1、山西省太原市第五中学2019-2020学年高二物理下学期5月阶段性检测试题（含解析）一、选择题1.下列说法正确的是（）A. 玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象B. 普朗克通过对黑体辐射的研究，第一次提出了光子的概念C. 德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想D. 汤姆孙发现了电子并且提出了原子的核式模型【答案】C【解析】【详解】A玻尔建立了量子理论，成功解释了氢原子发光现象，故A错误；B普朗克通过对黑体辐射的研究，第一次提出了量子理论的概念，故B错误；C1924年德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想，故C正确；D1896年汤姆孙通过对阴
2、极射线的研究发现了电子，揭示了原子是有复杂结构的，故D错误。故选C。2.关于光的本性，下列说法正确的是（ ）A. 光既具有波动性，又具有粒子性，这是互相矛盾和对立的B. 光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点C. 大量光子才具有波动性，个别光子只具有粒子性D. 由于光既具有波动性，又具有粒子性，无法只用其中一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性【答案】D【解析】【详解】A.光既具有粒子性，又具有波动性，大量的光子波动性比较明显，个别光子粒子性比较明显，故A不符合题意；B.光是概率波，不同与机械波；光的粒子性也不同与质点；即单个光子即具有粒子性也具有波动性；故B不符合题意；C.单
3、个光子即具有粒子性也具有波动性，只是大量的光子波动性比较明显，个别光子粒子性比较明显，故C不符合题意；D.由于光具有波动性，又具有粒子性，即光的波动性与粒子性是光子本身的一种属性，故无法只用其中一种去说明光的一切行为，故光具有波粒二象性，故D符合题意；3.夏天由于用电器的增多，每年都会出现“用电荒”，只好拉闸限电若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是( )A. 若输送电压不变，则用电高峰时输电线损失的功率为正常供电时的2倍B. 若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍C. 若用电高峰时的输电电压变为正常供电的2倍，则此时输电
4、电流为正常供电时的4倍D. 若用电高峰时的输电电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍【答案】B【解析】【详解】若输送电压不变，根据P=UI知，输送电流变为原来的2倍，根据P损=I2R知，输电线上损失的功率变为原来的4倍故A错误，B正确；输电功率是正常供电的2倍，输送电压为正常供电的2倍，根据P=UI知，输送电流不变根据P损=I2R知，输电线上损失的功率不变故CD均错误4.将阻值为100的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示则可以判断（）A. t=0时刻线圈应转到图甲所示的位置B. 该线圈的转速为
5、100 r/sC. 穿过线圈的磁通量的最大值为WbD. 线圈转一周所产生的电热为9.68J【答案】D【解析】【详解】A零时刻感应电动势为0，磁通量变化最慢，线圈应与磁场垂直，A错误；B据图象可知，；所以转速为故B错误；C据可知故C错误；D据峰值可知据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量故D正确。故选D。5.如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L。在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B。一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取沿顺时针的感应电流方向为正，
6、则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据楞次定律判断出感应电流的方向。再分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系。线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比。【详解】边的位置坐标在过程，线框边有效切线长度为感应电动势为感应电流根据楞次定律判断出来感应电流方向沿，为正值。在过程，边和边都切割磁感线，产生感应电动势，穿过线框的磁通量增大，总的磁感线方向向里，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿，为负值，线框有效切线长度为，感应电动势为感应电流在过程，线框边有效切线长度为感应电动势为感应电流
7、根据楞次定律判断出来感应电流方向沿，为正值。由图示图象可知，D正确，ABC错误。故选D。【点睛】本题关键确定线框有效的切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象。6.如图所示，真空中有一平行板电容器，两极板分别用锌板和铜板制成(锌板和铜板的截止频率分别为1和2，且12)，极板的面积为S，间距为d.锌板与灵敏静电计相连，锌板和铜板原来都不带电现用频率为(12)的单色光持续照射两板内表面，假设光电子全部到达另一极板，则电容器的最终带电荷量Q正比于()A. (1)B. (12)C )D. (1)【答案】D【解析】现用频率为（）的单色光持续照射两板内表面，根据光电效应的条件，单色光只有照射锌板才能发生
8、光电效应通过光电效应方程知，光电子的最大初动能临界状态是电子减速到负极板时速度刚好减速为零根据动能定理有：，所以；由平行板电容C的定义可得：，其中为常数，所以：，选项D正确【点睛】首先利用光电效应方程求出电子的最大初动能，然后理解电容器最终带电量的含义：即电子不能再运动到负极板，列动能定理的方程，其临界状态是电子减速到负极板时速度刚好减速为零，联立方程即可求解电量的最终表达式7.如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接。导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆、导轨的电阻均忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下。用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆
9、上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，金属杆做匀速运动时的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）A. 金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动B. 流过电阻R的电流方向为bRaC. 由图像可以得出B、L、R三者的关系式为D. 当恒力F=3N时，电阻R消耗的最大电功率为8W【答案】D【解析】【详解】A金属杆在匀速运动之前，水平方向受到拉力F，向左的滑动摩擦力f和安培力FA，而安培力大小与速度大小成正比，开始阶段，拉力大于安培力，金属杆做加速运动，加速度减小，故金属杆在匀速运动之前做变加速直线运动，故A错误；B根据楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为aRb，故B错误；C当金
10、属杆匀速运动时，则有解得根据图乙，由数学知识得，当则代入解得当代入解得联立解得故C错误；D当恒力F=3N时，由图可知电阻R消耗的最大电功率为故D正确。故选D。8.如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34eV，下列对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是（）A. 用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能发生光电效应现象B. 一群处于n=3能级氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光C. 一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eVD. 用能量为10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
11、【答案】BC【解析】【详解】A从高能级向基态跃迁最小能量值为故一定能产生光电效应，故A错误；B从n=3向基态跃迁时，辐射的光子频率种类为故B正确；C从n=3跃迁到n=1辐射光子的能量为照射锌板的最大初动能故C正确；D10.3eV的光子能量不能满足能级差公式，不会使基态的氢原子跃迁，故D错误。故选BC。9.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5:1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220V，440W”的热水器和“220V，220W”的抽油烟机，如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（ ）A. 副线圈两端电压的瞬时值为B. 交流电压表的示数为C. 1min内变压器输出
12、的电能为D. 热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍【答案】AC【解析】【详解】A由图乙可知，副线圈两端电压交变电的峰值是，T=0.02s可得角速度为则副线圈两端电压的瞬时值表达式故A正确；B由图乙知副线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比代入数据可得原线圈电压即电压表示数为U1=1100V，故B错误；C1min内变压器输出的电能为W=（440+220）60J=3.96l04J故C正确；D根据“220V，440W”的纯电阻和“220V，220W”的电动机可知，纯电阻的功率是电动机功率的2倍，但电动机部分转化为机械功率，一部分为热功率，故D错误。故选AC。10.如图所示，两个线圈套在同
13、一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出。左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是 （）A. 当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点B. 当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势C. 当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D. 当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点【答案】BD【解析】【详解】当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向为ab。根据电流从电源(ab相当于电源)正极
14、流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点。又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，c点与d点等电势；当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断ba，电流沿逆时针方向。又由EBlv可知ab导体两端的电动势不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁感应强度不断增强，所以右边电路线圈中向上的磁通量不断增加。由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上。把这个线圈看成电源，由于电流是从c沿内电路(即
15、右线圈)流向d，因此d点电势高于c点，综上可得，选项BD正确，AC错误；故选BD。11.如图所示，铁芯上有两个线圈A和B线圈A跟电源相连，LED（发光二极管，具有单向导电性）M和N并联后接线圈B两端。图中所有元件均正常，则（ ）A. S闭合瞬间，A中有感应电动势B. S断开瞬间，A中有感应电动势C. S闭合瞬间，M亮一下，N不亮D. S断开瞬间，M和N二者均不亮【答案】ABC【解析】【详解】A闭合开关S的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，线圈A中将产生自感电动势，故A正确；B开关断开的瞬间，穿过线圈A的磁通量减小，线圈A中将产生自感电动势，故B正确；C闭合开关S的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加；线圈
16、外侧的电流方向向右，根据安培定则可知，A中产生的磁场的方向向上；穿过B的磁通量向上增大时，根据楞次定律可知，B中感应电流的磁场的方向向下，根据安培定则可知，B中感应电流的方向在外侧向左，所以线圈下端的电动势高，电流能通过二极管M，不能通过二极管N，故C正确D结合C的分析可知，S断开瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，产生感应电流的方向与C中感应电流的方向相反，所以感应电流能通过二极管N，不能通过二极管M，故D错误。故选ABC。【点睛】解决本题的关键是掌握产生感应电流的条件：闭合电路的磁通量发生变化，通过分析线圈A中电流变化，分析即可。12.如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、
17、L3、L4，在L1、L2之间、L3、L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2，将其从图示位置静止释放（cd边与L1重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向。（重力加速度g取10m/s2）则（）A. 在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.5CB. 线圈匀速运动的速度大小为8m/sC. 线圈的长度为1mD. 0t3时间内，线圈产生的热量为1.8J【答案】BD
18、【解析】详解】ABC根据平衡有又联立解得t1t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab便刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场。设磁场的宽度为d，则线圈的长度线圈下降的位移为则有将代入解得所以线圈的长度为在0t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为故AC错误，B正确；D0t3时间内，根据能量守恒得故D正确。故选BD。二、实验题13.如图（1）为某一热敏电阻（电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感）的关系曲线图.（1）为了通过测量得到图（1）所示的关系的完整曲线，在图（2）甲和乙两个电路中应选择的是图_；简要说明理由: _.（电源电动势为，内阻不计，滑动变阻器的阻值为）（
19、2）在图（2）丙的电路中，电源电压恒为，电流表读数为，定值电阻由热敏电阻的关系曲线可知，热敏电阻其两端电压为_V，电阻的阻值_.【答案】 (1). 甲 (2). 电压取值范围广 (3). 4.4 (4). 135.3【解析】【详解】(1)12要描绘伏安特性曲线，电压要从零开始连续变化且电压取值范围广，滑动变阻器采用分压式接法，故选择的是图甲；(2)34热敏电阻和R2串联后与R1并联，电流表测量干路电流，已知电源电压和R1的电阻可求出流经它的电流又因为电流表示数为70mA，所以通过热敏电阻的电流为从图中可以看出当通过热敏电阻的电流为34mA时，热敏电阻两端的电压为4.4V，故R2的阻值为14.传
20、感器是把非电学量（如速度、温度、压力等）的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用。有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如图中的虚线框所示，它主要由压力传感器R（电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻）和显示体重大小的仪表A（实质是理想电流表）组成。压力传感器表面能承受的最大压强为1107Pa，且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如表所示。设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8V，取g=10m/s2。请作答：压力F/N02505007501 0001 2501 500电阻R/300270240210180150120(
21、1)该秤零点（即踏板空载时）的刻度线应标在电流表刻度盘_A处；(2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20mA，这个人的质量是_kg。【答案】 (1). 1.610-2 (2). 50【解析】【详解】(1)1由压力传感器R的电阻与所受压力的关系如表中所示可得由闭合电路欧姆定律即该秤零起点（即踏板空载时）的刻度线应标在电流表刻度盘处。(2)2由闭合电路欧姆定律得由表中数据得由可得即这个人的质量是。三、计算题15.面积S=0.3 m2、匝数n=100匝圆形线圈，处在如图所示的匀强磁场内，磁感应强度B随时间t变化的规律是B=0.2t（T）。电阻R与电容器并联后接在线圈两端，电阻R=2，电容
22、C=20 F，线圈电阻r=1 。求：(1)通过R的电流的大小和方向；(2)电容器所带的电荷量。【答案】(1)2A，方向为ba；(2)810-5C【解析】【详解】(1)通过圆形线圈的磁通量变大，由楞次定律和安培定则知，线圈中感应电流的方向为逆时针方向，所以通过R的电流方向为由b到a。由法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势为由闭合电路的欧姆定律可知，通过R的电流为(2)电容器两端的电压等于电阻R两端的电压，即电容器所带的电荷量为16.一座小型发电站的输出功率是20kW，输电线路总电阻是5。（1）若输电电压是400V，输电线路损耗的功率是多少？（2）若改用5000V高压输电，用户端利用n1:
23、n2=22:1的变压器降压，用户得到的电压是多少？【答案】（1）12.5kW；（2）226.4V【解析】【详解】(1)根据解得输电线上的电流强度为输电线路损耗的功率为P损=I2R解得P损=12.5kW(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为用户端在变压器降压前获得的电压根据可知用户得到的电压为代入数据解【点睛】本题考查的是电能的输送，要求出输电线上损耗的电功率，必须先求出输电电流，根据输电功率与输电电压可求出输电电流，要求出用户得到多少电压，需要先求出电线上损耗的电压，然后用输送电压减去损耗电压既得。17.如图甲所示是研究光电效应规律的光电管用波长0.50 m的绿光照射阴极K，实验测得流过
24、G表的电流I与AK之间的电势差UAK满足如图乙所示规律，取h6.631034 Js结合图象，求：(结果保留两位有效数字)(1)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；(2)该阴极材料的极限波长【答案】(1)4.01012个 9.61020 J (2)0.66 m【解析】【详解】（1）由图可知，最大光电流为0.64A，则每秒钟阴极发射的光电子数：个由图可知，发生光电效应时的截止电压是0.6V，所以光电子的最大初动能：；（2）根据光电效应方程得：代入数据得：=0.66m18.如图所示，两条相互平行的光滑金属导轨，相距L=0.2m，左侧轨道的倾斜角=30，右侧轨道为圆弧线，轨道端点间
25、接有电阻R=1.5，轨道中间部分水平，在MP、NQ间有距离为d=0.8m，宽与导轨间距相等的方向竖直向下的匀强磁场磁感应强度B随时间变化如图乙所示一质量为m=10g、导轨间电阻为r=1.0的导体棒a从t=0时刻无初速释放，初始位置与水平轨道间的高度差H=0.8m另一与a棒完全相同的导体棒b静置于磁场外的水平轨道上，靠近磁场左边界PMa棒下滑后平滑进入水平轨道（转角处无机械能损失），并与b棒发生碰撞而粘合在一起，此后作为一个整体运动导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计,g取10m/s2求： （1）a导体棒进入磁场前瞬间速度大小和a导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程中所用的时间（2）
26、粘合导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小（3）粘合导体棒最终静止的位置离PM的距离（4）全过程电阻R上产生的焦耳热【答案】（1）4m/s；t=0.8s（2）F=0.04N（3）停在距离PM0.4m处（4）0.042J【解析】【详解】（1）设a导体棒进入磁场前瞬间速度大小为va导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程中由机械能守恒定律有：解得：v=4m/sa导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程由牛顿第二定律有：解得：a=5m/s2由速度与时间的关系式v=at解得t=0.8s（2）a与b发生完全非弹性碰撞后的速度为v由动量守恒定律有：mv=（m+m）v解得：v=2m/s此时粘合导体棒刚好进入匀强磁场，安培力为：F=BIL，E=BLv，解得：F=0.04N（3）粘合导体棒直到静止，由动量定理有：-BILt=0-2mv，=It，解得：因此粘合导体棒停在距离PM为0.4m处（4）导体棒滑入磁场前，由法拉第电磁感应定律可知：由闭合电路欧姆定律有：有：=0.012J碰撞后回路产生的热量Q=2mv2=QR2+Qr代入数据解得：QR2=0.03J整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为：QR=QR1+QR2=0.042J
