电场线方向电势逐渐降低，故b

的电势大于c

的；故B错误；

C；若将一试探电荷+q

由a

点移动到d

点；电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；

D；由粒子的运动轨迹弯曲方向可知；带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误；

故选：A

解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱；沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化．

解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解.

比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．【解析】A

6、A【分析】【分析】本题考查吸热放热反应的判断，以及反应热的判断，难度不大。【解答】A.rm{娄陇H>0}表示吸热反应，rm{娄陇H<0}表示放热反应；故A错误；

B.化学反应遵循质量守恒的同时；也遵循能量守恒，故B正确；

C.“冰；水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，水的能量高，故C正确；

D.化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态状态有关；而与反应的途径无关，故D正确。

故选A。

【解析】rm{A}7、A【分析】解：用外力将N

环拉扁；穿过N

环的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，N

环中感应电流的方向沿顺时针方向.

根据左手定则判断可知：M

环各部分所受的安培力方向沿径向向外，所以M

环有扩张的趋势.

故A正确．

故选：A

【解析】A

8、A【分析】解：A

能量较大的光子的波长短；其粒子性越显著，故A错误；

B；光的波长越长；其波动性越显著，频率越高，波长越短，其粒子性越显著，故B正确；

C；光子既有波动性又有粒子性；波粒二象性指光有时表现为波动性，有时表现为粒子性，故C正确；

D；个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性；故D正确；

本题选择不正确的；故选：A

光子既有波动性又有粒子性；波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义.

波粒二象性中所说的粒子，是指其不连续性，是一份能量.

个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性．

本题考查了光的波粒二象性，有时波动性明显，有时粒子性明显.

个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性．【解析】A

二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】

（1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度；故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后．

推动小车由静止开始运动；故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；

碰撞过程是一个变速运动的过程；而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度．

故答案为BC；DE

（2）碰前系统的动量即A的动量，则P1=m1v1=m1=0.40×=0.420kg•m/s

碰后的总动量P2=（m1+m2）v2=（m1+m2）=（0.40+0.20）×=0.417kg•m/s

故答案为：0.420；0.417．

故本题的答案为：（1）BCDE（2）0.4200.417

【解析】【答案】（1）碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度；确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段．

（2）物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度．P=mv=m．

10、略

【分析】解：（1）甲等势面的电势为90V；乙等势面的电势为-10V，各相邻等势面间的电势差相等，则A点的电势为140V，B点电势为40V，C点电势为-60V．

则WAB=qUAB=q（φA-φB）=1×10-8×（140-40）J=1×10-6J

（2）WAC=qUAC=q（φA-φC）=（-1）×10-8×（140+60）J=-2×10-6J

（3）电场线与等势面垂直；由高等势面指向低等势面．如图．

故答案为：（1）+1×10-6J（2）-2×10-6J（3）如图．

求出AB；AC两点间的电势差；根据W=qU求出电场力所做的功．电场线与等势面是垂直的，由高等势面指向低等势面．

解决本题的关键掌握电场力做功的公式W=qU，以及掌握等势面和电场线之间的关系．【解析】+1×10-6J；-2×10-6J11、4.8×104【分析】【分析】由表中数据可以得到额定电压；额定功率；由电功率公式P=UI

可以求得电流，由W=pt

可以求得电能。

用电器铭牌上都会有额定电压和功率，有了这两个信息我们可以求出其他几个量：额定电流、电阻、用电量等，做题时要注意总结。【解答】由图知电水壶的额定电压为220V

额定功率为800W

由P=UI

得：I=PU=4011A

t=1min=60s

则1

分钟消耗的电能为：W=Pt=800W隆脕60s=4.8隆脕104J

。

故填：40114.8隆脕104

【解析】40114.8隆脕104.8隆脕104

12、略

【分析】试题分析：（1）如果闭合S2，当S1断开时，A的磁场要减弱，故穿过线圈B的磁通量要减小，所以线圈B会产生感应电流，从而使铁芯上仍有磁性，即对电路起到延迟的作用；（2）如果断开S2，当S1断开时，则不会有这种延迟的现象。考点：电磁感应现象。【解析】【答案】(1)B；(2)无。13、略

【分析】解：(1)

磁铁向下运动；穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极．

(2)

由图可知；电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S

极．

(3)

磁场方向向下；电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动．

(4)

图(d)

中磁铁向下运动；穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律感应电流方向俯视为顺时针方向．

故答案为：偏向正极；S

极，向上，顺时针。

根据磁铁的运动方向分析磁通量变化；由楞次定律确定感应电流方向，结合题给条件：当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转判断指针偏转方向分析判断．

本题考查安培定则和楞次定律综合应用的能力，常规题，只要细心分析就能正确作答．【解析】偏向正极；S

向上；顺时针14、3F【分析】解：在电场中放入一点电荷q，电荷受到的电场力为F，则该点电场强度大小为：E=

若在该点放一个电荷量为3q的点电荷，场强不变，为

故电场力：F′=3q•E=3F；

故答案为：3F

根据电场强度的定义式E=求出电场强度；再根据F=qE求出电场力的大小。电场强度的大小与放入电场中的电荷无关。

解决本题的关键掌握电场强度的定义式E=以及知道电场强度的大小与放入电场中的电荷无关。【解析】3F三、判断题(共8题，共16分)15、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．16、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．17、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．18、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．19、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．20、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．21、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．22、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．四、证明题(共2题，共14分)23、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动24、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动五、综合题(共2题，共10分)25、略

【分析】（1）【分析】根据光电效应方程和得出遏止电压Uc与入射光频率v的关系式，从而进行判断。解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系，注意遏止电压与入射光的频率成线性关系，并不是正比，并理解图象的纵、横坐标的含义。【解答】A.当遏止电压为零时，最大初动能为零，则入射光的能量等于逸出功，所以W0=hv0．故A正确；B.因为知图线的斜率等于h/e，从图象上可以得出斜率的大小，已知电子电量，可以求出普朗克常量．故B正确；C.根据光电效应方程和得，当入射光的频率大于极限频率时，遏止电压与入射光的频率成线性关系．故C错误；DE、从图象上可知，逸出功W0=hv0．根据光电效应方程，Ekm=hv-W0=hv0．若入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为hν0，若入射光的频率为3ν0时，产生的光电子的最大初动能为2hν0，故D正确，E错误。故选ABD。（2）根据机械能守恒研究B与A碰前的过程求出碰前的速度大小，第一次碰撞后B球恰返回到b点，A球上升的最高点为c，根据机械能守恒列出等式，根据动量守恒定律列出等式，联立求解。本题主要考查了机械能守恒定律、动量守恒定律的直接应用，关键要清楚物体的运动过程，难度适中。【解析】（1）ABD（2）解：设B与A碰前