山东省部分学校2024-2025学年高二下学期阶段性检测（校级联考）物理试题

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【详解】A．普朗克黑体辐射理论提出微观粒子的能量是分立的，A正确；
B．玻尔的氢原子模型认为电子绕核运动的轨道不是任意半径，B错误；
C．德布罗意的“物质波”假设认为实物粒子也具有波动性，波长，C错误；
D．爱因斯坦的光电效应理论认为光电子的最大初动能与入射光的频率有关，D错误。
故选A。
2．C
【详解】A．核力是原子核内核子之间的作用力，质子和质子之间、质子和中子之间、中子和中子之间都存在核力，而不存在于原子核与电子之间，故A错误；
B．半衰期是大量原子的统计规律，对少量和单个原子来讲是没有意义，故B错误；
C．重核裂变过程释放出能量，质量发生亏损，所以生成物质量小于反应物质量，故C正确；
D．根据爱因斯坦质能方程可知，释放的能量为
故D错误。
故选C。
3．B
【详解】A．图甲说明薄板在传导热量上具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明薄板可能是多晶体，也可能是非晶体，故A错误；
B．温度越高，各速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值向速度大的方向迁移，则图丙中，T2对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图，故B正确；
C．图丙为液体的结构的示意图，由图可知，液体表面层的分子距离较大，但分子间的引力和斥力都比液体内部的小，只是分子斥力减小得更快，故表现出来的是引力，故C错误；
D．丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中阻力增大，是气体压强逐渐变大的缘故，故D错误。
故选B。
4．A
【详解】由题设可知，一个气体分子每与器壁碰撞一次，对器壁的冲量
以器壁上面积为的部分为底，为高构成正方体，其内有的气体分子在时间内与该正方体的底发生碰撞，碰撞的分子数
则时间内气体分子对正方体底部的冲量
正方体底部受到的压力
则气体对器壁的压强
故选A。
5．C
【详解】A．图甲是磁流体发电机，将一束等离子体喷入磁场，根据左手定则可知，正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，B板电势高，故A错误；
B．设霍尔元件的长为a，宽为b，高为c，稳定后，电场力和洛伦兹力平衡，则有
解得
根据电流的微观定义式
其中n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，可得
故霍尔电势差为
如果长时间不更换传感器的电源，电源内阻增大，则电流减小，故霍尔电势差将减小，故B错误；
C．图丙中，电流强度正在增大过程中，根据振荡电流周期性变化的规律可知电流的变化率正在减小，则该时刻线圈的自感电动势正在减小，故C正确；
D．图丁中，回旋加速器正常工作时，交变电流的周期等于做圆周运动的周期，粒子做圆周运动的周期为
周期与速度大小无关，保持不变，交流电的周期不变，频率也不变，故D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．由乙图可知，交流电压的最大值为
则交流电压有效值为
根据闭合电路欧姆定律可得电流为
电压的示数为电阻R两端的电压，则有
故A错误；
B．根据焦耳定律，可得
故B错误；
C．由乙图可知交流电的周期为，则线圈转动的角速度为
根据线圈最大感应电动势
可得
0~0.01s的时间内，通过定值电阻的电荷量为
又，
联立解得
而0~0.01s的时间内，磁通量的变化量为
代入上式，可得
故C正确；
D．由图可知t=0.02s时，感应电动为零，根据
可知穿过线圈的磁通量变化率最小，故D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．根据题意可知，导体棒受到沿导轨向上的安培力，根据左手定则可知，导体棒中的电流方向由M指向N，则a端为电源的正极，故A错误；
B．当通过导体棒的电流为3I时，安培力较大，则摩擦力沿斜面向下，故B错误；
C．根据平衡条件可得，
联立解得
故C正确；
D．由于
联立可得
故D错误。
故选C。
8．C
【详解】A．当粒子在磁场中的圆周运动半径为时，满足题意。故由
且
联立解得
A错误；
B．由磁发散知识可知，所有粒子进入电场的方向都是沿 轴正方向，且速度大小相等，故粒子到达电场的最大高度也都相等。设粒子在电场中运动的最大高度为，则有得
则电场的最小面积有
B错误；
C．由几何知识可知，所有粒子第一次在磁场中运动的轨迹和第二次在磁场中运动的轨迹总和是半个圆，故磁场中运动的时间总和都是相等的，而在电场中的运动时间也相等，故要使粒子从A点运动到C点的时间最短，就只需要让粒子在磁场和电场之间的中间区域运动时间最短即可。所以，当粒子发射方向沿 轴正方向时，粒子从A点运动到C点的时间最短。在磁场中的运动时间
在电场中的运动时间
故运动的最短时间
C正确；
D．粒子从A点运动到C点的整个过程中，取沿 轴负方向为正，由动量定理得，解得
负号表示洛伦兹力的冲量方向沿 轴正方向，D错误。
故选C。
9．ABD
【详解】AD．根据气态方程可得
解得
由于压强变小，则从A变化到B，单位时间内单位面积上气体分子对容器壁的撞击次数变少，故AD正确；
B．由A变化到B的过程中，体积变大，则气体对外做功，；温度升高，故，根据
可知
即气体从外界吸收能量，故B正确；
C．由A变化到B，温度升高，气体分子的平均动能增大，每一个分子不一定速度增大，故C错误；
10．CD
【详解】A．根据光电效应方程，可得第一组实验对应金属板的逸出功为
第二实验对应金属板的逸出功为
则可知两组实验所用的金属板材质不同，故A错误；
B．第一组实验时，光子能量为4.0eV ，第二组实验时，光子能量为6.0eV ，根据
可知甲实验采用的入射光的波长较长，故B错误；
C．若入射光子的能量为5.0eV，根据光电效应方程，可得甲组实验逸出光电子的最大动能为
故C正确；
D．由表格中的数据可知，在产生光电效应的前提下，对同种频率的入射光而言，入射光的强度越大，光电流越大，所以若入射光子的能量为5.0eV，大于金属板的逸出功，则相对光强越强，光电流越大，故D正确。
故选BCD。
11．AC
【详解】A．小球在平面内做平抛运动，则有
解得
A正确；
B．小球的动能变为初动能的2倍时
即经过时间为
B错误；
C．若仅将电场方向变为沿y轴正方向，如果电场力和重力大小相等，小球可能做匀速圆周运动，C正确；
D．若仅将电场撤去，小球合力不可能为零，不可能做匀速直线运动，D错误。
故选AC。
12．AD
【详解】A．导体棒由静止释放后向右运动，故其所受的安培力向右，由左手定则可知，电流方向由M到N，故a端接电源的正极，故A正确；
B．对导体棒分析，设其在左侧运动的最大速度为v，受到的安培力
受到的摩擦力
导体棒在左侧运动的速度最大时，有
根据闭合电路欧姆定律有
解得
导体棒越过后速度变为
如果降压限流器件的电阻为零，电路中电流
当导体棒的速度减为时，降压限流器件的电阻恰好为零，此过程中，通过导体棒的电流恒为，在导体棒的速度从减到的过程中，导体棒受到的安培力不变，导体棒做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
导体棒做匀减速直线运动的时间
位移大小
通过导体棒的电荷量
之后降压限流器件的电阻为零，导体棒接下来做加速度减小的减速直线运动直到静止，依据动量定理有
即
解得
通过导体棒的电荷量
导体棒越过后运动的距离
故B错误；
C．通过降压限流器件上的总电荷量
故C错误；
D．降压限流器件仅在时间内产生热量，根据能量守恒定律有
故D正确。
故选AD。
13． D 实验过程中出现了漏气现象或记录气体体积时，漏记了连接注射器与压强传感器的软管容积
【详解】（1）[1]由于推动活塞的过程中，压强增加，但实际增加偏小，所以p-图像的图线应向下弯曲，故选D。
（2）[2]由图知压缩气体的过程中，压强跟体积的乘积减小，造成这一现象的可能原因是实验过程中出现了漏气现象或记录气体体积时，漏记了连接注射器与压强传感器的软管容积。
14． 2 不满足 65.0 小于
【详解】（1）[1][2]为了保证电路的安全应将滑动变阻器滑到2端，从而使光敏电阻两端的电压为零；根据实物图可得电路图为

（2）[3]根据图像可知纵坐标与横坐标的乘积不是一个常数，所以光敏电阻的阻值与照度不满足反比例函数关系；
（3）[4]根据闭合电路欧姆定律
根据图像可知在照度降低到4000lx时，对应的阻值为
又有
其中
U=2V
联立可得
[5]光控装置使用较长时间后电源内阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流变小，R0两端的电压变小，从而导致自动控制系统正常工作时的最小照度小于4000lx。
15.【答案】 (1)1100 V (2)5∶1 (3)20 A
【解析】 (1)根据Em＝NBSω＝1100eq \r(2) V，得输出电压的有效值为U1＝eq \f(Em,\r(2))＝1100 V.
(2)根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)得eq \f(n1,n2)＝eq \f(5,1).
(3)根据P入＝P出＝2.2×104 W，再根据P入＝U1I1，解得I1＝20 A.
16.【答案】（1）放热，20J；（2），活塞对卡环的力方向竖直向上；（3）71kg
【详解】（1）根据热力学第一定律，可得，可得缸内气体放热，放热20J 。
（2）活塞静止不动处于平衡状态
根据牛顿第三定律得到，活塞对卡环的力方向竖直向上
（3）根据理想气体状态方程有，得到
活塞静止不动处于平衡状态，解得
17.【答案】（1）；（2）；（3）
【知识点】双杆在等宽导轨上运动问题、导体棒转动切割磁感线产生的动生电动势、作用的导体棒在导轨上运动的电动势、安培力、电流、路端电压
【详解】（1）金属棒绕竖直轴OO'匀速转动时其边缘线速度大小为
转动切割磁感线产生的感应电动势为
根据闭合电路的欧姆定律可得回路中的感应电流为
则可得闭合开关瞬间导体棒PQ的电势差
（2）当金属棒PQ速度达到最大值时，其加速度为零，此时金属棒达到平衡状态，则有
,此时回路中的感应电动势
而由闭合电路的欧姆定律可得回路中的感应电流
联立以上各式解得
（3）设棒EF速度最大值时，PQ速度为v1，EF速度为v2，设水平向右为正方向，当棒EF速度最大值时根据平衡条件有,而,解得
对导体棒EF由动量定理有
对导体棒PQ由动量定理有
联立以上各式解得,而,
联立可得,代入数据解得


(4)恰能到X轴，速度大小2υ0，方向沿着x轴负方向
【解析】(1)由题意可得α粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子在匀强电场中运动时间为，加速度为，粒子经过b点的速度与x轴正方向夹角为θ，
由牛顿第二定律和运动学公式可得：
， ,
, ,
解得： , , ,t1=2lυ0
(2)由题意可知α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为，可得：
由几何关系：,解得：
(3)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，运动时间为，由题意可得： ,=4 ????? ????????.????3 \∗ ??????????? ????? ????????.????3 ????? ????????.????3 πL9υ0
解得：t=t1+t2+2(n-1)t1+(n-1)t2=(2n-1)t1+nt2
= 【18(2n−1)+4 ????? ????????.????3 ????? ????????.????3 nπ】L9υ0 (n=1，2，3，……)
采用配速法：要让洛伦兹力与电场力方向相反，二力平衡，配速υ1=υ02方向必须向X轴负方向。
根据qυ02B=qE ，所以粒子一边以υ1=υ02沿着X轴负方向匀速前进，则另一个分速度为υ2=1.5υ0，方向沿着X轴正方向开始做匀速圆周运动。
由1.5qυ0B=m（1.5υ0）2r ，解得：r = 32L ,
可知α粒子转半周时：2 r=3L, 恰好到达X轴。此时的合速度为2υ0，方向沿着X轴负方向。