湖北省荆门市2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析） 19页

湖北省荆门市2020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。1—7小题只有一个选项正确，8—10小题中有多个选项正确，选不全者得2分，选错不得分。‎ ‎1. 2020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α衰变和n次β衰变，变成 ，则(　 　)‎ A. m＝7，n＝3‎ B. m＝7，n＝4‎ C. m＝14，n＝9‎ D. m＝14，n＝18‎ ‎【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α、β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α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α，则离子从小孔N离开磁场时速度与MN的夹角也为α，‎ 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v．‎ ‎6.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. Um B. ‎ 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i﹣t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，0～1时间内，B均匀增大，Φ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0～1为负的恒值；同理可知1～2为正的恒值；2～3为零；3～4为负的恒值；4～5为零；5～6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I－U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0～3A、内阻约为0.06；‎ C．电流表A2：量程为0～0.6A、内阻约为0.3；‎ D．电压表V1：量程为0～15V、内阻约为 E．电压表V2：量程0～5V、内阻约为；‎ F、滑动变阻器R1 ：量程为0～20，额定电流为3A的滑动变阻器；‎ G、滑动变阻器R2 ：量程为0～800，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)[1][2][3]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，实验电路图如图所示：‎ ‎【点睛】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是设计实验电路的关键。‎ ‎13.如图所示，在倾角为θ=37°的光滑斜面上水平放置一条长为L=0.2m的直导线PQ，两端以很软的轻质导线通入I=5A的电流。当将整个装置放入一个竖直向上的B＝0.6T的匀强磁场中时，PQ恰好平衡，则导线PQ的重力为多少？(sin37° = 0.6，cos37°= 0.8)‎ ‎【答案】0.8 N ‎【解析】‎ 详解】对P作受力分析，如图所示 根据平衡条件：‎ BILcosθ＝Gsinθ 得：‎ G0.8N 导线的重力大小为0.8N．‎ ‎14.如图所示，电子从A孔飘入电压U1=5000V电场中，(此时电子的速率可认为等于零)，经电场加速后，从B孔沿平行板间的中线垂直射入匀强电场，若两板间距d=1.0cm，板长 L=5.0cm ，要使电子能从两板间飞出，求两个极板上所加电压U2的最大值。（电子的质量me=9.1×10－31kg，电量e=1.6×10－19C）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】在加速电压一定时，偏转电压U'越大，电子在极板间的偏转距离就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压。‎ 加速过程，由动能定理：‎ e。‎ 进入偏转电场，有：‎ L＝v0t。‎ 根据牛顿第二定律可知，‎ a。‎ 偏转距离：‎ y。‎ 能飞出的条件为：‎ y。‎ 联立解得：‎ U2＝400V。‎ ‎15.如图所示，两光滑轨道相距L=0.5m，固定在倾角为的斜面上，轨道下端接入阻值为R=1.6Ω的定值电阻。整个轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T。一质量m=0.1kg的金属棒MN从轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑，金属棒沿轨道下滑x=3.6m时恰好达到最大速度（轨道足够长），在该过程中，金属棒始终能保持与轨道良好接触。（轨道及金属棒的电阻不计，重力加速度g取10m/s2, sin37° = 0.6，cos37°= 0.8)求：‎ ‎（1）金属棒下滑过程中，M、N哪端电势高；‎ ‎（2）求金属棒下滑过程中的最大速度v；‎ ‎（3）求该过程回路中产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】（1）M端电势较高 （2）6m/s （3）‎ ‎【解析】‎ 详解】（1）根据右手定则，可判知M端电势较高 ‎（2）设金属棒的最大速度为v，根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 E=BLvcos 根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流强度 I=E/R 金属棒所受安培力F为 F=BIL 对金属棒，根据平衡条件列方程 mgsin=Fcos 联立以上方程解得：‎ v=6m/s ‎(3)根据能量守恒 代入数据解得：‎ ‎【点睛】本题是力学和电磁学的综合题，综合运用了电磁感应定律、能量守恒定律以及共点力平衡问题，要注意此题中棒不是垂直切割磁感线，产生的感应电动势不是E＝BLv．应根据有效切割速度求解。‎ ‎16.有关分子的热运动和内能，下列说法正确的是 A. 物体的内能改变时温度不一定改变 B. 外界对物体做功, 物体的内能必定增加 C. 一定质量的理想气体，温度不变，分子的平均动能不变 D. 内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体 E. 物体的温度越高, 每个分子的热运动都会越剧烈 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、物体的内能改变，可能是分子势能或分子的动能改变了。如果分子势能发生了变化，分子平均动能可能不变，所以温度不一定改变。故A正确；‎ B、根据热力学第一定律，外界对物体做功，但物体和外界的热交换不明确，物体的内能不一定增加。故B错误；‎ C、温度是分子平均动能的标志，一定质量的理想气体，温度不变，分子的平均动能不变。故C正确；‎ D、内能小，分子的平均动能不一定小，其温度不一定小，所以内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体。故D正确；‎ E、物体的温度越高，分子的平均动能越大，但并不是每个分子的动能都会变大。故E错误。‎ 故选：ACD。‎ ‎17.如图所示，一端开口、内壁光滑的玻璃管竖直放置，管中用一段长H0=25cm的水银柱封闭一段长L1=20cm的空气，此时水银柱上端到管口的距离为L2=5cm，大气压强恒为P0=75cmHg，开始时封闭气体温度为t1=27℃，取0℃为273K，将封闭气体温度升高到37℃，在竖直平面内从图示位置缓慢转动至玻璃管水平时，求封闭空气的长度。（转动过程中没有发生漏气）‎ ‎【答案】27.5cm ‎【解析】‎ 初状态，，‎ 末状态，，‎ 由得 ‎18.如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图，P是平衡位置为x1=1 m处的质点，Q是平衡位置为x2=4 m处的质点，若质点Q相继出现两个波峰的时间间隔为t=4s， 则下列说法正确的是 A. 该波的传播速度v=2m/s B. 从图示时刻开始计时，若P点比 Q先到达波峰，则波的传播方向沿x轴正向 C. 若波沿x轴负向传播，从图示时刻开始计时，至少再经过0.5s ，P质点到达波峰 D. 若波沿x轴正向传播，从图示时刻开始计时，至少再经过3. 5s ，P质点到达波峰 E. 若波沿x轴负向传播，从图示时刻开始计时，至少再经过1.5s ，Q质点到达波峰 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 从图中可知，因为Q点相继出现两个波峰的时间为4s，，即，故波速，A正确；若波沿x轴正方向传播，根据走坡法可知此时P质点向下振动，到达波峰的时间大于，而Q质点正向上振动，到达波峰的时间为，故B错误；若波沿x轴负方向传播，则在图示时刻质点P正向上振动，若质点P到达波峰，则相当于后面的波峰传到了x=1m处，故经历时间，当n=0时所需时间最短，最短为0.5s，故C正确；若波沿x轴正方向运动，则在图示时刻质点P正向下振动，根据平移法可得经历时间，当n=0时所需时间最短，最短为3.5s，故D正确；若波沿x轴负方向传播，Q还需时间到达波峰，E错误．‎ ‎19.在某科技馆内放置了一个高大的半圆柱形透明物体，其俯视图如图所示，O为半圆的圆心。甲、乙两同学为了估测该透明体的折射率，进行了如下实验。他们分别站在A、O处时，相互看着对方，然后两人贴着柱体慢慢向一侧运动，到达B、C处时，甲刚好看不到乙。已知半圆柱体的半径为R，OC＝0.6R，BC⊥OC，则半圆柱形透明物体的折射率为多少？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：甲刚好看到乙是因乙发出的光线在B点恰好发生了全反射，入射角等于临界角，作出光路图，由光的折射定律可求得折射率．‎ 设∠OBC=θ，透明物体的折射率为n，则：‎ 由题意知θ即为临界角，，解得 ‎ ‎