2024年高考物理一輪復習階段綜合測評9含解析

PAGE13-階段綜合測評(九)時間：90分鐘滿分：110分第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，1～8題只有一項符合題目要求，9～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．下列說法不正確的是()A．愛因斯坦在光的粒子性的基礎上，建立了光電效應方程B．玻爾的原子理論勝利地說明了氫原子光譜的試驗規(guī)律C．盧瑟福依據α粒子散射試驗提出了原子的核式結構模型D．德布羅意指出微觀粒子的動量越大，其對應的波長就越長答案D解析愛因斯坦提出了光子假說，建立了光電效應方程，故A正確；玻爾的原子理論勝利地說明了氫原子光譜的試驗規(guī)律，故B正確；盧瑟福依據α粒子散射試驗提出了原子的核式結構模型，故C正確；德布羅意波波長為：λ＝eq\f(h,p)，其中p為粒子的動量，故動量越大，則對應的波長就越短，故D錯誤。本題要求選說法不正確的，故選D。2．關于核反應，下列描述正確的是()A．溫度上升，放射性元素衰變的半衰期減小B．放射性物質eq\o\al(238,92)U發(fā)生β衰變所釋放的電子來源于核外電子C.eq\o\al(232,90)Th經過6次α衰變、4次β衰變后變成eq\o\al(208,82)PbD．用中子轟擊鈾核，產生幾個中等質量原子核的現象屬于核聚變答案C解析放射性元素的半衰期不隨溫度及化學狀態(tài)變更而變更，是由原子核內部本身確定的，A錯誤；β衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉化成質子和電子所產生的，B錯誤；發(fā)生α衰變是放出eq\o\al(4,2)He，發(fā)生β衰變是放出eq\o\al(0,－1)e，設發(fā)生了x次α衰變和y次β衰變，則依據質量數守恒和電荷數守恒有：2x－y＋82＝90,4x＋208＝232，解得x＝6，y＝4，故衰變過程中共有6次α衰變和4次β衰變，C正確；用中子轟擊鈾核，產生幾個中等質量原子核的現象屬于核裂變，D錯誤。3．如圖為氫原子能級圖?，F有一群處于n＝4激發(fā)態(tài)的氫原子，用這些氫原子輻射出的光照耀逸出功為2.13eV的某金屬，已知電子的電荷量為1.6×10－19CA．這些氫原子能輻射出3種不同頻率的光子B．這些氫原子輻射出光子后，電子的總能量保持不變C．這些氫原子輻射出的全部光都能使該金屬發(fā)生光電效應D．該金屬逸出的全部光電子中，初動能的最大值為1.7×10－18J答案D解析依據Ceq\o\al(2,4)＝6知，這些氫原子可以輻射出6種不同頻率的光子，A錯誤；這些氫原子輻射出光子后，能級降低，電子的動能增大，電勢能減小，總能量減小，B錯誤；氫原子由n＝4能級躍遷到n＝3能級輻射出的光子的能量E43＝E4－E3＝－0.85eV－(－1.51eV)＝0.66eV<2.13eV，所以不能使逸出功為2.13eV的金屬發(fā)生光電效應，C錯誤；氫原子由n＝4能級向n＝1能級躍遷時輻射的光子能量最大，最大能量E41＝12.75eV，依據光電效應方程可知，入射光的能量越高，則光電子的最大初動能越大，初動能的最大值Ekm＝(12.75－2.13)eV＝10.62eV≈1.7×10－18J，D正確。4．某矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，通過線圈的磁通量隨時間按如圖所示的規(guī)律變更，當t＝0時，Φ＝Φ0，圖中Φ0、t1、t2均已知，則下列說法正確的是()A．t1時刻，線圈中的感應電流為零B．t1～t2時間內，線圈中的電流先增大后減小C．線圈轉動的角速度大小為ω＝eq\f(2π,t1)D．若將線圈的轉速增大為原來的2倍，則線圈中感應電流的電功率是原來的4倍答案D解析t1時刻，磁通量的變更率不為零，因此感應電動勢不為零，感應電流不為零，A錯誤；t1～t2時間內，磁通量的變更領先變小后變大，因此感應電流先變小后變大，B錯誤；線圈轉動的角速度大小為ω＝eq\f(2π,4t1)＝eq\f(π,2t1)，C錯誤；Em＝NBSω＝NΦ0·2πn，若將線圈的轉速增大為原來的2倍，感應電動勢的最大值變?yōu)樵瓉淼?倍，感應電動勢的有效值變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝eq\f(E2,R)可知，線圈中感應電流的電功率是原來的4倍，D正確。5．如圖甲所示為一種調光臺燈的電路示意圖，它通過雙向可控硅電子元件實現了無級調整亮度。給該臺燈接220V的正弦式交變電流后加在燈管兩端的電壓為如圖乙所示的周期性電壓(每個周期的前半部分為一正弦函數完整波形的前eq\f(1,4)段)，則此時溝通電壓表的示數為()A．220V B．110VC.eq\f(220,\r(2))V D.eq\f(110,\r(2))V答案B解析依據有效值定義有eq\f((\f(220,\r(2)))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，解得U＝110V。6．如圖所示電路，電阻R1與電阻R2串聯(lián)接在交變電源上，且R1＝R2＝10Ω，正弦溝通電的表達式為u＝20eq\r(2)sin100πt(V)，R1和志向二極管D(正向電阻為零，反向電阻為無窮大)并聯(lián)，則R2上的電功率為()A．10W B．15WC．25W D．30W答案C解析由題圖可知，當電流從A流入時，R1被短路，此時R2兩端的電壓有效值為：U2＝eq\f(Um,\r(2))＝20V，當電流從B流入時，R1、R2串聯(lián)，則R2兩端的電壓有效值為U2′＝eq\f(U2,2)＝10V，設一個周期內R2兩端的電壓有效值為U，則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，則有：P2′＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(250,10)W＝25W。7．如圖所示電路中，變壓器為志向變壓器，a、b接在電壓有效值不變的溝通電源兩端，R0為定值電阻，R為滑動變阻器?，F將變阻器的滑片從一個位置滑動到另一位置，視察到電流表A1的示數增大了0.2A，電流表A2的示數增大了0.8A，則下列說法正確的是()A．電壓表V1示數增大B．電壓表V2、V3示數均增大C．該變壓器起升壓作用D．變阻器滑片是沿c→d的方向滑動答案D解析電壓表V1的示數和a、b間電壓的有效值相同，滑片滑動時電壓表V1示數不變，A錯誤；電壓表V2測量的電壓為副線圈兩端的電壓，原、副線圈匝數不變，輸入電壓不變，故電壓表V2示數不變，電壓表V3示數為V2示數減去R0兩端電壓，電流表A2的示數增大，易知R0兩端電壓上升，故V3示數減小，B錯誤；志向變壓器滿意U1I1＝U2I2，則U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2>ΔI1，故U2<U1，變壓器為降壓變壓器，C錯誤；因I2增大，故知R減小，變阻器滑片是沿c→d的方向滑動，D正確。8．如圖甲所示是探討光電效應的電路圖。某同學利用該裝置在不同試驗條件下得到了三條光電流I與A、K兩極之間的電壓UAK的關系曲線，如圖乙所示。則下列說法正確的是()A．甲光照耀光電管逸出光電子的初動能肯定小于丙光照耀光電管逸出光電子的初動能B．單位時間內甲光照耀光電管逸出的光電子比乙光照耀時逸出的少C．用強度相同的甲、丙光照耀該光電管，則單位時間內逸出的光電子數相等D．對于不同種金屬，若照耀光頻率不變，則逸出光電子的最大初動能與金屬的逸出功為線性關系答案D解析當光照耀到K極時，假如入射光的頻率足夠大(大于K極金屬的極限頻率)，就會從K極逸出光電子。當反向電壓增加到某一值時，電流表A中電流就會變?yōu)榱?，此時eq\f(1,2)meveq\o\al(2,c)＝eUc，式中vc表示光電子的最大初速度，e為光電子的電荷量，Uc為遏止電壓，丙光對應的遏止電壓較大，可知丙光照耀K極時產生的光電子的最大初動能較大，依據愛因斯坦光電效應方程知，丙光的頻率較大，但丙光照耀光電管發(fā)出光電子的初動能不肯定比甲光照耀光電管發(fā)出光電子的初動能大，故A錯誤；對于甲、乙兩束頻率相同的光來說，甲光對應飽和光電流比乙光的大，單位時間內甲光照耀光電管逸出的光電子比乙光照耀時逸出的多，故B錯誤；光強相同時單位時間內照耀到光電管單位面積上的光子的總能量相等，由于丙光的光子頻率較高，每個光子的能量較大，所以單位時間內照耀到光電管單位面積上的光子數就較少，單位時間內逸出的光電子數就較少，故C錯誤；對于不同金屬，若照耀光頻率不變，依據愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0，知逸出光電子的最大初動能Ek與金屬的逸出功為線性關系，故D正確。9．(2024·福建泉州泉港區(qū)第一中學高三上質量檢測)如圖為小型旋轉電樞式溝通發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動，線圈的兩端經集流環(huán)和電刷與R＝10Ω的電阻連接，t＝0時線圈以T＝0.02s的周期從圖中位置起先轉動，轉動時志向溝通電壓表示數為10V，則下列說法正確的是()A．電阻R上的電功率為20WB．R兩端的電壓u隨時間變更的規(guī)律是u＝10eq\r(2)·cos100πt(V)C．t＝0.02s時R兩端的電壓瞬時值最大D．一個周期內電阻R產生的熱量是0.2J答案BCD解析電阻R消耗的電功率為P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(102,10)W＝10W，A錯誤；R兩端電壓的最大值為Um＝eq\r(2)U＝10eq\r(2)V，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，線圈從圖中位置起先轉動時，感應電動勢最大，R兩端電壓最大，故R兩端的電壓u隨時間t變更的規(guī)律是u＝10eq\r(2)cos100πt(V)，B正確；t＝0.02s時，即t＝T時，線圈平面與磁場方向平行，磁通量的變更率最大，此時線圈產生的感應電動勢最大，R兩端的電壓瞬時值最大，C正確；依據焦耳定律可知，一個周期內電阻R產生的熱量Q＝I2RT＝PT＝10×0.02J＝0.2J，D正確。10．在足夠大的勻強磁場中，靜止的鈉的同位素eq\o\al(24,11)Na發(fā)生衰變，沿與磁場垂直的方向釋放出一個粒子后，變?yōu)橐粋€新核，新核與放出粒子在磁場中運動的軌跡均為圓，如圖所示，下列說法正確的是()A．新核為eq\o\al(24,12)MgB．軌跡2是新核的徑跡C.eq\o\al(24,11)Na發(fā)生的是α衰變D．新核沿順時針方向旋轉答案AB解析依據動量守恒定律得知，放出的粒子與新核的速度方向相反，由左手定則推斷得知，放出的粒子應帶負電，是β粒子，所以發(fā)生的是β衰變，依據電荷數守恒、質量數守恒知，衰變方程為eq\o\al(24,11)Na→eq\o\al(24,12)Mg＋eq\o\al(0,－1)e，可知新核為eq\o\al(24,12)Mg，故A正確，C錯誤；由題意，靜止的鈉核eq\o\al(24,11)Na發(fā)生衰變時動量守恒，釋放出的粒子與新核的動量大小相等，兩個粒子在勻強磁場中都做勻速圓周運動，因為新核的電荷量大于所釋放出的粒子電荷量，由半徑公式r＝eq\f(mv,qB)得知，新核的半徑小于釋放出的粒子的半徑，所以軌跡2是新核的軌跡，故B正確；依據洛倫茲力供應向心力，由左手定則推斷得知，新核沿逆時針方向旋轉，故D錯誤。11．下列說法正確的是()A．普朗克曾經大膽假設：振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整數倍，這個不行再分的最小能量值ε叫能量子B．德布羅意提出：實物粒子也具有波動性，而且粒子的能量ε和動量p跟它對應的波的頻率ν和波長λ之間遵從ν＝eq\f(ε,h)和λ＝eq\f(h,p)C．光電效應揭示了光具有粒子性，康普頓效應揭示了光具有波動性D．X射線是處于激發(fā)態(tài)的原子核輻射出的答案AB解析普朗克把最小的能量單位叫能量子，故A正確；德布羅意提出了實物粒子具有波動性的規(guī)律，且ε＝hν，λ＝eq\f(h,p)，故B正確；光電效應和康普頓效應都揭示了光具有粒子性，故C錯誤；X射線是處于激發(fā)態(tài)的原子內層電子輻射出的，故D錯誤。12．(2024·廣東清遠高三上學期期末)如圖所示，一個小型水電站，其溝通發(fā)電機的輸出電壓U1肯定，通過志向升壓變壓器T1和志向降壓變壓器T2向遠處用戶供電，輸電線的總電阻為R。T1的輸入電壓和輸入功率分別為U1和P1，它的輸出電壓和輸出功率分別為U2和P2，T2的輸入電壓和輸入功率分別為U3和P3，它的輸出電壓和輸出功率分別為U4和P4。下列說法正確的是()A．當用戶的用電器增加時，U2、U3、U4均變小B．輸電線的總電阻R兩端的電壓等于U2＋U3，且隨用戶的用電器增加而增大C．輸電線上損失的功率為eq\f(P\o\al(2,3)R,U\o\al(2,3))，且隨用戶的用電器增加而增大D．要減小輸電線路的損耗，應增大升壓變壓器的匝數比eq\f(n2,n1)，同時應增大降壓變壓器的匝數比eq\f(n3,n4)答案CD解析溝通發(fā)電機的輸出電壓U1肯定，匝數沒變，依據eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，知U2不變，A錯誤；輸電線的總電阻R兩端的電壓等于U2－U3，且隨著用戶的用電器增加，輸電線上的電流會增大，則輸電線的總電阻R兩端的電壓增大，B錯誤；輸電線上的電流I＝eq\f(P3,U3)，則輸電線上損失的功率為P損＝I2R＝eq\f(P\o\al(2,3)R,U\o\al(2,3))，且隨著用戶的用電器增加，輸電線上的電流會增大，則輸電線上損失的功率增大，C正確；輸送功率肯定時，依據P＝UI和P損＝I2R知，要減小輸電線路的損耗，應增大輸送電壓，又因為U1肯定，依據eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，應增大升壓變壓器的匝數比eq\f(n2,n1)，而U3＝U2－IR，U2增大，I減小，所以U3增大，要運用戶所用電壓U4不變，依據eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)知，應增大降壓變壓器的匝數比eq\f(n3,n4)，D正確。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、試驗題(本題共2小題，共12分)13．(6分)為了探討光敏電阻在室內正常光照耀和室外強光照耀時電阻的大小關系，某同學用如圖甲所示的電路進行試驗，得出兩種U-I圖線，如圖乙所示。(1)依據U-I圖線可知正常光照耀時間敏電阻的阻值為________Ω，強光照耀時的阻值為________Ω。(2)若試驗中所用電壓表的內阻約為5kΩ，毫安表的內阻約為100Ω，考慮到電表內阻對試驗結果的影響，此試驗中________(選填“正常光照耀時”或“強光照耀時”)測得的電阻誤差較大。若測量這種光照下的電阻，則需將實物圖中毫安表的連接方式采納________(選填“內接”或“外接”)法進行試驗，試驗結果較為精確。答案(1)3000200(2)強光照耀時外接解析(1)光敏電阻的阻值隨光照的增加而減小，結合圖乙知正常光照耀時間敏電阻的阻值為R1＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(2.4,0.8×10－3)Ω＝3000Ω，強光照耀時間敏電阻的阻值為R2＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(0.8,4.0×10－3)Ω＝200Ω。(2)試驗電路采納的是毫安表內接法，由于毫安表的分壓作用，測得的結果比真實值偏大，當待測電阻遠大于毫安表電阻時試驗誤差較小，所以強光照耀時試驗誤差較大；強光照耀時采納毫安表外接法試驗結果較為精確。14．(6分)某試驗小組進行“探究熱敏電阻的溫度特性”試驗，試驗室供應如下器材：熱敏電阻Rt(常溫下約8kΩ)、溫度計、電流表A(量程1mA，內阻約200Ω)、電壓表V(量程3V，內阻約10kΩ)、電池組E(電動勢為4.5V，內阻約1Ω)、滑動變阻器R(最大阻值為20Ω)、開關S、導線若干、燒杯和水。(1)依據試驗所供應的器材，設計試驗電路，畫在圖甲所示的方框中。(2)圖乙是試驗器材的實物圖，圖中已連接了部分導線，請依據你所設計的試驗電路，補充完成實物間的連線。(3)閉合開關前，滑動變阻器的滑動觸頭P應置于________(填“a”或“b”)端。(4)試驗小組利用完整的試驗裝置測量出不同溫度下的電阻值，畫出該熱敏電阻的Rt-t圖象如圖丙中的實測曲線，與圖中理論曲線相比二者有肯定的差異。除了偶然誤差外，關于產生系統(tǒng)誤差的緣由或減小系統(tǒng)誤差的方法，下列說法中正確的是()A．電流表的分壓造成電阻的測量值總比真實值大B．電壓表的分流造成電阻的測量值總比真實值小C．溫度上升到肯定值后，電流表宜采納外接法D．溫度上升到肯定值后，電流表宜采納內接法答案(1)見解析圖甲(2)見解析圖乙(3)a(4)AC解析(1)本試驗中要探究熱敏電阻的溫度特性曲線，故滑動變阻器采納分壓式接法，同時熱敏電阻阻值較大，故應采納電流表內接法，試驗電路如圖甲所示。(2)依據電路圖連接實物圖，如圖乙所示。(3)閉合開關前，將滑動變阻器的滑動觸頭置于a端，待測電路電壓和電流為零，從而愛護電表。(4)由于電流表內接，電流表的分壓使電壓表讀數大于熱敏電阻兩端的電壓，產生系統(tǒng)誤差，故A正確，B錯誤；當溫度上升到肯定值后，電阻變小，則電流表應選用外接法，可以減小試驗誤差，故C正確，D錯誤。三、計算題(本題共4小題，共50分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數值計算的要注明單位)15．(10分)用頻率為ν0的光照耀某種金屬發(fā)生光電效應，測出光電流I隨電壓U的關系圖象如圖所示，已知普朗克常量為h，電子的電荷量為e，求：(1)照耀在金屬表面上的這束光的最小功率P；(2)該金屬的極限頻率νc。答案(1)eq\f(I0hν0,e)(2)eq\f(hν0－eUc,h)解析(1)由于飽和光電流為I0，可知單位時間內產生的光電子的個數n＝eq\f(I0,e)，照耀到金屬上的光子全部被金屬汲取，則照耀到金屬上的光子的個數N＝eq\f(I0,e)，所以這束光照耀在金屬表面上的最小功率P＝N·hν0＝eq\f(I0hν0,e)。(2)Uc為遏止電壓，由動能定理可知，電子的最大初動能Ekm＝eUc依據光電效應方程得Ekm＝hν0－h(huán)νc所以該金屬的極限頻率νc＝eq\f(hν0－eUc,h)。16．(12分)如圖甲所示，一固定的圓形導體線圈水平放置，線圈的兩端接一只小燈泡，在線圈所在空間內存在著與線圈平面垂直的勻強磁場。已知線圈的匝數n＝100匝，電阻r＝1.0Ω，面積S＝0.040m2，小燈泡的電阻R＝9.0Ω，磁場的磁感應強度按如圖乙所示的規(guī)律變更，線圈中產生的感應電動勢的瞬時值表達式為e＝Emcoseq\f(2π,T)t，其中T為磁場變更的周期。不計燈絲電阻隨溫度的變更。(1)求線圈中產生的感應電動勢的最大值Em；(2)若在小燈泡兩端接一志向溝通電壓表(圖中未畫出)，電壓表的示數是多少？(結果保留一位小數)(3)在磁感應強度變更的0～eq\f(T,4)時間內，求通過小燈泡的電荷量。答案(1)8V(2)5.1V(3)4×10－3C解析(1)感應電動勢的最大值Em＝nBSω，當磁感應強度B取最大值時，感應電動勢有最大值，代入數據求得Em＝8V。(2)在溝通電路中電壓表測量有效值，對電動勢按余弦規(guī)律變更的電源來說，其電壓有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝4eq\r(2)V，設電壓表讀數為U，由歐姆定律可得U＝eq\f(E,R＋r)R≈5.1V。(3)在0～eq\f(T,4)時間內，感應電動勢的平均值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔB·S,Δt)感應電流的平均值eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，通過小燈泡的電荷量Q＝eq\x\to(I)·Δt＝neq\f(ΔB·S,R＋r)＝4×10－3C。17．(12分)(2024·江蘇常州高三上學期期末)一個靜止的鈾核(eq\o\al(238,92)U)放出一個α粒子變成釷核(eq\o\al(234,90)Th)，設該核反應中釋放的能量全部轉化為兩個粒子的動能，已知α粒子動能為Ek1，真空中的光速為c。求：(1)釷核的動能；(2)該核反應中的質量虧損。答案(1)eq\f(2,117)Ek1(2)eq\f(119Ek1,117c2)解析(1)衰變過程系統(tǒng)動量守恒，依據動量守恒定律得：pα－pTh＝0依據動能與動量的關系p＝eq\r(2mEk)