2024年高考物理一轮复习阶段综合测评9含解析

PAGE13-阶段综合测评(九)时间：90分钟满分：110分第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1～8题只有一项符合题目要求，9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列说法不正确的是()A．爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程B．玻尔的原子理论胜利地说明了氢原子光谱的试验规律C．卢瑟福依据α粒子散射试验提出了原子的核式结构模型D．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长答案D解析爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故A正确；玻尔的原子理论胜利地说明了氢原子光谱的试验规律，故B正确；卢瑟福依据α粒子散射试验提出了原子的核式结构模型，故C正确；德布罗意波波长为：λ＝eq\f(h,p)，其中p为粒子的动量，故动量越大，则对应的波长就越短，故D错误。本题要求选说法不正确的，故选D。2．关于核反应，下列描述正确的是()A．温度上升，放射性元素衰变的半衰期减小B．放射性物质eq\o\al(238,92)U发生β衰变所释放的电子来源于核外电子C.eq\o\al(232,90)Th经过6次α衰变、4次β衰变后变成eq\o\al(208,82)PbD．用中子轰击铀核，产生几个中等质量原子核的现象属于核聚变答案C解析放射性元素的半衰期不随温度及化学状态变更而变更，是由原子核内部本身确定的，A错误；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，B错误；发生α衰变是放出eq\o\al(4,2)He，发生β衰变是放出eq\o\al(0,－1)e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则依据质量数守恒和电荷数守恒有：2x－y＋82＝90,4x＋208＝232，解得x＝6，y＝4，故衰变过程中共有6次α衰变和4次β衰变，C正确；用中子轰击铀核，产生几个中等质量原子核的现象属于核裂变，D错误。3．如图为氢原子能级图。现有一群处于n＝4激发态的氢原子，用这些氢原子辐射出的光照耀逸出功为2.13eV的某金属，已知电子的电荷量为1.6×10－19CA．这些氢原子能辐射出3种不同频率的光子B．这些氢原子辐射出光子后，电子的总能量保持不变C．这些氢原子辐射出的全部光都能使该金属发生光电效应D．该金属逸出的全部光电子中，初动能的最大值为1.7×10－18J答案D解析依据Ceq\o\al(2,4)＝6知，这些氢原子可以辐射出6种不同频率的光子，A错误；这些氢原子辐射出光子后，能级降低，电子的动能增大，电势能减小，总能量减小，B错误；氢原子由n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光子的能量E43＝E4－E3＝－0.85eV－(－1.51eV)＝0.66eV<2.13eV，所以不能使逸出功为2.13eV的金属发生光电效应，C错误；氢原子由n＝4能级向n＝1能级跃迁时辐射的光子能量最大，最大能量E41＝12.75eV，依据光电效应方程可知，入射光的能量越高，则光电子的最大初动能越大，初动能的最大值Ekm＝(12.75－2.13)eV＝10.62eV≈1.7×10－18J，D正确。4．某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，通过线圈的磁通量随时间按如图所示的规律变更，当t＝0时，Φ＝Φ0，图中Φ0、t1、t2均已知，则下列说法正确的是()A．t1时刻，线圈中的感应电流为零B．t1～t2时间内，线圈中的电流先增大后减小C．线圈转动的角速度大小为ω＝eq\f(2π,t1)D．若将线圈的转速增大为原来的2倍，则线圈中感应电流的电功率是原来的4倍答案D解析t1时刻，磁通量的变更率不为零，因此感应电动势不为零，感应电流不为零，A错误；t1～t2时间内，磁通量的变更领先变小后变大，因此感应电流先变小后变大，B错误；线圈转动的角速度大小为ω＝eq\f(2π,4t1)＝eq\f(π,2t1)，C错误；Em＝NBSω＝NΦ0·2πn，若将线圈的转速增大为原来的2倍，感应电动势的最大值变为原来的2倍，感应电动势的有效值变为原来的2倍，由P＝eq\f(E2,R)可知，线圈中感应电流的电功率是原来的4倍，D正确。5．如图甲所示为一种调光台灯的电路示意图，它通过双向可控硅电子元件实现了无级调整亮度。给该台灯接220V的正弦式交变电流后加在灯管两端的电压为如图乙所示的周期性电压(每个周期的前半部分为一正弦函数完整波形的前eq\f(1,4)段)，则此时沟通电压表的示数为()A．220V B．110VC.eq\f(220,\r(2))V D.eq\f(110,\r(2))V答案B解析依据有效值定义有eq\f((\f(220,\r(2)))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，解得U＝110V。6．如图所示电路，电阻R1与电阻R2串联接在交变电源上，且R1＝R2＝10Ω，正弦沟通电的表达式为u＝20eq\r(2)sin100πt(V)，R1和志向二极管D(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)并联，则R2上的电功率为()A．10W B．15WC．25W D．30W答案C解析由题图可知，当电流从A流入时，R1被短路，此时R2两端的电压有效值为：U2＝eq\f(Um,\r(2))＝20V，当电流从B流入时，R1、R2串联，则R2两端的电压有效值为U2′＝eq\f(U2,2)＝10V，设一个周期内R2两端的电压有效值为U，则eq\f(U2′2,R2)×eq\f(T,2)＋eq\f(U\o\al(2,2),R2)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R2)×T，解得：U＝5eq\r(10)V，则有：P2′＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(250,10)W＝25W。7．如图所示电路中，变压器为志向变压器，a、b接在电压有效值不变的沟通电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，视察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是()A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动答案D解析电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时电压表V1示数不变，A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故电压表V2示数不变，电压表V3示数为V2示数减去R0两端电压，电流表A2的示数增大，易知R0两端电压上升，故V3示数减小，B错误；志向变压器满意U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2>ΔI1，故U2<U1，变压器为降压变压器，C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，D正确。8．如图甲所示是探讨光电效应的电路图。某同学利用该装置在不同试验条件下得到了三条光电流I与A、K两极之间的电压UAK的关系曲线，如图乙所示。则下列说法正确的是()A．甲光照耀光电管逸出光电子的初动能肯定小于丙光照耀光电管逸出光电子的初动能B．单位时间内甲光照耀光电管逸出的光电子比乙光照耀时逸出的少C．用强度相同的甲、丙光照耀该光电管，则单位时间内逸出的光电子数相等D．对于不同种金属，若照耀光频率不变，则逸出光电子的最大初动能与金属的逸出功为线性关系答案D解析当光照耀到K极时，假如入射光的频率足够大(大于K极金属的极限频率)，就会从K极逸出光电子。当反向电压增加到某一值时，电流表A中电流就会变为零，此时eq\f(1,2)meveq\o\al(2,c)＝eUc，式中vc表示光电子的最大初速度，e为光电子的电荷量，Uc为遏止电压，丙光对应的遏止电压较大，可知丙光照耀K极时产生的光电子的最大初动能较大，依据爱因斯坦光电效应方程知，丙光的频率较大，但丙光照耀光电管发出光电子的初动能不肯定比甲光照耀光电管发出光电子的初动能大，故A错误；对于甲、乙两束频率相同的光来说，甲光对应饱和光电流比乙光的大，单位时间内甲光照耀光电管逸出的光电子比乙光照耀时逸出的多，故B错误；光强相同时单位时间内照耀到光电管单位面积上的光子的总能量相等，由于丙光的光子频率较高，每个光子的能量较大，所以单位时间内照耀到光电管单位面积上的光子数就较少，单位时间内逸出的光电子数就较少，故C错误；对于不同金属，若照耀光频率不变，依据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，知逸出光电子的最大初动能Ek与金属的逸出功为线性关系，故D正确。9．(2024·福建泉州泉港区第一中学高三上质量检测)如图为小型旋转电枢式沟通发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10Ω的电阻连接，t＝0时线圈以T＝0.02s的周期从图中位置起先转动，转动时志向沟通电压表示数为10V，则下列说法正确的是()A．电阻R上的电功率为20WB．R两端的电压u随时间变更的规律是u＝10eq\r(2)·cos100πt(V)C．t＝0.02s时R两端的电压瞬时值最大D．一个周期内电阻R产生的热量是0.2J答案BCD解析电阻R消耗的电功率为P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(102,10)W＝10W，A错误；R两端电压的最大值为Um＝eq\r(2)U＝10eq\r(2)V，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，线圈从图中位置起先转动时，感应电动势最大，R两端电压最大，故R两端的电压u随时间t变更的规律是u＝10eq\r(2)cos100πt(V)，B正确；t＝0.02s时，即t＝T时，线圈平面与磁场方向平行，磁通量的变更率最大，此时线圈产生的感应电动势最大，R两端的电压瞬时值最大，C正确；依据焦耳定律可知，一个周期内电阻R产生的热量Q＝I2RT＝PT＝10×0.02J＝0.2J，D正确。10．在足够大的匀强磁场中，静止的钠的同位素eq\o\al(24,11)Na发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出粒子在磁场中运动的轨迹均为圆，如图所示，下列说法正确的是()A．新核为eq\o\al(24,12)MgB．轨迹2是新核的径迹C.eq\o\al(24,11)Na发生的是α衰变D．新核沿顺时针方向旋转答案AB解析依据动量守恒定律得知，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则推断得知，放出的粒子应带负电，是β粒子，所以发生的是β衰变，依据电荷数守恒、质量数守恒知，衰变方程为eq\o\al(24,11)Na→eq\o\al(24,12)Mg＋eq\o\al(0,－1)e，可知新核为eq\o\al(24,12)Mg，故A正确，C错误；由题意，静止的钠核eq\o\al(24,11)Na发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式r＝eq\f(mv,qB)得知，新核的半径小于释放出的粒子的半径，所以轨迹2是新核的轨迹，故B正确；依据洛伦兹力供应向心力，由左手定则推断得知，新核沿逆时针方向旋转，故D错误。11．下列说法正确的是()A．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不行再分的最小能量值ε叫能量子B．德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量ε和动量p跟它对应的波的频率ν和波长λ之间遵从ν＝eq\f(ε,h)和λ＝eq\f(h,p)C．光电效应揭示了光具有粒子性，康普顿效应揭示了光具有波动性D．X射线是处于激发态的原子核辐射出的答案AB解析普朗克把最小的能量单位叫能量子，故A正确；德布罗意提出了实物粒子具有波动性的规律，且ε＝hν，λ＝eq\f(h,p)，故B正确；光电效应和康普顿效应都揭示了光具有粒子性，故C错误；X射线是处于激发态的原子内层电子辐射出的，故D错误。12．(2024·广东清远高三上学期期末)如图所示，一个小型水电站，其沟通发电机的输出电压U1肯定，通过志向升压变压器T1和志向降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2，T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是()A．当用户的用电器增加时，U2、U3、U4均变小B．输电线的总电阻R两端的电压等于U2＋U3，且随用户的用电器增加而增大C．输电线上损失的功率为eq\f(P\o\al(2,3)R,U\o\al(2,3))，且随用户的用电器增加而增大D．要减小输电线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比eq\f(n2,n1)，同时应增大降压变压器的匝数比eq\f(n3,n4)答案CD解析沟通发电机的输出电压U1肯定，匝数没变，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，知U2不变，A错误；输电线的总电阻R两端的电压等于U2－U3，且随着用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线的总电阻R两端的电压增大，B错误；输电线上的电流I＝eq\f(P3,U3)，则输电线上损失的功率为P损＝I2R＝eq\f(P\o\al(2,3)R,U\o\al(2,3))，且随着用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线上损失的功率增大，C正确；输送功率肯定时，依据P＝UI和P损＝I2R知，要减小输电线路的损耗，应增大输送电压，又因为U1肯定，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，应增大升压变压器的匝数比eq\f(n2,n1)，而U3＝U2－IR，U2增大，I减小，所以U3增大，要运用户所用电压U4不变，依据eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)知，应增大降压变压器的匝数比eq\f(n3,n4)，D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共62分)二、试验题(本题共2小题，共12分)13．(6分)为了探讨光敏电阻在室内正常光照耀和室外强光照耀时电阻的大小关系，某同学用如图甲所示的电路进行试验，得出两种U­I图线，如图乙所示。(1)依据U­I图线可知正常光照耀时间敏电阻的阻值为________Ω，强光照耀时的阻值为________Ω。(2)若试验中所用电压表的内阻约为5kΩ，毫安表的内阻约为100Ω，考虑到电表内阻对试验结果的影响，此试验中________(选填“正常光照耀时”或“强光照耀时”)测得的电阻误差较大。若测量这种光照下的电阻，则需将实物图中毫安表的连接方式采纳________(选填“内接”或“外接”)法进行试验，试验结果较为精确。答案(1)3000200(2)强光照耀时外接解析(1)光敏电阻的阻值随光照的增加而减小，结合图乙知正常光照耀时间敏电阻的阻值为R1＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(2.4,0.8×10－3)Ω＝3000Ω，强光照耀时间敏电阻的阻值为R2＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(0.8,4.0×10－3)Ω＝200Ω。(2)试验电路采纳的是毫安表内接法，由于毫安表的分压作用，测得的结果比真实值偏大，当待测电阻远大于毫安表电阻时试验误差较小，所以强光照耀时试验误差较大；强光照耀时采纳毫安表外接法试验结果较为精确。14．(6分)某试验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”试验，试验室供应如下器材：热敏电阻Rt(常温下约8kΩ)、温度计、电流表A(量程1mA，内阻约200Ω)、电压表V(量程3V，内阻约10kΩ)、电池组E(电动势为4.5V，内阻约1Ω)、滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)、开关S、导线若干、烧杯和水。(1)依据试验所供应的器材，设计试验电路，画在图甲所示的方框中。(2)图乙是试验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请依据你所设计的试验电路，补充完成实物间的连线。(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P应置于________(填“a”或“b”)端。(4)试验小组利用完整的试验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的Rt­t图象如图丙中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有肯定的差异。除了偶然误差外，关于产生系统误差的缘由或减小系统误差的方法，下列说法中正确的是()A．电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大B．电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小C．温度上升到肯定值后，电流表宜采纳外接法D．温度上升到肯定值后，电流表宜采纳内接法答案(1)见解析图甲(2)见解析图乙(3)a(4)AC解析(1)本试验中要探究热敏电阻的温度特性曲线，故滑动变阻器采纳分压式接法，同时热敏电阻阻值较大，故应采纳电流表内接法，试验电路如图甲所示。(2)依据电路图连接实物图，如图乙所示。(3)闭合开关前，将滑动变阻器的滑动触头置于a端，待测电路电压和电流为零，从而爱护电表。(4)由于电流表内接，电流表的分压使电压表读数大于热敏电阻两端的电压，产生系统误差，故A正确，B错误；当温度上升到肯定值后，电阻变小，则电流表应选用外接法，可以减小试验误差，故C正确，D错误。三、计算题(本题共4小题，共50分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)15．(10分)用频率为ν0的光照耀某种金属发生光电效应，测出光电流I随电压U的关系图象如图所示，已知普朗克常量为h，电子的电荷量为e，求：(1)照耀在金属表面上的这束光的最小功率P；(2)该金属的极限频率νc。答案(1)eq\f(I0hν0,e)(2)eq\f(hν0－eUc,h)解析(1)由于饱和光电流为I0，可知单位时间内产生的光电子的个数n＝eq\f(I0,e)，照耀到金属上的光子全部被金属汲取，则照耀到金属上的光子的个数N＝eq\f(I0,e)，所以这束光照耀在金属表面上的最小功率P＝N·hν0＝eq\f(I0hν0,e)。(2)Uc为遏止电压，由动能定理可知，电子的最大初动能Ekm＝eUc依据光电效应方程得Ekm＝hν0－hνc所以该金属的极限频率νc＝eq\f(hν0－eUc,h)。16．(12分)如图甲所示，一固定的圆形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的匀强磁场。已知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0Ω，面积S＝0.040m2，小灯泡的电阻R＝9.0Ω，磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变更，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcoseq\f(2π,T)t，其中T为磁场变更的周期。不计灯丝电阻随温度的变更。(1)求线圈中产生的感应电动势的最大值Em；(2)若在小灯泡两端接一志向沟通电压表(图中未画出)，电压表的示数是多少？(结果保留一位小数)(3)在磁感应强度变更的0～eq\f(T,4)时间内，求通过小灯泡的电荷量。答案(1)8V(2)5.1V(3)4×10－3C解析(1)感应电动势的最大值Em＝nBSω，当磁感应强度B取最大值时，感应电动势有最大值，代入数据求得Em＝8V。(2)在沟通电路中电压表测量有效值，对电动势按余弦规律变更的电源来说，其电压有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝4eq\r(2)V，设电压表读数为U，由欧姆定律可得U＝eq\f(E,R＋r)R≈5.1V。(3)在0～eq\f(T,4)时间内，感应电动势的平均值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔB·S,Δt)感应电流的平均值eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，通过小灯泡的电荷量Q＝eq\x\to(I)·Δt＝neq\f(ΔB·S,R＋r)＝4×10－3C。17．(12分)(2024·江苏常州高三上学期期末)一个静止的铀核(eq\o\al(238,92)U)放出一个α粒子变成钍核(eq\o\al(234,90)Th)，设该核反应中释放的能量全部转化为两个粒子的动能，已知α粒子动能为Ek1，真空中的光速为c。求：(1)钍核的动能；(2)该核反应中的质量亏损。答案(1)eq\f(2,117)Ek1(2)eq\f(119Ek1,117c2)解析(1)衰变过程系统动量守恒，依据动量守恒定律得：pα－pTh＝0依据动能与动量的关系p＝eq\r(2mEk)