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1、长春外国语学校2018-2019学年第二学期期中考试高二年级物理试卷（理科）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共4页。考试结束后，将答题卡交回。注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。第I卷（
2、选择题）一、选择题（每题4分，共48分）1.在物理学发展过程中，许多科学家做出了杰出的贡献，下列说法正确的是A. 奥斯特发现了电流间的相互作用规律B. 伽利略提出了行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律C. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说D. 法拉第观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线图中，会出现感应电流【答案】C【解析】【详解】A安培发现了电流间的相互作用规律，故A错误；B开普勒提出了三大行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律，故B错误；C安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，故C正确；D法拉第在实验中观察到，在
3、通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故D错误。2.如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则（）A. 由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B. 由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C. 如果断开B线圈电键S2，仍有延时作用D. 如果断开B线圈的电键S2，延时将变长【答案】B【解析】【详解】当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放。所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用。故A错误、B
4、正确。若断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能。故CD均错误。选B。3.如图所示，图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终灯A2与灯A3的亮度相同。下列说法正确的是（）A. 图甲中，的电阻比的直流电阻小B. 图甲中，断开开关瞬间，流过的电流方向自右向左C. 图乙中，变阻器R连入电路的电阻比的直流电阻大D. 图乙中，闭合开关瞬间，中的电流与变阻器R中的电流相等【答案】B【解析】【详解】A、图甲中，断开S1的瞬间，A1灯突然闪亮，
5、是因为电路稳定时，L1的电流大于A1的电流，可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误； B、图甲中，闭合S1，电路稳定后两个支路电流的方向都向右，断开开关S1瞬间，灯A1的原来的电流消失，线圈中的电流方向不变，所以流过A1的电流方向自右向左，故B正确； C、图乙中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C错误； D、图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。4.如图所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框efgh相
6、连，导线框efgh内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框efgh在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图示规律变化时（）A. 在时刻，金属圆环L内的磁通量为零B. 在 时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流C. 在时刻，金属圆环L内的感应电流最大D. 在时间内，金属圆环L有收缩趋势【答案】A【解析】【详解】由B-t图知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，则感应电流为零，L上的磁通量为零，故A正确；在0t1时间内，由结合图象知：线框efgh中有顺时针方向的感应电流，且逐渐减小，根据楞次定律知金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，故B错误；在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通
7、量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大，金属圆环L内的感应电流最小，故C错误；在t2t3时间内，L内的磁场减弱，由愣次定律可以确定L必须增大面积以达到阻碍磁通量的减小，故有扩张的趋势，故D错误。5.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动.取向右为正，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，则由图可知（）A. t=0.2s时，振子的加速度方向向左B. t=0.6s时，振子的速度方向向右C. t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的动能逐渐减小D. t=0到t=2.4s的时间内，振子通过的路程是80cm【答案】A【解析】【详解】A由图象乙知，t=0.2s
8、时，振子远离平衡位置向右运动，位移增大，根据可知，回复力方向向左，则加速度方向向左，故A正确；Bt=0.6s时，振子靠近平衡位置向左运动，所以振子的速度方向向左，故B错误；Ct=0.4s到t=0.8s的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，振子的动能逐渐增大，故C错误；Dt=0到t=2.4s的时间内，振子通过的路程是，故D错误；6. 关于波的有关现象，下列说法正确的是（ ）A. 产生干涉现象的必要条件之一是两列波的频率相等B. 能产生衍射现象的条件是障碍物或孔的尺寸与波长相差不多或比波长更小C. 在干涉图样中，振动加强区质点的位移总是最大，振动减弱区质点的位移总是最小D. 当观察者靠近波源
9、时，接收到波的频率小于波源的振动频率【答案】A【解析】试题分析：产生干涉现象的必要条件之一是两列波的频率相等,选项A正确；当障碍物的尺寸与波长相比差不多，或比波长小，会发生明显的衍射，故B错误；在干涉图样中，振动加强区质点的振幅最大，振动减弱区质点的振幅最小，选项C错误；根据多普勒效应，当观察者靠近波源时，接收到波的频率大于波源的振动频率，选项D错误；故选A考点：光的干涉和衍射；多普勒效应。7.如图所示，单摆摆球为带正电的玻璃球，摆长为L且不导电，悬挂于O点.已知摆球平衡位置C处于磁场边界内并十分接近磁场边界，此磁场的方向与单摆摆动平面垂直。在摆角小于5度的情况下，摆球沿着AB弧来回摆动，下列
10、说法不正确的是（ ） A. 图中A点和B点处于同一水平面上B. 小球摆动过程中机械能守恒C. 单摆向左或向右摆过C点时摆线的张力一样大D. 在A点和B点，摆线张力一样大【答案】C【解析】【详解】A、B、带电小球在磁场中运动过程中洛伦兹力不做功，整个过程中小球的机械能都守恒，所以A、B处于同一水平线上；故A，B均正确.C、根据小球的机械能守恒可知，小球向左和向右经过C点时速率相等，则向心力相同，但由于洛伦兹力方向相反，所以单摆向左或向右运动经过C点时线的拉力大小不等；故C错误.D、球在A、B点时速度均为零，向心力均为零，细线的拉力大小都等于重力沿细线方向的分力，所以拉力大小相等；故D正确.本题选
11、不正确的故选C.8.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=lm处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点。图乙为质点Q的振动图象。下列说法不正确的是（ ）A. 该波的传播速度为40m/sB. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cmC. 该波沿x轴负方向传播D. t=0.10s时，质点Q的速度方向向下【答案】B【解析】【详解】A、由图乙知该波的周期T=0.20s，由甲图知波长=8m，则波速为：；故A正确；B、在t=0.10s时，由乙图知质点Q正向下运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动，从t=0.10s到t=0.25s经过
12、的时间为，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是，故B错误，CD正确。9. 如图所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置，两直导线中的电流大小与变化情况完全相同，电流方向如图所示，当两直导线中的电流都增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是（ ）A. 线圈a中无感应电流B. 线圈b中有感应电流C. 线圈c中有感应电流D. 线圈d中无感应电流【答案】CD【解析】根据安培定则可判断出电流产生的磁场方向，线圈a中的磁场方向均垂直于纸面向里，线圈c中的磁场
13、方向均垂直于纸面向外，线圈b、d中的合磁通量始终为零，故增大两直导线中的电流时，线圈a、c中的磁通量发生变化，有感应电流产生，而线圈b、d中无感应电流产生，选项C、D正确，A、B错误。10.如图是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法正确的是（ ）A. 若F向上压膜片电极，则电路中有从a到b的电流B. 若F向上压膜片电极，则电路中有从b到a电流C. 若电流表有示数，则说明压力F发生变化D. 若电流表没有示数，则说明压力F=0【答案】AC【解析】【详解】A、B、当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式得到，电容器的电容将增大.因电压不变，则
14、电容器的电量增多，处于充电状态，那么电路中有从a到b的电流，故A正确，B错误.C、D、当F变化时，电容变化，而板间电压不变，由Q=CU，故带电荷量Q发生变化，电容器将发生充、放电现象，回路中有电流，电流计有示数.反之，电流计无示数时，压力F不变；故C正确，D错误.故选AC.11.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为20:1,R1=20,R2=30,C为电容器,已知通过R1的正弦交流电如图乙所示,则( )A. 交流电的频率为0.02HzB. 电阻R2的功率约为6.67WC. 原线圈输入电压的最大值为400VD. 通过R3的电流始终为零【答案】BC【解析】【详解】A、根据变压器原理可知原副线
15、圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s，频率为50赫兹，故A错误；B、根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为，电阻R2的电功率为，故B正确；C、由图乙可知通过R1的电流最大值为Im=1A，根据欧姆定律可知其最大电压为Um=20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为400V，故C正确；D、因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，故D错误；故选BC。12.如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆型导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d。现给导体框一个初速度v0（v0垂直磁场边界），已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2。下列说法正确的是A. Q1Q2B. Q1+Q2=m（v02-v12）C. 导体框进出磁场都是做匀变速直线运动D. 导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向【答案
