题目列表(包括答案和解析)
如图所示，是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，（直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5）．由图可知 （ ）
A．该金属的截止频率为4.27×1014 Ｈz
B．该金属的截止频率为5.5×1014 Ｈz
C．该图线的斜率表示普朗克常量
D．该金属的逸出功为0.5eV
如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，（直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5）．由图可知以下说法正确的是（ ）
A．该金属的截止频率为4.27×1014 Ｈz
B．该金属的截止频率为5.5×1014 Ｈz
C．该图线的斜率表示普朗克常量
D．该金属的逸出功为0.5eV
| A．该金属的截止频率为4.27×1014Ｈz |
| B．该金属的截止频率为5.5×1014Ｈz |
| C．该图线的斜率表示普朗克常量 |
| D．该金属的逸出功为0.5eV |
（09年扬州中学月考）（4分）如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，（直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5）。由图可知___________
A．该金属的截止频率为4.27×1014 Ｈz
B．该金属的截止频率为5.5×1014 Ｈz
C．该图线的斜率表示普朗克常量
D．该金属的逸出功为0.5eV
如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，（直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5）．由图可知以下说法正确的是（ ）
| A．该金属的截止频率为4.27×1014Ｈz |
| B．该金属的截止频率为5.5×1014Ｈz |
| C．该图线的斜率表示普朗克常量 |
| D．该金属的逸出功为0.5eV |
一．单项选择题
1
2
3
4
5
C
D
B
D
A
二．多选题
6
7
8
9
CD
AD
BCD
AD
三．简答题
10．（1）0.02 （2分）（2）（每空2分，共6分）超过弹簧的弹性限度 100 N/m A
11．（1）197.5Ω（2分）
（2）（a）Rx=5Ω（3分），图后面几个点的连线为平滑曲线 （3分）
（b）温度升高，电阻增加 （2分）
12．Ⅰ选修3-4模块
(1) AE（4分）（漏选得2分，错选或不答得0分）
(2) （每空 2分，共8分）（1）2 s (2) 沿着x轴的正方向
(3) 
Ⅱ选修3-5模块
(1) AF (4分) （漏选得2分，错选或不答得0分）
(2) AC（4分）（漏选得2分，错选或不答得0分）
(3)（4分） 根据动量守恒定律得：
（2分）
解得：
（2分）
四．计算题
13．⑴由牛顿第二定律得：
（1分）
（1分）
上滑最大距离：
（1分）
上滑时间：
（1分）
下滑过程中： 
（1分）
得
（1分）
又根据
下滑时间
（1分）
总时间为： t = t1＋t2 = 1.5s （1分）
⑵返回斜面底端时的速度大小v = a′t2 =
⑶上滑过程中满足：
上滑时间：
（3分）
又因为
所以物体滑到最顶端后不再下滑，保持静止．
得：
m （2分）
14．(1) = 1分
=
I= 1分
得 
1分
(2)AB棒滑到DF处时
1分
2分
2分
得
1分
(3)电机做的功
1分
? 1分
是AB棒在DEF上滑动时产生的电热，数值上等于克服安培力做 的功 
又 
，故
2分
是AB棒在CDFG导轨上滑动时产生的电热,电流恒定，电阻不变
1分
得 
1分
15．（1）当粒子由
时刻进入电场，向下侧移最大，则
2分
当粒子由
时刻进入电场，向上侧移最大，则
2分
在距离O/中点下方
至上方
范围内有粒子打出． 1分
打出粒子的速度都是相同的，在沿电场线方向速度大小为
2分
所以打出速度大小为
2分
设速度方向与v0的夹角为θ，则
2分
（2）要使平行粒子能够交于圆形磁场区域边界且有最小区域时，磁场直径最小值与粒子宽度相等，粒子宽度
2分
故磁场区域的最小半径为 
1分
粒子在磁场中作圆周运动有 
1分
解得 
1分
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