湖北省荆门市2018-2019学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。17小题只有一个选项正确，810小题中有多个选项正确，选不全者得2分，选错不得分。1. 2003年全世界物理学家评选出“十大最美物理实验”，排名第一的为1961年物理学家利用“托马斯杨”双缝干涉实验装置，进行电子干涉的实验从辐射源辐射出的电子束经两靠近的狭缝后在显微镜的荧光屏上出现干涉条纹，该实验说明（ ）A. 光具有波动性B. 光具有波粒二象性C. 微观粒子也具有波动性D. 微观粒子也是一种电磁波【答案】C【解析】考点：用双缝干涉测光的波长专题：实验题分析：干涉是波所特有的现象，电子的双缝干涉说明微观粒子具有波动性解答：解：电子的双缝干涉说明微观粒子具有波动性，因为干涉是波所特有的现象故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键知道干涉是波所特有的现象以及知道电子的双缝干涉说明微观粒子具有波动性2. 经过m次衰变和n次衰变，变成 ，则( )A. m7，n3B. m7，n4C. m14，n9D. m14，n18【答案】B【解析】【详解】根据反应前后质量数守恒和核电荷数守恒可知，由此可知、，故B正确。故选B【点睛】知道发生、衰变的实质能够运用质量数和电荷数守恒进行求解3.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向。故A错误。B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符。故B错误。C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动。故C错误。D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意。故D正确。4.如图所示，线圈L的自感系数很大，内阻较小。电源的内阻不可忽略，A、B是完全相同的两只灯泡，当开关S闭合时，下列判断正确的是A. A灯比B灯先亮，然后A灯熄灭B. B灯比A灯先亮，然后B灯逐渐变暗C. A灯与B灯一起亮，而后A灯熄灭D. A灯与B灯一起亮，而后B灯熄灭【答案】B【解析】详解】闭合开关S时，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光。由于线圈的阻碍，A灯后发光，灯A逐渐变亮；流过A灯的支路的电流逐渐增大，总电流增大，根据闭合电路欧姆定律，则电源内电压增大，路端电压减小，流过B支路的电流减小，B灯逐渐变暗，故ACD错误，B正确。【点睛】掌握自感线圈的作用，理解其阻碍的原理是由于产生感应电动势，以此来阻碍原电流的变化；注意看题目提示的自感线圈的电阻是否需要考虑。5.如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)则从N孔射出的离子()A. 是正离子，速率为B. 是正离子，速率为C. 是负离子，速率为D. 是负离子，速率为【答案】B【解析】离子从M进入磁场，从N点离开磁场，离子刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向斜向右下方，由左手定则可知，离子带正电；离子从小孔M射入磁场，与MN方向的夹角为，则离子从小孔N离开磁场时速度与MN的夹角也为，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应轨迹半径r= ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，已知：k=q/m，解得：v=，故B正确，ACD错误。故选：B.点睛：根据离子运动轨迹判断离子受到的洛伦兹力方向，然后由左手定则判断出粒子的电性；离子束不经碰撞而直接从出身孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的半径，即可由牛顿第二定律求速度v6.如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每一个周期中，前面的被截去，从而改变了电灯上的电压，那么现在电灯上电压的有效值为（ ）A. UmB. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：交流电产生的热量：；直流电产生的热量：；由Q1=Q2得：，故选C。7. 如图甲所示，一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示以i表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向为电流正方向，以垂直纸面向里的磁场方向为正，则以下的it图象中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由图乙可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象解：感应定律和欧姆定律得I=，线圈的面积S和电阻R都是定值，则线圈中的感应电流与磁感应强度B随t的变化率成正比由图乙可知，01时间内，B均匀增大，增大，根据楞次定律得知，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则判断可知，感应电流是逆时针的，因而是负值由于不变，所以可判断01为负的恒值；同理可知12为正的恒值；23为零；34为负的恒值；45为零；56为正的恒值故选A【点评】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果8.在如图所示的电路中，电动势为E、内阻为r，定值电阻为R1、R2，滑动变阻器为R.当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法中正确的是( )A. 电压表的读数变小B. 电压表的读数变大C. 电流表的读数变小D. 电流表的读数变大【答案】BD【解析】试题分析：当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流减小，路端电压增大，则电压表的读数变大R1的电压减小，则图中并联部分电路的电压增大，则电流表的读数变大；故选BD考点：电路动态分析.【名师点睛】本题是关于动态电路的分析；解题时先分析变阻器接入电路电阻的变化，再分析外电路总电阻的变化，路端电压的变化，根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化，是电路动态分析问题常用的分析思路.9.如图所示，两根光滑且平行的固定水平杆，位于同一竖直平面内。两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0。如果两杆足够长，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是A. m1、m2及弹簧组成的系统动量不守恒B. 弹簧最长时，其弹性势能为C. m1、m2速度相同时，共同速度为D. m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒【答案】BCD【解析】【详解】A、由于系统竖直方向上受力平衡，水平方向不所受外力，所以m1、m2及弹簧组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A错误。BC、弹簧最长时，m1、m2速度相同，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0（m1+m2）v解得：v两球和弹簧组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得m2v02（m1+m2）v2+EP解得：EP，故B、C正确。D、甲、乙两球和弹簧组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，故D正确；故选：BCD。10.空间某一静电场的电势在轴上分布如图所示，轴上两点B、C点电场强度在方向上的分量分别是、，下列说法中正确的有A. 的大小大于的大小B. 的方向沿轴正方向C. 电荷在点受到的电场力在方向上的分量最大D. 负电荷沿轴从移到的过程中，电场力先做正功，后做负功【答案】AD【解析】【详解】A本题的入手点在于如何判断和的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强磁场，用匀强磁场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解。在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见，A正确；BD沿电场方向电势降低，在O点左侧，的方向沿x轴负方向，在O点右侧，的方向沿x轴正方向，负电荷从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，B错误D正确。C由图可知，O点处图象的斜率为零，故说明该点水平方向的场强最小，故电场力在水平方向上的分量最小，C错误；二、实验题：11小题4分，12小题9分，共计13分。11.图中所示器材，为某同学测绘额定电压为2.5 V的小灯泡的IU特性曲线的实验器材。(1)根据实验原理，用笔画线代替导线，将图中的实验电路图连接完整_。(2)开关S闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于_。(选填“A端”、 “B端”或“AB中间”)【答案】 (1). (2). B【解析】【详解】(1)1根据电路图连接实物图，因为灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表采取3V量程，小灯泡电流较小，电流表选取0.6A的量程，因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于灯泡的电阻比较小，则电流表采取外接法，在连接实物图时注意电表的极性如下图(2)2开关S闭合之前，滑动变阻器滑动到B端，使得测量电路中起始的电流、电压为零，起保护作用12.为了测定阻值约为 ，额定电流为0.5A的电阻器的电阻，现准备有下列器材：A电源E ：电动势E=6V、内阻不计；B电流表A1：量程为03A、内阻约为0.06；C电流表A2：量程为00.6A、内阻约为0.3；D电压表V1：量程为015V、内阻约为E电压表V2：量程05V、内阻约为；F、滑动变阻器R1 ：量程为020，额定电流为3A的滑动变阻器；G、滑动变阻器R2 ：量程为0800，额定电流为0.5A的滑动变阻器；H、电键S和导线若干(1)实验中要求通过待测电阻的电流能从0.15A起逐渐增大，为尽可能较精确地测出该电阻的阻值，并且实验中，电表示数调节方便，电流表应选择_（填写器材前面的代码），电压表应选择_（填写器材前面的代码），滑动变阻器应选择_（填写器材前面的代码）。(2)在方框中画出符合要求的实验电路图_。【答案】 (1). C (2). E (3). F (4). 【解析】【详解】(1)123电源电动势为6V，电压表需要选择E，待测电阻的额定电流为0.5A，电流表应选择C；待测阻值约为，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F；(2)4由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电