文档内容
湖北省孝感市部分高中 2024—2025 学年下学期期末联考
高二物理试题
本试卷共 6 页，全卷满分 100 分，考试用时 75 分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并
将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，
写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿
纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，请将答题卡上交。
一、单项选择题：（本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分,。在小题给出的四个选项
中，第 1～7 题只有一项符合题目要求，第 8～10 题有多项符合要求，每小题全部选对得 4
分，选对但不全的得 2 分，有错选或者不选的得 0 分）
1.如图所示，一质量 m＝0.25 kg 的平顶小车，车顶右端放一质量 m＝0.30 kg 的小物
2 3
体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上。
现有一质量 m＝0.05 kg 的子弹以水平速度 v＝18 m/s 射中小车左端，并留在车中，子弹与
1 0
车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，g 取 10 m/s2。下列分析正确的是( )
A.小物体在小车上相对小车滑行的时间为 1 s
B.最后小物体与小车的共同速度为 3 m/s
C.小车的最小长度为 1.0 m
D.小车对小物体的摩擦力的冲量为 0.45 N·s
解析：D 子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得 mv＝(m＋m)v，
1 0 1 2 1
解得 v＝3 m/s。小物体在小车上滑行过程中，
1
由动量守恒定律得(m＋m)v＝(m＋m＋m)v，解得 v＝1.5 m/s，选项 B 错误；
1 2 1 1 2 3 2 2
以小物体为研究对象，由动量定理得，I＝μm gt＝mv，解得 t＝13 s，选项 A 错误；
3 3 2
小车对小物体的摩擦力的冲量为 I＝mv＝0.45 N·s，选项 D 正确；
3 2
当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为 l，
由能量守恒定律得μm gl＝12(m＋m)v2－12(m＋m＋m)v2，解得 l＝0.5 m，
3 1 2 1 1 2 3 2
所以小车的最小长度为 0.5 m，选项 C 错误。
答案：D
2.如图所示是双缝干涉实验装置，使用波长为 600 nm 的橙色光源照射单缝 S，在光屏
中央 P 处观察到亮条纹，在位于 P 点上方的 P 点出现第一条亮条纹(即 P 到 S、S 的路程
1 1 1 2
差为一个波长)。现换用波长为 400 nm 的紫光源照射单缝，则( )A.P 和 P 仍为亮条纹
1
B.P 为亮条纹，P 为暗条纹
1
C.P 为暗条纹，P 为亮条纹
1
D.P、P 均为暗条纹
1
解析：B 从单缝 S 射出的光波被 S、S 两缝分成两束相干光，由题意知屏中央 P 点到
1 2
S、S 距离相等，即分别由 S、S 射出的光到 P 点的路程差为零，因此中央是亮条纹，无
1 2 1 2
论入射光是什么颜色的光，波长多大，P 点都是中央亮条纹。而分别由 S、S 射出的光到
1 2
P 点的路程差刚好是橙光的一个波长，即|PS－PS|＝600 nm＝λ ，当换用波长为 400 nm
1 1 1 1 2 橙
的紫光时，|PS－PS|＝600 nm＝32λ ，则两列光波到达 P 点时振动情况完全相反，即分
1 1 1 2 紫 1
别由 S、S 射出的光到达 P 点时相互削弱，因此，在 P 点出现暗条纹。综上所述，选项 B
1 2 1 1
正确。
答案：B
3.磁敏元件在越来越多的电子产品中被使用，市场上看到的带皮套的智能手机就是使用
磁性物质和霍尔元件等起到开关控制的，当打开皮套，磁体远离霍尔元件，手机屏幕亮；当
合上皮套，磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，手机进入省电模式。如图所示，一块宽度为 d、
长为 l、厚度为 h 的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为 e 的自由电子，通
入水平向右大小为 I 的电流时，当手机套合上时元件处于垂直于上表面、方向向上且磁感应
强度大小为 B 的匀强磁场中，于是元件的前、后表面产生稳定电势差 U ；以此来控制屏幕
H
熄灭，则下列说法正确的是( )
A.前表面的电势比后表面的电势高
B.自由电子所受洛伦兹力的大小为 eUHh
C.用这种霍尔元件探测某空间的磁场时，霍尔元件的摆放方向对 U 无影响
H
D.若该元件单位体积内的自由电子个数为 n，则发生霍尔效应时，元件前后表面的电势
差为 U ＝BIneh
H
解析：D 元件内的导电粒子是电荷量为 e 的自由电子，通入水平向右大小为 I 的电流
时，电子向左运动，由左手定律可得电子受洛伦兹力的作用往前表面偏转，故前表面的电势
比后表面的电势低，故 A 错误；元件的前、后表面产生稳定电势差时，电子受到的洛伦兹力与电场力平衡 evB⊥＝UHde，整理得 U
H
＝B⊥vd，B⊥为垂直于上表面的磁感应强度的大小
，故霍尔元件的摆放方向对 U 有影响，故 BC 错误；元件单位体积内的自由电子个数为 n，
H
根据电流的微观表达式 I＝neSv＝nehdv，整理得 v＝Inehd，电子受到的洛伦兹力与电场力平
衡 evB＝UHde，联立得元件前后表面的电势差为 U ＝BIneh，D 正确。故选 D。
H
答案：D
4.在如图所示的电路中，L 是直流电阻可以忽略的电感线圈，电流计 G 可视为理想电表
，先将开关 S 置于 a 处，待电路稳定后将开关 S 移至 b 处同时开始计时，电感线圈 L 和电
容器 C 组成振荡电路，其振荡周期为 T。下列说法正确的是( )
A.开关 S 刚移至 b 处，电流计 G 中将有从左向右的电流经过
B.0～T4 过程中，电容器 C 放电，电容减小
C.t＝T4 时刻，电感线圈 L 中磁场能最大
D.3T4～T 过程中，电流计 G 的读数逐渐变大
解析：C 开关 S 置于 a 处时，电容器 C 上极板接电源正极，开关 S 移至 b 处瞬间，电
容器 C 开始放电，电流计 G 中将有从右向左的电流经过，故 A 错误；0～T4 过程中，电容
器 C 放电，带电量 q 减小，但是其电容不会发生变化，故 B 错误；t＝T4 时刻，电容器放电
完毕，电容器极板上没有电荷，电场能全部转化为磁场能，所以此时电感线圈 L 中磁场能最
大，故 C 正确；3T4～T 过程是电容器充电过程，此时电路中的电流逐渐变小，所以电流计
G 的读数逐渐变小，故 D 错误。
答案：C
5.如图，导体轨道 OPQS 固定，其中 PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心，
轨道的电阻忽略不计。OM 是有一定电阻、可绕 O 转动的金属杆，M 端位于 PQS 上，OM
与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B。现使
OM 从 OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到 OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大
小以一定的变化率从 B 增加到 B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过 OM 的电荷量相等，则 B
′B 等于( )
A.54 B.32
C.74 D.2
解析：B 在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，
有 E＝ΔΦ1Δt1＝114Δt1，根据闭合电路的欧姆定律，有 I＝E1R，且 q＝IΔt，
1 1 1 1 1
在过程Ⅱ中，有 E＝ΔΦ2Δt2＝12Δt2，I＝E2R，q＝IΔt，
2 2 2 2 2
又 q＝q，即 114R＝12R，所以 B′B＝32，故选 B。
1 2
答案：B6.如图所示是一定质量理想气体状态由 A 依次经过 B、C 到 D 变化的 p-T 图像，对应的
转换图像中可能正确的是( )
解析：A 由理想气体状态方程可得 pVT＝C，由题图 p-T 图像可知，从 A 到 B 过程，
气体压强不变，可得选项 B、C 错误；从 A 到 B 过程，温度升高，所以体积增大，B 到 C
过程，温度不变，压强减小，所以体积增大，可得 D 项错误；C 到 D 过程压强减小，温度
降低，由于压强与温度成正比，所以体积不变，故 A 项正确。
答案：A
7.下列有关光的波粒二象性的说法中，正确的是( )
A.有的光是波，有的光是粒子
B.光子与电子是同样的一种粒子
C.光的波长越长，其波动性越显著；波长越短，其粒子性越显著
D.大量光子的行为往往显示出粒子性
解析：C 光具有波粒二象性，故 A 错误；电子是组成原子的基本粒子，有确定的静止
质量，是一种物质实体，速度可以低于光速，光子代表着一份能量，没有静止质量，速度永
远是光速，故 B 错误；光的波长越长，波动性越明显，波长越短，其粒子性越显著，故 C
正确；大量光子运动的规律表现出光的波动性，故 D 错误。
答案：C
8.(多选)两列振幅相等、波长均为λ、周期均为 T 的简谐横波沿同一绳子相向传播，若
两列波均由一次全振动产生，t＝0 时刻的波形如图 1 所示，此时两列波相距λ，则( )
图 1 图 2
A.t＝T4 时，波形如图 2 甲所示
B.t＝T2 时，波形如图 2 乙所示
C.t＝3T4 时，波形如图 2 丙所示D.t＝T 时，波形如图 2 丁所示
解析：BD 经过 T4 两列波分别向前传播λ4，两列波还没相遇，波形保持不变，选项
A 错误；经过 T2 两列机械波分别向前传播λ2，两列波的前端正好相遇，选项 B 正确；经
过 3T4 两列机械波分别向前传播 3λ4，两列波的波谷正好相遇，根据叠加原理，应该有振
幅更大的波谷，选项 C 错误；经过 T，则两列波完全相遇，根据叠加原理，所有质点位移为
零，即选项 D 正确。
答案：BD
9. (多选)如图所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB 为倾斜直轨道，BC
为与 AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相
同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道
AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )
A.经过最高点时，三个小球的速度相等
B.经过最高点时，甲球的速度最小
C.甲球的释放位置比乙球的高
D.运动过程中三个小球的机械能均保持不变
解析：CD 设磁感应强度为 B，圆形轨道半径为 r，三个小球质量均为 m，它们恰好通
过最高点时的速度分别为 v 、v 和 v ，
甲 乙 丙
由牛顿第二定律有 mg＋Bv q ＝mv 甲 2r，mg－Bv q ＝mv 乙 2r，mg＝mv 丙 2r，
甲 甲 乙 乙
则 v ＞v ＞v ，选项 A、B 错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机
甲 丙 乙
械能守恒，选项 D 正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能
最大，甲球的释放位置最高，选项 C 正确。
答案：CD
10.(多选)我国首艘攻击核潜艇，其核反应堆采用的燃料是铀 235，用一个动能约为 0.025
eV 的中子(慢中子)轰击铀 235，生成不稳定的铀 236，从而再裂变为钡 144 和氪 89，同时放
出能量和 3 个快中子，而快中子不利于铀 235 的裂变。为了能使裂变反应继续下去，需要将
反应中放出的快中子减速，从而使生成的中子继续撞击其它铀 235。有一种减速的方法是使
用石墨(碳 12)作减速剂，假设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞，则( )
A.该反应的核反应方程式为 235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310nB.一个速度为 v 的快中子与静止的碳原子碰撞一次后，快中子的速度大小约为 v＝
0 1
213v
0
C.一个动能为 E＝1.75 MeV 的快中子与静止的碳原子碰撞一次后，快中子的动能约为
0
1.25 MeV
D.若一个动能为 E 的快中子每次均与静止的碳原子碰撞，碰撞 n 次后的动能 E 为 E
0 n n
＝\a\vs4\al\co1(－\f(1113))2nE
0
解析：ACD 该反应的核反应方程式为 235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n，故
A 正确；根据动量守恒定律 mv＝mv＋Mv′，根据能量守恒定律 12mv20＝12mv21＋12Mv
0 1 1 1
′2，M＝12m，
解得 v＝－1113v，故 B 错误；根据 E＝12mv20，E＝12mv21，v＝－1113v，
1 0 0 1 1 0
解得 E＝\a\vs4\al\co1(－\f(1113))2E，又因为 E＝1.75 MeV，
1 0 0
解得 E≈1.25 MeV，故 C 正确；
1
根 据 E＝ \a\vs4\al\co1(－ \f(1113))2E 得 E＝ \a\vs4\al\co1(－ \f(1113))2E， 解 得 E＝ \
1 0 2 1 2
a\vs4\al\co1(－\f(1113))4E，同理得 E＝\a\vs4\al\co1(－\f(1113))2E，
0 3 2
解得 E＝\a\vs4\al\co1(－\f(1113))6E，以此类推 E＝\a\vs4\al\co1(－\f(1113))2nE，故 D 正确。
3 0 n 0
答案：ACD
二、非选择题：（本大题共 5 小题，共 60 分）
11、(12 分)某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中(实验装置如
图甲所示)，已知单摆在摆动过程中的摆角小于 5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最
低点开始计时且记数为 1，到第 n 次经过最低点所用的时间为 t；在测量单摆的摆长时，先
用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为 l，再用螺旋测微器测得
摆球的直径为 d(读数如图乙所示)。
甲 乙
(1)从乙图可知，摆球的直径为 d＝ mm；(2 分)
(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式 g＝ ；(3 分)
(3)(多选)实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建
议，其中可行的是 。(2 分)
A.尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线
B.当单摆经过最高位置时开始计时
C.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的D.测量多组周期 T 和摆长 L，作 T 2﹣L 关系图像来处理数据
(4)某同学根据实验中测得的数据，画出 T 2﹣L 图像如图丙所示，取π＝3.14，根据图像
，可求得当地的重力加速度大小为 m/s2(保留 3 位有效数字)。(3 分)
丙
(5) 实验中，该同学测量摆长使用绳长，而非悬点到摆球重心之间的距离，这对重力加
速度测量结果的影响是：测量值 真实值。(填“>”“＝”或“<”)(2 分)
解析：(1) 螺旋测微器的主尺读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.01×48.0 mm＝0.480 mm
，则最终读数为 5.980 mm。
(2)从单摆运动到最低点开始计时且记数为 1，到第 n 次经过最低点所用的时间内为 t，
则单摆全振动的次数为 N＝n－12，周期为 T＝tN＝2tn－1，单摆的长度为 L＝l＋d2，由单摆
的周期公式 T＝2π Lg)，得 g＝\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))2\b\lc\(\rc\2))t2。
(3)由单摆周期公式知，重力加速度的测量值与摆长有关，所以要尽可能选择细、轻且
不易伸长的线作为摆线，选项 A 正确；为了减小误差，需要当单摆经过平衡位置时开始计
时，选项 B 错误；为了减小误差，质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较小的，选项 C
错误；应用图像法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期 T 和摆长 L，作 T 2-L 关
系图像来处理数据，选项 D 正确。故选 AD。
(4)根据单摆的周期公式 T＝2π Lg)，可得 T2＝4π2gL，由图像可得，T 2﹣L 图像的斜率
k＝4π2g＝4.8－3.2（120－80）×10－2，则当地的重力加速度大小为 g≈9.86m/s2。
(5)由 T2＝4π2gL 可知，图像的斜率为 k＝4π2g，重力加速度为 g＝4π2k，由上述分析
可知，其摆长的测量不影响重力加速度的测量结果，所以其测量值等于真实值。
答案：(1)5.980
(2)\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))2\b\lc\(\rc\2))t2
(3)AD
(4)9.86(9.83～9.89 均可)
(5)＝
12.(12 分)如图所示，质量 M＝1 kg 的平板车 A 放在光滑的水平面上，质量 m＝0.5 kg的物块 B 放在平板车右端上表面，质量 m＝0.5 kg 的小球 C 用长为 6.4 m 的细线悬挂于 O 点
，O 点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为 6.4 m，将小球向左拉到一定高度，
细线拉直且与竖直方向的夹角为 60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好
能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为 0.5 s，物块与平板车间的动摩擦因数
为 0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：
(1)平板车的长度； (6 分)
(2)小球与平板车碰撞过程损失的机械能。(6 分)
解析：(1)设物块在平板车上滑动时的加速度大小为 a，
根据牛顿第二定律有μmg＝ma
代入数据解得 a＝6 m/s2
设物块与平板车最后的共同速度为 v，根据运动学公式有 v＝at＝3 m/s
设小球与平板车相碰后瞬间，平板车的速度为 v，
1
根据动量守恒定律有 Mv＝(m＋M)v
1
解得 v＝4.5 m/s
1
设平板车的长度为 L，根据能量守恒定律有
μmgL＝12Mv2－12(m＋M)v2
1
代入数据解得 L＝1.125 m。
(2)设小球与平板车相碰前瞬间速度为 v，根据机械能守恒定律有
0
mg(l－lcos 60°)＝12mv 02
解得 v＝8 m/s
0
设碰撞后瞬间小球的速度为 v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
2
mv＝Mv＋mv
0 1 2
解得 v＝－1 m/s
2
小球与平板车碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝12mv2－12mv2－12Mv2＝5.625 J。
0 2 1
答案：(1)1.125 m (2)5.625 J
13.(12 分)如图所示，位于竖直平面内的坐标系 xOy，在第三象限空间有垂直于纸面向
外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B＝0.5 T，还有沿 x 轴负方向的匀强电场，电场强度大小
为 E＝2 N/C。在第一象限空间有沿 y 轴负方向、电场强度大小也为 E 的匀强电场，并在 y
＞h＝0.4 m 的区域有磁感应强度大小也为 B 的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为 q 的油滴从图中第三象限的 P 点得到一初速度，恰好能沿 PO 做匀速直线运动(PO 与 x 轴
负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点 O 进入第一象限。已知重力加速度 g 取 10 m/s2，求：
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、静电力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油
滴带哪种电荷；(4 分)
(2)油滴在 P 点得到的初速度大小；(4 分)
(3)油滴在第一象限运动的时间(取π＝3.14)。(4 分)
解析：(1)根据受力分析(如图所示)，可知油滴带负电荷，设油滴质量为 m，由平衡条件
得
mg∶qE∶F＝1∶1∶2。
(2)由第(1)问得 qvB＝2qE，
代入数据解得 v＝2)EB＝42 m/s。
(3)进入第一象限，静电力和重力平衡，油滴先做匀速直线运动，从 A 点进入 y>h 的区
域后做匀速圆周运动，再从 C 点离开 y>h 区域，最后从 x 轴上的 N 点离开第一象限。由 O
→A 匀速运动的位移为 s＝hsin 45°＝2h
1
其运动时间 t＝s1v＝0.1 s
1
由 qvB＝mv2r，T＝2πrv 得 T＝2πmqB
油滴从 A→C 做圆周运动的时间为
t＝14T＝πE2gB＝0.628 s
2
由对称性知，从 C→N 的时间 t＝t
3 1
故油滴在第一象限运动的总时间
t＝t＋t＋t＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s。
1 2 3
答案：(1)1∶1∶2 负电荷 (2)42 m/s (3)0.828 s
14.(12 分)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框 abcd 的边长 L＝0.2 m、回路电阻 R＝1.6×10－3 Ω、质量
m＝0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的 ad 边与磁场左边界平齐，ab 边与磁场下边界
的距离也为 L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为 42 N 的恒力 F，使其在
图示竖直平面内由静止开始运动。从 ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc
边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取 g＝10 m/s2，求：
(1)ab 边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(4 分)
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(4 分)
(3)磁场区域的水平宽度。(4 分)
解析：(1)ab 边进入磁场前，对线框进行受力分析，由牛顿第二定律，
在水平方向有 Fcos θ＝ma
x
代入数据有 a＝20 m/s2
x
在竖直方向有 Fsin θ－mg＝ma
y
代入数据有 a＝10 m/s2。
y
(2)ab 边进入磁场开始，ab 边在竖直方向切割磁感线；ad 边和 bc 边的上部分也开始进
入磁场，且在水平方向切割磁感线。但 ad 和 bc 边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则
整个回路的电动势为 ab 边切割磁感线产生的电动势，
根据右手定则可知回路的电流为 adcba，则从 ab 边进入磁场开始，ab 边受到的安培力竖直
向下，ad 边的上部分受到的安培力水平向右，bc 边的上部分受到的安培力水平向左，则 ad
边和 bc 边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框 abcd 受到的安培力的合力为 ab 边受到
的竖直向下的安培力。由 v2＝2aL，知 ab 边刚到达磁场边缘时，
y y
线框竖直方向的速度 v＝2 m/s。由题知，线框从 ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀
y
速运动，则有
Fsin θ－mg－BIL＝0，E＝BLv，I＝ER
y
联立解得 B＝0.2 T
由题知，从 ab 边进入磁场开始，在竖直方向上线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc
边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有
Q＝W ＝BILy，y＝L
克安
Fsin θ－mg＝BIL
联立解得 Q＝0.4 J。
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间由v＝at，L＝vt，t＝t＋t
y y1 y2 1 2
联立解得 t＝0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向上一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
x＝12at2＝12×20×0.32 m＝0.9 m
x
则磁场区域的水平宽度 s＝x＋L＝1.1 m。
答案：(1)20 m/s2 10 m/s2 (2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m
15.(12 分)图甲是研究光电效应规律的光电管。用波长λ＝0.50 μm 的绿光照射阴极 K，
实验测得流过 G 表的电流 I 与 A、K 之间的电势差 U 满足如图乙所示的规律，
AK
取 h＝6.63×10－34 J·s。结合图像，求：(结果保留 2 位有效数字)
甲 乙
(1)当 U 足够大时，每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极 K 时的最大动能；
AK
(6 分)
(2)该阴极材料的极限波长。(6 分)
解析：(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极 A，阴极每秒钟发射的
光电子的个数
n＝Ime＝0.64×10－61.6×10－19＝4.0×1012(个)。
光电子的最大初动能
E ＝eU＝1.6×10－19×0.6 J＝9.6×10－20 J。
km c
(2)设阴极材料的极限波长为λ，根据爱因斯坦光电效应方程得
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E＝hν－W＝hcλ－hcλ0，
k 0
代入数据解得λ≈0.66 μm。
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答案：(1)4.0×1012 个 9.6×10－20 J (2)0.66 μm
