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临汾一中2018—2019学年度第二学期高二年级期中考试物理试题第Ⅰ卷（选择题共48分）一．单项选择题（本题包含8个小题，每小题4分，共32分）在每小题列出的四个选项中，只有一项．．．．是最符合题目要求的.请将正确选项的字母填涂在答题纸上.1.引力波是根据爱因斯坦的广义相对论作出的奇特预言之一，三位美国科学家因在引力波的研究中有决定性贡献而荣获诺贝尔奖，对于引力波概念的提出，可以通过这样的方法来理解：麦克斯韦认为，电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波；爱因斯坦认为，物体周围存在引力波，当物体加速运动时，会辐射出引力波，爱因斯坦的观点的提出，采取了下列哪种研究方法A.控制变量法B.对比法C.观察法D.类比法【答案】D【解析】【详解】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法.爱因斯坦根据麦克斯韦的观点：电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波，提出了物体周围存在引力波，当物体加速运动时，会辐射出引力波的观点，采用了类比法.故D正确，A,B,C错误；故选D.2.如图所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在同一条竖直线上，且AB=BC=CD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时的速度大小之比为vA∶vB∶vC为()A.2:3:6B.1:2:3C.1∶2∶3D.1∶1∶1【答案】A【解析】试题分析：竖直方向：水平方向：；解得：，由题意知：,水平射程相同，故考点:平抛运动。3.位于A、B处的两个带不等量负电荷的点电荷在平面内的电势分布如图所示，图中实线表示等势线，下列说法中正确的是A.正电荷从c点移到d点，静电力做负功B.a点和b点的电势不相同C.负电荷从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电场力不做功，电势能不变【答案】A【解析】【详解】A、由于场源是负电荷，故电势从里往外逐渐升高，由图可知，d点的电势大于c点的电势，故正电荷从c点移到d点，电场力做负功，故A正确；B、由图可知，a点和b点位于同一条等势面上，所以电势相同，故B错误；C、a点和b点的电势相同，负电荷从a点移到b点，电场力不做功，电势能不变。故C错误；D、正电荷从e点沿图中虚线移到f点的过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故D错误。4.如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度TB102的水平匀强磁场中，线框面积20.5Sm，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度100/rads匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（）A.在图示位置线框中产生的感应电动势最大B.线框中产生交变电压的有效值为2502VC.变压器原、副线圈匝数之比为25：22D.允许变压器输出的最大功率为1000W【答案】C【解析】分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．解答：解：A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，所以A错误．B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为Em=nBsω=50××0.5×100=V，由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为250V，所以B错误．C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为，所以C正确．D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=250×10=2500W，所以D错误．故选C．点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．5.粗细均匀的导体棒ab悬挂在两根相同的轻质弹簧下，ab恰好在水平位置，如图示.已知ab的质量m=2g，ab的长度L=20cm，沿平方向与ab垂直的匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，电池的电动势为12V，电路总电阻为12Ω.当开关闭合时（）A.导体棒ab所受的安培力方向竖直向上B.能使两根弹簧恰好处于自然状态C.导体棒ab所受的安培力大小为0.02ND.若系统重新平衡后,两弹簧的伸长量均与闭合开关前相比改变了0.5cm，则弹簧的劲度系数为5N/m【答案】C【解析】【详解】由左手定则可知，导体棒ab所受的安培力方向竖直向下，弹簧处于拉伸状态，选项AB错误；导体棒中的电流为1AEIR，则ab所受的安培力大小为F安=BIL=0.1×0.2×1N=0.02N，选项C正确；由平衡可知：2kxF安，解得0.02N/m2N/m220.005Fkx安，选项D错误.6.一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为（）A.2mvGNB.4mvGNC.2NvGmD.4NvGm【答案】B【解析】【详解】设行星的质量为M、半径为R，行星表面的重力加速度为g，卫星的质量为m′，由万有引力提供向心力，得22GMmvmRR；在行星表面万有引力等于重力，即2GMmmgR；由已知条件N＝mg得：Ngm；联立以上三式可得2mvRN，4mvMGN，故B正确，ACD错误。7.如图所示,甲、乙两物块在两根相同的弹簧和一根张紧的细线作用下静止在光滑水平面上,已知甲的质量小于乙的质量。当细线突然断开斤两物块都开始做简谐运动,在运动过程中（）A.甲的最大速度大于乙的最大速度B.甲的最大速度小于乙的最大速度C.甲的振幅大于乙的振幅D.甲的振幅小于乙的振幅【答案】A【解析】线刚断开时，弹力最大，故加速度最大，由于甲的质量小，故根据牛顿第二定律，其加速度大，A正确；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲乙的最大动能相同，由于甲的质量小于乙的质量，由2k12Emv知道，甲的最大速度一定大于乙的最大速度，B错误；线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，CD错误．【点睛】线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，则振幅一定相同．当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后弹簧转化为动能，甲乙最大动能相同，根据质量关系，分析最大速度关系．8.一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图像如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为－1cm，波上A质点的振动图像如图乙所示。以下说法正确的是()A.这列波沿x轴负方向传播B.从t=0.6s开始，紧接着的Δt=0.6s时间内，A质点通过的路程是10mC.从t=0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置D.若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10m的障碍物不能发生明显衍射现象【答案】C【解析】【详解】A项：由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴正向，故A错误；B项：0.60.5tsT，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过0.4ts，A质点通过的路程是：2224sAcmcm，故B错误；C项：图示时刻质点P沿y轴负方向，质点Q沿y轴正方向，所以质点P将比质点Q晚回到平衡位置。将此图象与正弦曲线进行对比可知：P点的横坐标为203Pxm，Q点的横坐标为403Pxm，根据波形的平移法可知质点P比质点Q晚回到平衡位置的时间为：2030.4503QPxxtssv，故C正确；D项：发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20m，根据这个条件可知该波在传播过程中遇到一个尺寸为10m的障碍物，能发生明显衍射现象，故D错误。二．多项选择题（本题包含4小题，每小题4分，共16分）在每小题给出的四个选项中，至．少有两个选项．．．．．．符合题意.全部选对的得4分，选不全的得2分，有错者或不答的得0分.请将正确选项的字母填涂在答题纸上.9.两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时______A.a,b连线中点振动加强B.a,b连线中点速度为零C.a,b,c,d四点速度均为零D.再经过半个周期a,b两点振动减弱【答案】AC【解析】【详解】图是两列频率相同的相干水波于某时刻的叠加情况，实线和虚线分别表示波峰和波谷，则a点是波谷与波谷相遇点，b是波峰与波峰相遇点，c、d两点是波峰与波谷相遇点。则a、b两点是振动加强的，且a、b连线上也是振动加强的，即a、b连线中点振动加强，此时a、b连线中点速度最大，c、d两点是振动减弱的，故A正确，B错误；a、b、c、d四点要么处于波谷，要么处于波峰，因此它们的速度叠加后均为零，故C正确；a、b两点是振动加强的，则再经过半个周期a、b两点振动仍然是加强的，选项D错误。10.如图所示是一玻璃球体，其半径为R，O为球心，AB为水平直径。M点是玻璃球的最高点，来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB，已知∠ABD=30°，光在真空中的传播速度为c，则()A.此玻璃的折射率为3B.光线从B到D需用时3R/cC.该玻璃球的临界角应小于45°D.若增大∠ABD，光线不可能在DM段发生全反射现象【答案】ABC【解析】【详解】A项：如图由几何知识得入射角30oiABD，折射角260orABD，则此玻璃的折射率为：sin3sinrni，故A正确；B项：BD长度2cos303osRR，光在玻璃球内传播的速度cvn，所以光线从B到D的时间为3sRtvc，故B正确；C、D项：由132sin32Cn，则临界角45oC，所以若增大ABD，入射角可能大于临界角，所以光线可能在DM段发生全反射现象，故C正确，D错误。D项：11.如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴静止于电容器中的P点，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点电势将降低C.电容器的电容减小，极板带电荷量减小D.带电油滴的电势能保持不变【答案】BC【解析】试题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据3F分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．由于两极板与电源相连，所以两极板间的电势差不变，上极板向上移动一小段距离后，两极板间的距离变大，根据公式3F可得两极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力变小，重力大于电场力，油滴向下运动，A错误；P点到下极板的距离不变，下极板的电势为零，所以P到下极板的电势差等于P点的电势，故根据UEd可得P点电势减小，B正确；根据4SCkd可得电容减小，根据公式UQC可得电荷量减小，C正确；由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，故D错误．12.在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示．一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框，在t=0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是()A.当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsinθB.t0时刻线框匀速运动的速度为40vC.t0时间内线框中产生的焦耳热为23mgLsinθ＋201532mvD.离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动【答案】BC【解析】线框开始进入磁场时，线框处于平衡状态，此时有：mgsinθ=BIL=220 BLvR…①当ab边刚越过ff′时，此时线框速度仍为v0，此时有：2BI2L-mgsinθ=ma2…②I2＝02 BLvR…③由②③得：2204 BLvR-mgsinθ=ma2…④联立①④可得