1、江苏省丹阳高级中学2019-2020学年高二物理下学期4月阶段检测试题（创新班，含解析）（时间90分钟 分值100分）一、单选题（本题6小题，共18分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，选对的得3分，选错的得0分）1.关于卢瑟福的粒子散射实验和原子的核式结构模型，下列说法中不正确的是（ ）A. 绝大多数粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进B. 只有少数粒子发生大角度散射的原因是原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上C. 卢瑟福依据粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论D. 卢瑟福的“核式结构模型”很好地解释了氧原子光谱的实验【答案】D【解析】【详解】A粒子散射
2、实验的内容是：绝大多数粒子几乎不发生偏转；少数粒子发生了较大的角度偏转；极少数粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过，有的甚至几乎达到，被反弹回来），故A正确；B粒子散射实验中，只有少数粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，但不能说明原子中正电荷是均匀分布的，故B正确；C卢瑟福依据粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论，故C正确；D玻尔的原子模型与原子的核式结构模型本质上是不同的，玻尔的原子模型很好地解释了氢原子光谱的实验，故D错误；不正确的故选D。2.氢原子能级图如图所示，用大量处于能级的氢原子跃迁到基态时发射
3、出的光照射光电管阴极K，测得光电管中的遏止电压为7.6 V，已知普朗克常量，元电荷，下列判断正确的是（）A. 电子从阴极K表面逸出的最大初动能为26 eVB. 阴极K材料的逸出功为7.6 eVC. 阴极K材料的极限频率为D. 氢原子从能级跃迁到能级，发射出的光照射该光电管阴极K时能发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A因遏止电压为U0=7.6V，根据动能定理可知，光电子的最大初动能Ekm=eU0，光电子的最大初动能为7.6eV，故A错误；B根据光电效应方程，可知，W0=h-Ekm，而h=E2-E1；因此W0=13.6-3.4-7.6=2.6eV故B错误；C因逸出功W0等于h0，则材料的极限频
4、率故C正确。D从n=4跃迁到n=2能级，释放能量为E=3.4-0.85=2.55eV2.6eV因此发射出的光照射该光电管阴极K时，不能发生光电效应，故D错误。故选C。3.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙曲线a、b所示，则（）A. 两次t0时刻线圈平面均与中性面重合B. 曲线a、b对应的线圈转速之比为23C. 曲线a表示的交变电动势频率为100HzD. 曲线b表示的交变电动势有效值为10V【答案】A【解析】【详解】A在t=0时刻，感应电动势为零，此时线圈一定处在中性面上，故A正确；B由图可知，a的周期为410-2
5、s；b的周期为610-2s，则由可知，转速与周期成反比，故转速之比为3：2；故B错误；C曲线a的交变电流的频率故C错误；D曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2，角速度之比为3:2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，根据Em=nBS得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，故D错误。故选A。4.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1:n2=5:1，电阻R=20 ，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示现将S1接l、S2闭合，此时L2正常发光下列说法正确的A. 输入电压u的表达式是B. 只断开S2后，L1、L1均正常发光
6、C. 只断开S2后，原线圈的输入功率增大D. 若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W【答案】D【解析】【详解】试题分析：电压最大值为，周期是0.02s，则，所以输入电压u的表达式应为u=20sin（100t）V，A错误；原先L1短路，只有L2工作，只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，均无法正常发光，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，BC错误；副线圈两端的电压有效值为，若S1换接到2后， R消耗的电功率为，D正确5.科学实验证明，通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小，式中常量k0，I为电流强度，l为距
7、导线的距离。如图所示，三根完全相同且通有恒定电流的长直导线a、b、c，其截面位于等边三角形的三个顶点，a、b、c通过的恒定电流大小分别为Ia、Ib、Ic，b、c位于光滑绝缘水平面上，三根导线均可保持静止状态，则（ ）A. a、b通有同向的恒定电流B. 导线a受的合磁场力竖直向上C. 导线a、b所受的合磁场力大小相等、方向相反D. 导线a、b、c上通有的电流大小关系为Ia2Ib2Ic【答案】BD【解析】【详解】AB对长直导线分析，长直导线受到重力、长直导线对长直导线的磁场力和长直导线对长直导线的磁场力，根据平衡条件可知长直导线与长直导线作用力是相互排斥，长直导线对长直导线作用力是相互排斥，所以长
8、直导线与长直导线有反向的恒定电流，长直导线受的合磁场力竖直向上，且有大小等于长直导线的重力，故A错误，B正确；C视长直导线、整体，对其受力分析，根据平衡条件可得光滑绝缘水平面对长直导线支持力等于长直导线重力的倍；对长直导线受力分析，受到重力、光滑绝缘水平面对其支持力、长直导线对其吸引力和长直导线对其排斥力，根据力的合成与分解可得长直导线所受的合磁场力大小等于长直导线重力的倍，方向竖直向下，故C错误；D对长直导线受力分析，在水平方向，根据平衡条件可得即可得对长直导线受力分析，同理可得故D正确；故选BD。6.水平放置的平行板电容器，极板长为l，间距为d，电容为C。竖直挡板到极板右端的距离也为l，某
9、次充电完毕后电容器上极板带正电，下极板带负电，所带电荷量为Q1如图所示，一质量为m，电荷量为q的小球以初速度v从正中间的N点水平射入两金属板间，不计空气阻力，从极板间射出后，经过一段时间小球恰好垂直撞在挡板的M点，已知M点在上极板的延长线上，重力加速度为g，不计空气阻力和边缘效应。下列分析正确的是（）A. 小球在电容器中运动的加速度大小为B. 小球在电容器中的运动时间小于射出电容器后运动到挡板的时间C. 电容器所带电荷量D. 如果电容器所带电荷量，小球还以速度v从N点水平射入，恰好能打在上极板的右端【答案】D【解析】【详解】AB小球在电容器内向上偏转做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，出电容
10、器后受到重力作用，竖直方向减速，水平方向由于不受力，仍然做匀速直线运动，由于两段过程在水平方向上的运动位移相同，则两段过程的运动时间相同，竖直方向由于对称性可知，两段过程在竖直方向的加速度大小相等，大小都为g，但方向相反，故AB错误；C根据牛顿第二定律有解得故C错误；D当小球到达M点时，竖直方向的位移为，则根据竖直方向的对称性可知，小球从电容器射出时，竖直方向的位移为，如果电容器所带电荷量，根据牛顿第二定律有根据公式可知，相同的时间内发生的位移是原来的2倍，故竖直方向的位移为故D正确。故选D。二、多选题（本题共4小题，共16分，在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项是正确的，选对的得4
11、分，少选得2分,错选得0分）7.下列说法正确的是（）A. 液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离B. 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，对外做功，分子平均动能增大C. 理论上，第二类永动机并不违背能量守恒定律，所以随着人类科学技术的进步，第二类永动机是有可能研制成功的D. 改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，最终可能实现内能完全转化为机械能【答案】AB【解析】【详解】A液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，选项A正确；B一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，对外做功，温度升高，则分子平均动能增大，选项B正确；C理论上，第二
12、类永动机并不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，所以即使随着人类科学技术的进步，第二类永动机也不可能研制成功，选项C错误；D根据热力学第二定律可知，热机的效率不能达到百分之百，即使改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，最终也不可能实现内能完全转化为机械能，选项D错误。故选AB。8.在x轴上有一叠加而成的电场，其电场方向沿x轴，电势随x按如图所示正弦规律变化，则下列说法中正确的是（）A. x1x2之间的场强方向与x2x3之间的场强方向相反B. 当带电粒子沿x轴方向仅在电场力作用下运动到x1、x3处时，其加速度最小C. 负电荷沿x轴运动时，其在x2处的电势能小于其在x3处的电势能D. 若将一
13、带正电的粒子从x1处由静止释放，则粒子将在电场力作用下向x轴正方向运动【答案】BC【解析】【详解】Ax1-x3之间电势不断降低，场强方向一直沿x轴正方向，所以x1-x2之间的场强方向与x2-x3之间的场强方向相同，故A错误；B根据由公式可知-x图象的斜率等于场强，可知x1、x3处场强最小，带电粒子受到的电场力最小，那么加速度也最小，故B正确；Cx2处的电势高于x3处的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，知负电荷在x2处的电势能小于其在x3处的电势能，故C正确；D若将一带正电的粒子从x1处由静止释放，因x1处场强为零，则粒子将处于静止状态，故D错误。故选BC。9.如图所示，两根光滑的金属导轨平行
14、放置在倾角为的斜面上，导轨在左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻可忽略不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨由静止开始上滑，并上升h高度，在这一过程中（）A. 作用在金属棒上的合力所做的功大于零B. 恒力F所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C. 恒力F与安培力的合力的瞬时功率一定时刻在变化D. 恒力F与重力mg的合力所做的功大于电阻R上产生的焦耳热【答案】AD【解析】导体棒由静止向上加速，动能增大，根据动能定理可知，合力所作的功一定大于零，故A正确；由WF-WG-W安=0得，WF-WG=W安，即恒力F与重力的合力
15、所做的功等于克服安培力所做功，即等于电路中发出的焦耳热，由于导体棒也存在电阻，故导体棒中也发生热量，故B错误；导体棒最终一定做匀速运动，则最后受力平衡，平衡后速度保持不变，则重力的功率不变，即恒力F与安培力的合力的瞬时功率不再变化，故C错误；由B分析可知，由于导体棒和电阻R均放出热量，故恒力F与重力mg的合力所做的功大于电阻R上产生的焦耳热，故D正确故选AD点睛：本题考查导体棒切割磁感线规律的应用，对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量10.如图所示是圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，圆柱半径为R，磁感应强度
16、大小为B，方向垂直于纸面向里一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子从M点沿与直径MN成45角的方向以速度v射入磁场区域已知粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为135，P是圆周上某点，不计粒子重力，则()A. 粒子做圆周运动轨道半径为B. 磁场区域的半径为C. 粒子在磁场中运动的时间为D. 若粒子以同样的速度从P点入射，则从磁场射出的位置必定与从M点入射时从磁场射出的位置相同【答案】ABD【解析】粒子的运动轨迹如图：A、由几何知识知图中圆周运动的两条半径与圆形区域的两条半径组成的图形，如虚线所示，为菱形，则，设圆周运动半径为r，根据牛顿第二定律： 得：，故AB正确；C、粒子在磁场中运动的时
17、间为，故C错误；D、粒子圆周运动的圆心与其粒子连线与入射速度是垂直的，且速度大小不变，则运动半径r不变，即仍为R，若粒子以同样的速度从P点入射，如图中蓝线所示，由圆心的运动轨迹变化知出射点的位置不变，D正确点睛：在磁场中做圆周运动，此类题目的解题思路是先确定圆心画出轨迹，由几何知识得到半径，然后由牛顿第二定律求解其他量三、填空题（本大题共2小题，共14分。把答案填在答题纸对应的横线上或按题目要求作答）11.电阻率是用来表示各种物质电阻特性的物理量。某同学在实验室测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。（1）用螺旋测微器测量其横截面直径如图甲所示，由图可知其直径为_mm，如图乙所示，用游标卡尺测其
18、长度为_cm，如图丙所示，用多用电表1挡粗测其电阻为_。（2）为了减小实验误差，需进一步测量圆柱体电阻，除待测圆柱体R外，实验室还备有的。实验器材如下，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，则电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_。（均填器材前的字母代号）A电压表V1（量程3V，内阻约为15k）；B电压表V2（量程15V，内阻约为75k）；C电流表A1（量程06A，内阻约为1）；D电流表A2（量程3A，内阻约为02）；E滑动变阻器R1（阻值范围05，10A）；F滑动变阻器R2（阻值范围02000，01A）；G直流电源E（电动势为3V，内阻不计）H开关S，导线若干。【答案】 (1). 1.
19、844（1.8421.846均可） (2). 4.240 (3). 6.0 (4). A (5). C (6). E【解析】【详解】（1）123螺旋测微器的读数为固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为：D=1.5mm+34.40.01mm=1.844mm。游标卡尺读数为主尺读数+游标尺读数精度，游尺为20刻度，精度值为0.05mm，由题图乙知，长度为L=42mm+80.05mm=42.40mm=4.240cm。多用电表的读数为电阻的粗测值，其电阻为61=6.0。（2）456待测电阻大约6，若用滑动变阻器R2（阻值范围02000，0.1A）调节非常不方便，且额定电流太小，所
20、以应用滑动变阻器R1（阻值范围05，1.0A）；电源电动势为3V，所以电压表应选3V量程的。为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中的电流约为，所以电流表量程应选0.6A量程的。即电压表应选A，电流表应选C，滑动变阻器应选E。12.在测量一节干电池的电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路(1)根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接_(2)实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P移至_(选填“a”或“b”)端(3)合上开关S1，S2接图甲中1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组
21、电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB.S2接1位置时，作出的UI图线是图丙中的_(选填“A”或“B”)线；S2接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是_表(选填“电压”或“电流”)的示数比干路电流_(选填“大”或“小”)【答案】 (1). (1)见图； (2). (2)a (3). (3)B (4). 电流 (5). 偏小【解析】【详解】（1）根据图示电路图
22、连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）为保护电路，实验开始前，滑动变阻器应滑到最大位置处，故应先将滑动变阻器的滑片P调到a端（3）当S2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律：E=U断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的UI图线应是B线；因伏安法测电源电动势和内阻得实验要求的电流是路端电流，当开关接1的位置会导致电压表的分流作用导致电流表的测量值偏小四、计算题（本题共3小题，共计52分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.一端封闭、粗细均匀的薄壁玻璃管开口向
23、下，竖直地浮在深水银槽中管中封闭着两部分理想气体，气体1长为2d，气体2长为d，水银柱3的长度为d玻璃管静止时，管的上端露出水银面的长度为d现晃动玻璃管，管内气体无溢出，使管内水银柱与槽中水银结合后，玻璃管再次处于静止状态已知玻璃管的横截面积为S，水银密度为p，大气压强为P0，重力加速度为g，求：玻璃管的质量m；玻璃管再次静止时，管内气柱长度l【答案】玻璃管的质量m为2dS；玻璃管再次静止时，管内气柱的长度l为【解析】【详解】解：气柱1中的压强为： 对玻璃管，根据平衡得： 联立解得： 晃动前，气柱1中的压强为： 气柱2中的压强为： 晃动后，气柱中的压强为： 晃动前后，气体做等温变化，根据玻意耳
24、定律得： 联立解得：14.如图所示，长为l的绝缘轻杆两端连接A、B两小球，其质量分别为m1、m2,带电量分别为-q、+q。将小球B置于水平光滑绝缘轨道内并固定，整个个装置处于水平向右的匀强电场中，轻杆从图中竖直位置由静止释放，可绕小球B无摩擦转动，顺时针转过的最大角度为127(sin37=0.6，cos37=0.8)（1）求匀强电场的场强大小E；（2）当轻杆转过90时，求杆对A球的作用力的大小（不计A、B球间的库仑力)；（3）若解除固定，小球B在轨道内可自由移动，轻杆仍从图中竖直位置由静止释放，当轻杆转过90时，求小球A的速度大小（水平轨道对轻杆和小球A的运动无影响）。【答案】（1）；（2）；
25、（3）【解析】【详解】（1）根据动能定理得代入数据解得匀强电场的场强大小（2）当轻杆转过90时，根据动能定理得解得根据牛顿第二定律得解得杆对A球的作用力的大小（3）设轻杆转过90时，A球的水平速度为，竖直速度为，B球的速度为由AB系统水平方向上动量守恒因为杆不可伸长，可得A、B能量守恒解得15.如图所示，两光滑金属导轨，间距d=2m，在桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度B=1T、方向竖直向下的有界磁场中电阻R=3。桌面高H=0.8m，金属杆ab质量m=0.2kg，电阻r=1，在导轨上距桌面h=0.2m的高处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s=0.4m，g=10m/s2。求：（1）金属
26、杆刚进入磁场时，R上的电流大小；（2）整个过程中安培力所做的功；（3）磁场区域的宽度。【答案】（1）1A；（2）03J；（3）0.2m【解析】【详解】（1）金属杆由静止释放到刚进入磁场过程，由机械能守恒定律得金属杆刚进入磁场的速度为v02m/s此时金属杆切割磁感线产生的感应电动势E0Bdv04V电阻R上电流大小为（2）金属杆离开磁场后做平抛运动，在竖直方向有水平方向有svt则解得金属杆离开磁场时速度v1m/s整个过程中安培力所做的功（3）金属杆穿过磁场过程的加速度设为a，由牛顿第二定律BIdma则有移项得求和，得带入数据解得磁场区域的宽度为L0.2m16.在空间建立直角坐标系xoy，以坐标原点
27、O为圆心作两个半径分别为r和R的同心圆，小圆与两坐标轴分别交于M、P、两点，Q也是小圆上的一点；两圆将空间分隔成三个区域、。在区域内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，区域内也存在垂直于坐标平面的匀强磁场，区域内没有磁场。一个不计重力、带电量为+q、质量为m的粒子从M点沿y方向进入磁场，从P点进入区域，又从Q点再次回到区域。已知POQ60，求：（1）求区域和区域内磁场的磁感应强度；（2）若要使粒子约束在磁场内，求大圆半径R的最小值；（3）粒子在磁场中运动的周期。【答案】（1），垂直xoy平面向里；，垂直xoy平面向外；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设在区域内轨迹圆半径为r1=r由牛顿第二定律得则区域磁场的磁感应强度为垂直纸面向里设粒子在区域中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图所示，由几何关系得由牛顿第二定律得所以方向与B1相反，即垂直xoy平面向外（2）由几何关系得R2r2+r23r2即R=（3）轨迹从M点到Q点对应圆心角=90+60=150，要仍从M点沿y轴负方向射入，需满足：150n=360m，m、n属于自然数，即取最小整数m=5，n=12，其中区域做圆周运动周期T1=区域做圆周运动周期T2=粒子在磁场中运动的周期T=12(T1+T2)=