2021届高考物理通用一轮练习：阶段综合测评9

  www.ks5u.com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．玻尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律

C．卢瑟福根据α粒子散射实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；玻尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故B正确；卢瑟福根据α粒子散射实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＝，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．温度升高，放射性元素衰变的半衰期减小

B．放射性物质U发生β衰变所释放的电子来源于核外电子

C.Th经过6次α衰变、4次β衰变后变成Pb

D．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化而改变，是由原子核内部本身决定的，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He，发生β衰变是放出e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根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射逸出功为2.13 eV的某金属，已知电子的电荷量为1.6×10－19 C，则(　　)

A．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所有光都能使该金属发生光电效应

D．该金属逸出的所有光电子中，初动能的最大值为1.7×10－18 J

答案　D

解析　根据C＝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＝－0.85 eV－(－1.51 eV)＝0.66 eV<2.13 eV，所以不能使逸出功为2.13 eV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＝12.75 eV，根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＝10.62 eV≈1.7×10－18 J，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化，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＝

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，磁通量的变化率不为零，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，磁通量的变化率先变小后变大，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＝＝，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＝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节亮度。给该台灯接220 V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段)，则此时交流电压表的示数为(　　)

A．220 V  B．110 V

C. V  D. V

答案　B

解析　根据有效值定义有·＝T，解得U＝110 V。

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＝10 Ω，正弦交流电的表达式为u＝20sin100πt(V)，R1和理想二极管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．10 W  B．15 W

C．25 W  D．30 W

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＝＝20 V，当电流从B流入时，R1、R2串联，则R2两端的电压有效值为U2′＝＝10 V，设一个周期内R2两端的电压有效值为U，则×＋×＝×T，解得：U＝5 V，则有：P2′＝＝ W＝25 W。

7．如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，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，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，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R0两端电压升高，故V3示数减小，B错误；理想变压器满足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．如图甲所示是研究光电效应的电路图。某同学利用该装置在不同实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．甲光照射光电管逸出光电子的初动能一定小于丙光照射光电管逸出光电子的初动能

B．单位时间内甲光照射光电管逸出的光电子比乙光照射时逸出的少

C．用强度相同的甲、丙光照射该光电管，则单位时间内逸出的光电子数相等

D．对于不同种金属，若照射光频率不变，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　当光照射到K极时，如果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mev＝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，可知丙光照射K极时产生的光电子的最大初动能较大，根据爱因斯坦光电效应方程知，丙光的频率较大，但丙光照射光电管发出光电子的初动能不一定比甲光照射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，单位时间内甲光照射光电管逸出的光电子比乙光照射时逸出的多，故B错误；光强相同时单位时间内照射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，所以单位时间内照射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，若照射光频率不变，根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．(2019·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交流发电机的原理图，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＝10 Ω的电阻连接，t＝0时线圈以T＝0.02 s的周期从图中位置开始转动，转动时理想交流电压表示数为10 V，则下列说法正确的是(　　)

A．电阻R上的电功率为20 W

B．R两端的电压u随时间变化的规律是u＝10·cos100πt(V)

C．t＝0.02 s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0.2 J

答案　BCD

解析　电阻R消耗的电功率为P＝＝ W＝10 W，A错误；R两端电压的最大值为Um＝U＝10 V，角速度ω＝＝100π rad/s，线圈从图中位置开始转动时，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变化的规律是u＝10cos100πt(V)，B正确；t＝0.02 s时，即t＝T时，线圈平面与磁场方向平行，磁通量的变化率最大，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；根据焦耳定律可知，一个周期内电阻R产生的热量Q＝I2RT＝PT＝10×0.02 J＝0.2 J，D正确。

10．在足够大的匀强磁场中，静止的钠的同位素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Mg

B．轨迹2是新核的径迹

C.Na发生的是α衰变

D．新核沿顺时针方向旋转

答案　AB

解析　根据动量守恒定律得知，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是β粒子，所以发生的是β衰变，根据电荷数守恒、质量数守恒知，衰变方程为Na→Mg＋e，可知新核为Mg，故A正确，C错误；由题意，静止的钠核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＝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；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断得知，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，这个不可再分的最小能量值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＝和λ＝

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＝，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．(2019·广东清远高三上学期期末)如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器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，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，同时应增大降压变压器的匝数比

答案　CD

解析　交流发电机的输出电压U1一定，匝数没变，根据＝，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＝，则输电线上损失的功率为P损＝I2R＝，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；输送功率一定时，根据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U1一定，根据＝知，应增大升压变压器的匝数比，而U3＝U2－IR，U2增大，I减小，所以U3增大，要使用户所用电压U4不变，根据＝知，应增大降压变压器的匝数比，D正确。

第Ⅱ卷(非选择题，共62分)

二、实验题(本题共2小题，共12分)

13．(6分)为了研究光敏电阻在室内正常光照射和室外强光照射时电阻的大小关系，某同学用如图甲所示的电路进行实验，得出两种U­I图线，如图乙所示。

(1)根据U­I图线可知正常光照射时光敏电阻的阻值为________ Ω，强光照射时的阻值为________ Ω。

(2)若实验中所用电压表的内阻约为5 kΩ，毫安表的内阻约为100 Ω，考虑到电表内阻对实验结果的影响，此实验中________(选填“正常光照射时”或“强光照射时”)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用________(选填“内接”或“外接”)法进行实验，实验结果较为准确。

答案　(1)3000　200　(2)强光照射时　外接

解析　(1)光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，结合图乙知正常光照射时光敏电阻的阻值为R1＝＝ Ω＝3000 Ω，强光照射时光敏电阻的阻值为R2＝＝ Ω＝200 Ω。

(2)实验电路采用的是毫安表内接法，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实验误差较小，所以强光照射时实验误差较大；强光照射时采用毫安表外接法实验结果较为准确。

14．(6分)某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻Rt(常温下约8 kΩ)、温度计、电流表A(量程1 mA，内阻约200 Ω)、电压表V(量程3 V，内阻约10 kΩ)、电池组E(电动势为4.5 V，内阻约1 Ω)、滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)、开关S、导线若干、烧杯和水。

(1)根据实验所提供的器材，设计实验电路，画在图甲所示的方框中。

(2)图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请根据你所设计的实验电路，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)实验小组利用完整的实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一定的差异。除了偶然误差外，关于产生系统误差的原因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．温度升高到一定值后，电流表宜采用外接法

D．温度升高到一定值后，电流表宜采用内接法

答案　(1)见解析图甲　(2)见解析图乙　(3)a　(4)AC

解析　(1)本实验中要探究热敏电阻的温度特性曲线，故滑动变阻器采用分压式接法，同时热敏电阻阻值较大，故应采用电流表内接法，实验电路如图甲所示。

(2)根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，从而保护电表。

(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；当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应选用外接法，可以减小实验误差，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的光照射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)照射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)　(2)

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＝，照射到金属上的光子全部被金属吸收，则照射到金属上的光子的个数N＝，所以这束光照射在金属表面上的最小功率P＝N·hν0＝。

(2)Uc为遏止电压，由动能定理可知，电子的最大初动能Ekm＝eUc

根据光电效应方程得Ekm＝hν0－hνc

所以该金属的极限频率νc＝。

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＝1.0 Ω，面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcost，其中T为磁场变化的周期。不计灯丝电阻随温度的变化。

(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理想交流电压表(图中未画出)，电压表的示数是多少？(结果保留一位小数)

(3)在磁感应强度变化的0～时间内，求通过小灯泡的电荷量。

答案　(1)8 V　(2)5.1 V　(3)4×10－3 C

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＝8 V。

(2)在交流电路中电压表测量有效值，对电动势按余弦规律变化的电源来说，其电压有效值E＝＝4 V，设电压表读数为U，由欧姆定律可得U＝R≈5.1 V。

(3)在0～时间内，感应电动势的平均值＝n

感应电流的平均值＝，通过小灯泡的电荷量Q＝·Δt＝n＝4×10－3 C。

17．(12分)(2019·江苏常州高三上学期期末)一个静止的铀核(U)放出一个α粒子变成钍核(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)Ek1　(2)

解析　(1)衰变过程系统动量守恒，

根据动量守恒定律得：pα－pTh＝0

根据动能与动量的关系p＝

可知＝

α粒子的质量数为4，钍核的质量数为234，

则＝＝

故Ek2＝Ek1。

(2)根据能量守恒定律，释放的总能量：

ΔE＝Ek1＋Ek2＝Ek1＋Ek1

解得ΔE＝Ek1

由质能方程：ΔE＝Δmc2

解得该核反应中的质量亏损Δm＝。

18．(16分)交流发电机转子有n匝线圈，每匝线圈所围面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，匀速转动的角速度为ω，线圈电阻为r，外电路电阻为R。如图所示，当线圈处于中性面时开始计时，在线圈逆时针匀速转动180°的过程中，求：

(1)通过R的电荷量q；

(2)写出R两端的电压瞬时值的表达式；

(3)R上产生的电热Q；

(4)外力做的功W。

答案　(1)　(2)u＝nBSωsinωt

(3)　(4)

解析　(1)由法拉第电磁感应定律得＝n

ΔΦ＝BS－(－BS)＝2BS

由闭合电路欧姆定律得＝

通过电阻R的电荷量q＝·Δt

联立解得q＝。

(2)线圈由中性面开始转动，感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωsinωt(V)

由闭合电路欧姆定律可知，流过R的电流为i＝

电阻R两端的电压u＝iR

解得u＝nBSωsinωt。

(3)感应电动势的最大值Em＝nBSω

感应电动势的有效值E＝

由闭合电路欧姆定律可知I＝

由焦耳定律可知，R上产生的电热Q＝I2Rt，

其中t＝

解得Q＝。

(4)线圈匀速转动，外力所做的功等于线圈转动过程中产生的总焦耳热，即W＝Q总＝I2(R＋r)t＝。