江西省吉安市高二物理下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江西省吉安市高二（下）期末物理试卷 一、选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分，其中第1-5题为单选题，第6-8题为多选题，请将正确选项选出并填在答题卷的表格中，全选对的得4分，选对未选全的得2分，有错选或不答的得0分）1（4分）（2015春吉安期末）下列对磁场的描述，说法正确的是（） a 磁感线从磁体的n极出发，终止于磁体的s极 b 沿磁感线方向，磁感应强度逐渐减弱 c 磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场 d 磁场中某处磁感应强度的方向就是该处电流受力的方向考点： 磁感线及用磁感线描述磁场分析： （1）磁体周围存在着磁场，为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线，规定小磁针静止时n极所指的方向为该点磁场的方向（2）磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极解答： 解：a、解：a、磁感线是闭合的；外部由n到s；内部由s到n；故a错误；b、磁场的强弱可以由磁感线疏密表示，但沿磁感线，磁场并不一定减弱；故b错误；c、磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场；故c正确；d、通电导体在磁场中的受力要由左手定则进行判断；磁场的方向并不是通电导体在磁场中某点受磁场力的方向；故d错误；故选：c点评： 本题对磁场和磁感线的理解能力，注意磁感线是人为虚拟的线；但它能反映磁场的方向及强弱2（4分）（2015春吉安期末）下列单位中不能与磁感应强度的单位“特斯拉”相当的是（） a wb/m2 b n/am c kg/as2 d kg/cm考点： 磁感应强度分析： 根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出t与其他单位的关系解答： 解：a、由b=知，则单位可以为wb/m2故a错误；b、由公式b=，安培力的单位是n，而电流的单位是a，长度的单位为m，则单位的换算可得n/am，即为1t故b错误；c、根据牛顿第二定律f=ma，即1n=1kgm/s2，则单位的换算可得kg/as2故c错误d、由电量的单位：1c=1as，则单位的换算可得kg/cs故d正确本题选不能与磁感应强度相当的；故选：d点评： 特斯拉t是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉基础题3（4分）（2015春吉安期末）如图所示，通电直导线mn与矩形线框abcd共面并相隔一定的距离，mn中通以图示的电流，以下操作能使线框中产生沿abcda方向的感应电流的是 （） a 让线框在平面中逐渐远离mn b 让线框在平面中逐渐靠近mn c 以ab为轴转动一个小角度 d 以cd为轴转动一个小角度考点： 感应电流的产生条件分析： 当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流根据楞次定律判断感应电流的方向解答： 解：a、由安培定则知穿过线圈的磁场方向垂直纸面向里让线框在平面中逐渐远离mn，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律判断可知产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为adcba故a错误b、相反，让线框在平面中逐渐靠近mn时，线框中产生沿abcda方向的感应电流，故b正确c、以ab为轴转动一个小角度，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律判断可知产生感应电流的方向为adcba故c错误d、以cd为轴转动一个小角度，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律判断可知产生感应电流的方向为adcba故d错误故选：b点评： 解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向4（4分）（2015春吉安期末）某单匝闭合矩形线框绕其垂直于匀强磁场方向的对称轴匀速转动，通过线框的磁通量变化规律如图所示，已知线框的电阻为10，取=3.14，由图可知（） a 零时刻线框处于中性面位置 b 线框转动的角速度为2rad/s c 线框内的最大感应电动势为2v d 线框中感应电流的有效值为0.2v考点： 正弦式电流的图象和三角函数表达式专题： 交流电专题分析： 交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大；结合t图象分析答题解答： 解：a、零时刻磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，故a错误；b、据图象可知，t=0.0314s；据t=得，=200rad/s，故b错误；c、根据t图象，bs=0.01wb，t=0.0314s，故电动势的最大值：em=nbs=nbs=0.01200=2 v；故c正确；d、线框中感应电流的有效值为i=a，故d错误；故选：c点评： 要掌握交流电产生过程特点，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，掌握电流产生过程即可正确解题5（4分）（2015春吉安期末）如图所示，斜面光滑绝缘，斜面上水平虚线以下有垂直于斜面向上的匀强磁场区域，现有一正方形金属线框在斜面上由离虚线上方一段距离从静止开始下滑，线框在下滑过程中其下边ab始终保持水平，则以下说法正确的是（） a 线框可能是匀加速滑进磁场区 b 线框可能是匀减速滑进磁场区 c 线框在滑进磁场的过程中，a点电势比b点电势高 d 线框在完全滑进磁场后，a点电势和b点电势相等考点： 导体切割磁感线时的感应电动势分析： 线框进入磁场过程，ab边切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，ab边受到安培力用右手定则判断感应电流方向，分析ab电势高低根据牛顿定律分析运动情况解答： 解：a、线框进入磁场时，若重力沿斜面向下的分力大于安培力，线框做加速运动，随着速度的增大，产生的感应电动和感应电流增大，线框所受的安培力增大，合力减小，加速度减小，所以线框做加速度减小的变加速运动，不可能做匀加速运动，故a错误b、线框进入磁场时，若重力沿斜面向下的分力小于安培力，线框做减速运动，随着速度的减小，产生的感应电动和感应电流减小，线框所受的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以线框做加速度减小的变减速运动，不可能做匀减速运动，故b错误c、ab切割磁感线，产生的感应电流方向ba，a点的电势比b点高故c正确d、线框在完全滑进磁场后，ab中感应电动势方向ba，a点的电势比b点高故d错误故选：c点评： 本题是电磁学与力学的综合题，运用牛顿运动定律分析线框的运动情况是关键，要知道线框不可能匀加速或匀减速进入磁场，分析时要抓住安培力与速度成正比6（4分）（2015春吉安期末）如图所示，在光滑水平面上固定一条形磁铁，有一个金属小球向磁铁方向运动，关于小球的速度变化，以下说法正确的是（） a 如果小球是铁材料做的，则小球做减速运动 b 如果小球是铁材料做的，则小球做加速运动 c 如果小球是铜材料做的，则小球做减速运动 d 如果小球是铜材料做的，则小球做匀速运动考点： 电磁感应在生活和生产中的应用；牛顿第二定律；磁现象和磁场分析： 铁块被磁化后受到引力而加速；铜块中产生涡流，阻碍相对运动解答： 解：铁块被磁化后受到引力而加速；铜块中产生涡流，根据楞次定律，将阻碍相对运动，故会减速；故选：bc点评： 本题明确电磁阻尼的作用，可以与摩擦阻力相类比，注意涡流的含义，明确铁质物体能被磁场吸引的物质7（4分）（2015春吉安期末）如图所示电路，电感线圈l的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，la、lb是两个相同的灯泡，则（） a s闭合瞬间，la、lb同时亮，然后la逐渐变暗到熄灭，lb亮度不变 b s闭合瞬间，la、lb同时亮，然后la逐渐变暗到熄灭，lb变得更亮 c s断开瞬间，lb立即熄灭，la逐渐熄灭 d s断开瞬间，lb立即熄灭，la亮一下后逐渐变暗到熄灭考点： 自感现象和自感系数分析： 闭合s，a、b同时亮，随着l中电流增大，线圈l直流电阻可忽略不计，分流作用增大，a逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析b灯亮度的变化断开s，b灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断a灯亮度如何变化解答： 解：a、b闭合s时，电源的电压同时加到两灯上，a、b同时亮，且亮度相同；随着l中电流增大，由于线圈l直流电阻可忽略不计，分流作用增大，a逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，b变亮故a错误，b正确c、d断开s，b立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过a灯，a闪亮一下后熄灭故c错误，d正确故选：bd点评： 对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可楞次定律分析发生的现象8（4分）（2015春吉安期末）垂直纸面方向的两根平行直导线通以等大同向的电流，如图所示，两导线连接的中点为o，纸面内o1、o2、o3、o4是以o点为中心的矩形的四个顶点，o1o2连线平行两导线的连线，则以下说法正确的是（） a o点的磁感应强度为零 b o1点与o2点的磁感应强度等大反向 c o1点与o3点的磁感应强度等大反向 d o1点与o4点的磁感应强度等大反向考点： 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析： 本题考查了磁场的叠加，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，磁感应强度b是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解解答： 解：根据安培定则可知，a、b两处分别在矩形的四个顶点产生如图所示的磁场方向，由矢量合成方法可得出合磁场的方向如图所示；a、o点的磁感应强度为零，故a正确；b、o1点与o2点的磁感应强度等大，方向不同，故b错误；c、o1点与o3点的磁感应强度等大，方向不同，故c错误；d、o1点与o4点的磁感应强度等大反向，故d正确；故选：ad点评： 磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提，注意磁场的大小还与间距有关二、非选择题：包括比好提和选考题两部分，第9-13题为必考题，每个试题考生都必须作答，第14题，第15题为选考题，考生根据要求作答9（4分）（2015春吉安期末）如图，左右两区域内各存在匀强磁场，磁感应强度均为b，方向完全相反，先将一个半径为a，阻值为r的导体圆环从左边磁场中平移到右边磁场中，此过程始终保持磁感线垂直于导体圆环平面，则通过圆环导体截面的电荷量为考点： 法拉第电磁感应定律分析： 由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式可求得通过截面的电量，从而即可求解解答： 解：此过程中，线圈在左边的磁通量方向与线圈在右边的磁通量的方向相反，则=2ba2电路中的平均电动势为：=，则电路中通过的电量为：q=t=，故答案为：点评： 本题考查电磁感应规律、闭合电路运算、感应电动势瞬时值与平均值应用等，注意求解电量时必须用电流的平均值，而不是瞬时值10（4分）（2015春吉安期末）如图所示，甲、乙两个交流电路中，两电源的输出电压和输出电流均相等，已知甲乙电路中两电阻的比值为4：1，则乙电路中理想变压器的原副线圈匝数比为4：1考点： 变压器的构造和原理专题： 电磁感应功能问题分析： 根据电压与匝数成正比，求出电阻r2的电压，根据闭合电路的欧姆定律求解乙电路中理想变压器的原副线圈匝数比解答： 解：设电源电压为u，则i=，根据电压与匝数成正比知，i=，联立得：故答案为：4：1点评： 本题主要考查了变压器电压与匝数的关系以及欧姆定律公式的直接应用，难度不大，属于基础题11（4分）（2015春吉安期末）用如图所示的装置可以测量磁感应强度b的值，取一长方体金属块置于匀强磁场中，磁场方向垂直于金属块前后两个侧面，左右两侧面接入电路中，测得流过长方体金属块的电流大小为i，用理想电压表测得长方体上下两表面的电势差大小为u，已知长方体金属块的长、宽、高分别为a、b、c，查得该金属材料单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e，则可以测出磁感应强度b的值为考点： 霍尔效应及其应用分析： 由电流的微观表达式求出电子的平均速率，应用平衡条件求出磁感应强度大小，从而即可求解解答： 解：由电流定义式：i=enbcv，则电子平均速率：v=；电子通过金属板，电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，则：evb=e，磁感应强度：b=，故答案为：点评： 本题考查了求电子的速率、磁感应强度，应用电流的微观表达式、平衡条件、左手定则即可正确解题12（9分）（2015春吉安期末）如图所示，半径为a的圆形导线所围区域由虚线分为、两部分，两部分都有垂直圆面的匀强磁场，取垂直圆面向里为正方向，、两部分区域的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，已知圆形导线单位长度的阻值为r0，求：（1）导线中电流强度的大小和方向（2）图乙中所示的时间段里，圆形导线上产生的焦耳热考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题： 电磁感应功能问题分析： （1）根据法拉第电磁感应定律分别对左侧和右侧进行列式，由楞次定律判断出感应电流的方向，即可求解总的感应电动势，由欧姆定律求解出感应电流（2）由焦耳定律求解焦耳热即可解答： 解：（1）设第部分的面积为s1，第部分的面积为s2，磁通量的改变量分别为1、2圆形导线内磁通量的改变量为则1=b1s1=b0s1，2=b2s2=b0s2=1+2=b0（s1+s2）=b0a2根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势为 e=感应电流大小为 i=又 r=2ar0；联立得 i=由楞次定律知，感应电流方向为逆时针方向；（2）根据焦耳定律可得：焦耳热为 q=i2rt0；将i和r代入得 q=答：（1）感应电流大小为，感应电流方向为逆时针方向；（2）圆形导线上产生的焦耳热为点评： 解决本题的关键要准确运用法拉第电磁感应定律列出感应电动势，明确图象的斜率等于，同时要搞清两个电动势的方向，得到总电动势13（12分）（2015春吉安期末）如图所示，在平面坐标xoy内有垂直纸面向外的匀强磁场，a、b两点分别在y轴上和x轴上，到原点o的距离分别为a和a，一正粒子以大小为v0的初速度从原点o出发恰好能经过a点和b点，已知正粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度b（2）粒子的初速度与x轴负方向的夹角（3）在y0的区域同时存在平行于坐标平面的匀强电场，使粒子过b点后恰好沿直线运动到y轴上的c点，求场强e以及粒子从o点运动到c点的时间t考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题： 带电粒子在磁场中的运动专题分析： （1）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出半径，根据洛伦兹力提供向心力即可求解b；（2）初速度v0与oo1垂直，由几何关系求解；（3）粒子在x轴下方做匀速直线运动，电场力等于洛伦兹力，求出电场强度，粒子沿bc运动到y轴上的c点，bc与ab垂直，分别求出粒子在磁场和电场中的时间，两端时间之和即为所求时间解答： 解：（1）粒子的运动轨迹如图所示，由图可知，圆轨迹的直径为ab，由几何关系可知，半径r=a，根据洛伦兹力提供向心力得：解得：r=由r=a得：b=（2）初速度v0与oo1垂直，由几何关系可知，oo1a是等边三角形，则弦oa对应的圆心角为60，则=60，（3）粒子在x轴下方做匀速直线运动，电场力等于洛伦兹力，有：qe=qbv0解得：e=bv0将b=带入得：e=，方向与y轴负方向夹角=60粒子沿bc运动到y轴上的c点，bc与ab垂直，bc=2ob=，设o到b的时间为t1，b到c的时间为t2，粒子做匀速圆周运动的周期为t，有：t=则粒子从o点到c点运动的时间为：t=答：（1）匀强磁场的磁感应强度b为（2）粒子的初速度与x轴负方向的夹角为60（3）场强e以及粒子从o点运动到c点的时间t为点评： 考查粒子在电场与磁场中运动，掌握处理的方法，理解确定的物理规律，注意会画出正确的运动轨迹图，同时注意几何的正确建立三、选考题：共35分，请考生从14、15题任选一题作答，如果多做，则按第一题计分选修-3-414（6分）（2015春吉安期末）下列有关光现象的说法正确的是（） a 小孔成像的原理利用了光的衍射现象 b 光导纤维传输信号是利用了光的全反射现象 c 用分光镜观测光谱是利用了光折射时的色散现象 d 用标准平面检查光学平面的平整程度是利用了光的偏振现象 e 在阳光照射下，水面的油膜上出现彩色花纹是光的干涉现象考点： 光的偏振；光的干涉分析： 小孔成像是利用了光的直线传播在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉在太阳光照射下，水面上的油膜上出现彩色花纹是光的干涉现象解答： 解：a、泊松亮斑是光绕过障碍物继续传播，因此属于光的衍射现象，故a错误；b、在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射原理，故b正确；c、分光镜是利用色散元件（三棱镜或光栅）将白光分解成不同波长的单色光，故c正确；d、用标准平面检查光学平面的平整程度是利用了薄膜干涉，故d错误e、在太阳光照射下，水面上的油膜上出现彩色花纹是由于油膜上下表面反射回的光相遇发生干涉，即疏于光的干涉现象，故e正确；故选：bce点评： 解决本题的关键知道光的干涉和衍射都是波特有的现象，知道干涉和衍射的区别，注意折射色散与干涉色散的区别15（4分）（2015春吉安期末）雷达测速的原理是这样的：当有汽车向着测速仪器行驶的时候，测速仪向汽车发出电磁波，并接收被汽车反射的回来电磁波由于车辆的运动，接收的电磁波频率与发出时的频率不同，关系为f接收=（1+）f发出，式中c=3109m/s，若f发出=3109hz，f接收f发出=400hz，可知被测汽车的速度为72km/h考点： 匀速直线运动及其公式、图像专题： 直线运动规律专题分析： 根据题目中给出的信息列式，代入数据并联立即可求得汽车的速度解答： 解：由题给出的信息可知，f接收=（1+）f发出f接收f发出=400hz代入数据可得：3109=（1+）（3109hz+400）解得：v2104m/s=72km/h；故答案为：72点评： 本题为信息给予题，只要明确题目中给出的信息，正确列式计算即可正确求解16（4分）（2015春吉安期末）某同学利用计算机绘制了a、b两个单摆在同一个实验室里的振动图象如图所示，可知两单摆摆长之比=4：9考点： 简谐运动的振动图象分析： 由图可明确两单摆的周期，再由周期公式可求得两单摆的摆长之比解答： 解：单摆周期：；由振动图线知，两单摆的周期比为，由知，两单摆摆长之比=故答案为：4：9点评： 解决本题的关键知道单摆的周期公式，并且会从振动图象中明确单摆的周期17（9分）（2015春吉安期末）沿x轴传播的机械波在零时刻的波形如图中实线所示，虚线为波在0.15s时刻波形图，此时q点开始振动，据图中的信息，求：波的传播速度在第1s末，质点m已通过的路程考点： 波长、频率和波速的关系；横波的图象分析： 由题意可知，波向右传播，由公式v=求波速读出波长，求出周期，根据时间与周期的关系求m点通过的路程解答： 解：由题意得知，波向右传播，在=0.15s内传播的距离为x=30m则波速为 v=200m/s由题中信息可知，波长=40m，振幅a=10cm则周期为 t=0.2sm点从0.05s时刻开始振动，起振方向向上，在1s末，m点振动的时间为 t=0.95s=4t+t=t所以m点的路程为 s=19a=190cm=1.9m答：波的传播速度是200m/s在第1s末，质点m已通过的路程是1.9m点评： 对于波速，常用有两个公式v=和v=，都要掌握求质点的路程，往往根据时间与周期的倍数关系求18（12分）（2015春吉安期末）如图所示为长方形玻璃砖的截面示意图，左侧面ab和底面bc都是镀银反射面，已知边长ab=2a，ad=4a，现有一单色光从表面距d点为a的e点入射，经底面和左侧面反射后恰好从上表面的f点射出，光线在bc面和ab面上的反射点分别为m、n（图中未标出），测得af的距离以及e点到出射光线的距离都为a，不考虑光线在ad面上的反射，则求m点，n点到b点的距离，并正确作出光路图求玻璃砖对该单色光的折射率考点： 光的折射定律专题： 光的折射专题分析： 光线从e点入射，经过ad面的折射后射到bc面上反射，再由ab面上反射，从f射出，根据反射的对称性作出光路图，由几何知识求m点、n点到b点的距离由几何知识求出入射角和折射角，再得到折射率解答： 解：光线在bc面和ab面上的反射点分别为m、n，延长em光线交ab于n点，n点和n点关于bc面对称，由于ab面和bc面垂直，所以过m、n两点的法线也垂直，由几何关系可知，光线em与nf平行，则出射光线与入射光线也平行 设an=x，则nb=2ax有 =所以=，an=nb，n点为ab的中点，即x=a又af=a，由几何关系可知，玻璃砖内光线与界面的夹角均为45，所以nb=mb=a光路如图光线在两个反射面上的入射角和反射角都等于45，且光线em和nf与ad面的夹角都等于45又由已知条件：e点到出射光线的距离为a，为ef的一半，由几何关系可知，光线从e点入射的入射角和从f点射出时的折射角都为60则折射率为 n=答：m点、n点到b点的距离都是a，作出光路图如图玻璃砖对该单色光的折射率是点评： 此题是一次折射和两次反射的问题，要根据折射定律和反射定律作出光路图根据折射定律和几何知识结合解决此类问题四、选修3-519（2015春吉安期末）下列说法中错误的是（） a 比结合能越小，原子核越稳定 b 天然放射现象的发现，揭示了原子的核式结构 c 射线是波长很短的电磁波，它的穿透能力比射线要强 d 氡的半衰期为3.8天，某矿石中有10个氡原子核，经过3.8天，此矿石中只剩下5个氡原子核 e 玻尔是第一个把微观世界中物理量取分立值的观念应用到原子系统的科学家考点： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；物理学史分析： 比结合能越大，原子核越稳定；半衰期是针对大量的原子；三种射线中，穿透能力和电离能力强弱是相反的；射线是波长很短的电磁波，它的穿透能力比射线要强；玻尔理论假设首次使用分立值解答： 解：a、比结合能越大，原子核越稳定，故a错误；b、天然放射现象的发现，揭示了原子核的复杂结构，而粒子的散射说明原子的核式结构，故b错误；c、射线一般伴随着或射线产生，射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故c正确；d、半衰期是针对大量的原子，符合统计规律的随机过程量，对于10个原子来说半衰期是没有意义的，故d错误；e、根据玻尔理论假设，则玻尔是第一个把微观世界中物理量取分立值的观念应用到原子系统的科学家，故e正确；本题选择错误的，故选：abd点评： 本题考查了半衰期的适用条件，三种射线的特性和电子跃迁时，天然放射与粒子的散射意义的不同，注意玻尔与普朗克有关量子化理论与分立值观念的区别20（2015春吉安期末）氢原子处于基态时能量为e1，一群处于基态的氢原子由于吸收某种单色光后发生能级跃迁，产生了3中不同波长的光，其中最大波长为（普朗克常量为h，光速为c，氢原子第n能级的能量为en=）考点： 氢原子的能级公式和跃迁分析： 分别求出基态和n=2，n=3激发态的能量，根据e=求出光子的波长解答： 解：由题意可知，最多只能产生3种不同波长的光，因此处于基态的氢原子吸收能量后，能跃迁到第三能级；而基态的氢原子能量为e1，n=2能级的原子能量为，n=3能级的原子能量为，则单色光的能量为：e=e1=；根据e=求得，从第三能级跃迁到第二能级，能量变化最小，则对应的波长最长，因此从第三能级跃迁到第二能级，（）=解得：=；故答案为：点评： 解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即emen=hv，注意正负号21（2015春吉安期末）用频率为v1和v2的两种单色光照射某种金属，均发生光电效应，其遏止电压分别为u1和u2，则该金属的极限频率为（用表示 v1、v2、u1、u2）考点： 爱因斯坦光电效应方程专题： 光电效应专题分析： 根据动能定理求光电子的最大初速度；根据爱因斯坦光电效应方程求金属的逸出功和普朗克常量h；由w=h0求金属的极限频率解答： 解：根据爱因斯坦光电效应方程得： hv1=eu1+w hv2=eu2+w由得：金属的逸出功为：w=联立得：h=，那么阴极k金属的极限频率为：0=，故答案为：点评： 解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系，注意正确运算是解题的关键22（2011聊城二模）物理学家们普遍相信太阳发光是由于其内部不断发生从氢核到氦核的核聚变反应根据这一理论，在太阳内部4个氢核（h）转化成一个氦核（he）相两个正电子e）并放出能量已知质子质量mp=1.0073u，粒子质量m=4.0015u，电子质量me=0.0005u其中u为原子质量单位，且lu相当于931.5mev写出该核聚变的反应方程；一次这样的核反应过程中释放出多少兆电子伏特的能