福建龙岩四校联考高二物理下学期期末试卷含解析

1、2014-2015学年福建省龙岩市四校联考高二（下）期末物理试 卷一、选择题：本大题共 14分，每小题4分，共56分.1-9小题为单选题；10-14小题为不 定项选择题，选全对得 4分，选对但有漏选得 2分，有错选得0分.物体从静止开始做匀加速直线运动，第5s内通过的位移是 9m下列说法正确的是（）A.第5s内的平均速度是 1.8m/sB.物体的加速度是 1m/s2C.第3s内的位移是5mD. 3s末的速度是9m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：直线运动规律专题.分析：平均速度等于位移除以时间，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出物体的加速 度

2、，从而根据位移公式得出第3s内的位移和3s末的速度.解答： 解：A、第5s内的平均速度 ;三年，故A错误；第5s内的位移为3m则有:误；VajAm，解得物体的加速度a=2m/s2,故 B 错C第3s内的位移其at / at / 4乂2乂9-3*2乂4=5!0，故C正确;D 3s末的速度是 v=at=2 x 3=6m/s.故 D错误.故选：C点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式，并能灵活运用，基础题.1所示，产生的.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图交变电动势的图象如图 2所示，则（）t=0.015s时线框的电动势为零t=0.02s时线框平面与中性面垂

3、直线框产生的交变电动势有效值为311V该交变电动势瞬时值的表达式为e=311sin （100 nt） V考点：正弦式电流的图象和二角函数表达式.专题：交流电专题.分析：由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点， 可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值.解答： 解：A、t=0.015s时线框的电动势最大，故 A错误；B t=0.02s时，感应电动势为零，线框平面与中性面平行，故 B错误；C根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为 E4i=220V,故C错误.V2D 由图 2 可知周期 T=0.02s , =100Tt

4、 rad/s ,所以该交变电动势瞬时值的表达式为e=311sin （100兀t） V,故D正确；故选：D.点评：本题关键是明确：当线圈位于中性面时，感应电动势最小，为零；当线圈与中性面垂直时，感应电动势最大.下列说法正确的是（）水面上飞行的鸟儿感觉到其下方水中游动的鱼比实际位置浅，鱼感觉到鸟飞得比实际位置低全息照相用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性好的特点拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度水中的气泡看起来特别明亮是因为光线从气泡射向水中时，一部分光在界面上发生了全反射考点：光的折射定律；光的偏振.分析：光从一种介质斜射入另一种介质时要发生折射，光从光密介质射

5、向光疏介质当入射角大于临界角时要发生全反射，根据光的折射、激光特点、全反射的知识分析答题.解答： 解：A、由于光的折射作用，水面上飞行的鸟儿感觉到其下方水中游动的鱼比实际位置浅，鱼感觉到鸟飞得比实际位置高，故 A错误；日 全息照相用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性好的特点，故 B正确；C拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱反射光的强度，使照片清晰，但不能增加透射光的强度，故 C错误；D气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故，故D错误；故选：B.点评：本题考查的知识点较多，都是一些记忆型的，难度不大，在平时学习中注意多积累.某质点做简

6、谱运动，其位移随时间变化的关系式为x=5sin （t） cm,则质点（）4第1s末与第3s末的位移相同第2s末与第6s末的加速度相同3s末与5s末的回复力相同3s末与7s末的速度方向相同考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：直线运动规律专题.分析：通过简谐运动的表达式可以知道角速度、周期、振幅.结合简谐运动的图象可以分析出各个时刻的位移方向和速度方向.解答： 解：A、振动白周期 T=-zs=8s,在第1s末的位移Kl=5sin-rrrR-rn, T在第3s末的位移x,=5sinT-irF-rn,可知第1s末和第3s末的位移相同，故 A正确.日振动周期为8s,第2s末和第6s末关于平衡位

7、置对称，加速度大小相等，方向不同，故 B错误.C第3s末和第5s末关于平衡位置对称，回复力大小相等，方向不同，故 C错误.D第3s末和第7s末的速度方向不同，故 D错误.故选：A.点评：解决本题的关键是能从简谐运动的表达式中获取信息，并会画简谐运动的位移时间图象，结合图象分析问题.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5: 1,原线圈输入如图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R）为定值电阻，R为半导体热敏电阻（其阻值随温度的升高而减小）.下列说法中正确的是（）乙图乙中电压的有效值为 220V该交变电流的周期为 0.02sR处出现火警时，电

8、流表示数减小R处出现火警时，电阻 R消耗的电功率减小考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系.专题：交流电专题.分析：求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值.由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、 具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小， 根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化.解答： 解：A、设将此电流加在阻值为 R的电阻上，电压的最大值为 Un,电压的有效值为2U.? =?TR 2 R代入数据得图乙中电压的有效值为110泥V,故A错误

9、；日由图象可知，交变电流的周期为0.02s ,故B正确.C R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈中电流增大，即电流表示数增大，故C错误.D R处出现火警时通过 R的电流增大，电压不变；所以电阻R消耗的电功率增大，故 D错误.故选：B.点评：根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握.根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、 电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键.某电站向某地输送 500kW的电功率，输电线上损失的电功率为100k皿 若不改变输电线而把输送电压提高为原来的10倍，那么输电线上损失

10、的电功率变为（）A.0.5kWB. 2.0kWC. 1.0kW D.5.0kW考点：远距离输电.专题：交流电专题.分析：根据P=UI求出输送电流的变化，根据 p损二2r求出输电线上功率的变化.解答： 解：输电电压提高为原来的10倍，根据p=ui知，输送电流减小为原来的 _L,根10据P损二工2r知，输电线上损耗的电功率减小为原来的壶 则输电线上损耗的功率为1.0kW,故C正确，A B D错误故选：C点评：解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，掌握输电线上损失的功率P损二尸R.如图所示，一束太阳光提高三棱镜后，在光屏MN上形成的彩色光带落在 bc区域内.现将一温度计放在屏上不同位置，

11、其中温度计示数升高最快的区域为（）A.ab B.bc C.cd D. bd考点：光的折射定律.专题：光的折射专题.分析：太阳光由七种颜色的光复合而成，分别是红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫.三棱镜将太 阳光经过折射后，人们就可以在光屏上看到七种颜色的光，在红光的外侧有红外线，其热效应显著，红外线照射的区域温度上升最为明显.解答： 解：太阳光是复色光，七种颜色的光的波长不同，红光的波长最长，折射率最小，紫光的波长最短，折射率最大，所以红光通过三棱镜偏折最小，紫光偏折最大，屏上bc间从左到右，分别为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫.而在红光的外侧区域ab有红外线，其热效应显著，红外线照射的区域温度上升最快.故

12、 A正确.BCD昔误. 故选：A. 点评：本题考查学生对光的色散理解，要知道红光的折射率最小， 偏折最小，并要掌握红外线热作用显著的特点.10m/s,. 一简谱横波正在沿 x轴的正方向传播，在 t=0时刻的波形如图所示，若波速为 则下列说法正确的是（）从图示时刻开始，经 0.2s ,质点Q M通过的路程为8cm从图示时刻后的一小段时间里质点P的加速度将减小0.3s若此波传播到另一列波并发生温度的干涉现象，则另一列波源的振动周期为若该波传播中遇到宽约 4m的障碍物，不可能发生明显的衍射现象考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象.分析：简谐横波沿x轴的正方向传播，介质中质点不向前移动.由“上下坡

13、法”判断 P点的运动方向，分析加速度的变化. 频率相同的两列相遇才可能干涉.当障碍物的尺寸与波长差不多或比波长小时能发生明显的衍射现象.解答： 解：A、波长为 入=4m周期为T=0.4s ,则再0.2s=，质点Q通过的距离V 102为2A=8cm而M点通过的路程是 0,故A错误.日简谐木It波沿x轴的正方向传播，由“上下坡法”判断知P点正向下运动，位移减小，加速度减小，故B正确.C若此波传播到另一列波并发生温度的干涉现象，则另一列波源的振动周期为0.4s ,故C错误.D根据当障碍物的尺寸与波长差不多或比波长小时能发生明显的衍射现象，知若该波传播中遇到宽约4m的障碍物，能发生明显的衍射现象，故D

14、错误.故选：B.点评：解决本题的关键要熟练运用“上下坡法”判断质点的运动方向，掌握发生稳定干涉和明显衍射的条件.如图所示，两个质量都是 m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态.已 知墙面光滑，水平地面粗糙.现将A球向下移动一小段距离.两球再次达到平衡，那么将移N和轻杆上的压力 F的变化情动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力N变大，F变大N不变，F变小B. N变大，F变小 C. N不变，F变考点：共点力平衡的条件及其应用.专题：共点力作用下物体平衡专题.分析：先对整体受力分析，整体受总重力、地面的支持力、墙壁对A的弹力，地面对B的静摩擦力.整体处于平衡状态，从而可知N

15、的大小变化.再隔离对 A球进行受力分析，A球受通过夹角的变化，判断轻杆受到压重力，墙壁的弹力和杆子的弹力，三个力处于平衡状态，力的变化.解答：解：对整体进行受力分析， 知Fi=2mg移动两球后，仍然平衡，则Fi仍然等于2mg,所以N不变.再隔离对A进行受力分析，轻杆对 A的作用力等于轻杆上受到的压力，轻杆对 A球的作用力F= 照,当A球向下移动一小段距离，夹角 0变大，cos 0变小，所以F变大.故C cos 正确，A、B D错误.故选C.点评：在该题中运用了整体法和隔离法，先对整体受力分析，确定地面对球B的支持力不变.再隔离分析，判断杆子对球的作用力变化.下列说法中正确的是（）光的偏振现象说

16、明光是纵波声波有多普勒效应而光波没有多普勒效应狭义相对论认为在不同的惯性参考中一切物理规律都是相同的在光的双缝干涉实验中，若只将入射光由绿光改为紫光，则条纹间隔变窄 考点：光的偏振；用双缝干涉测光的波长.分析：不同的惯性参考系中一切物理规律都是相同的；双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为黄光，由于波长变大，故条纹间距变大，光的偏振现象说明光是一种横波；振源与观察者之间存在着相对运动，使观察者听到的声音频率不同于振源频率的现象.这就是频移现象. 解答： 解：A、光的偏振现象说明光是一种横波；故 A错误； 日一切波均会产生多普勒效应的现象，故 B错误； C狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中一切

17、物理规律都是相同的，故C正确；D在双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为紫光，由于波长变小，故条纹间距变小，D正确. 故选：CD 点评：本题考查了光的干涉、 条纹间距、色散现象和偏振，知识点较多，同时对于多普勒效 应，要知道在波源与观察者靠近时观察者接收到的波的频率变高，而在波源与观察者远离时接收频率变低；即高亢表示靠近，低沉表示远离.如图所示的v-t和s-t图象中给出四条图线为甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）甲车做匀加速直线运动，乙车做变速直线运动0i时间内，甲车通过的位移等于乙车通过的位移丙、丁两车在t 2时刻相距最远012时间内，丙车的平均速

18、度等于丁车的平均速度 考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题.分析：在位移-时间图象中， 倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间；在速度-时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移.解答： 解：A.由图象可知：甲做匀加速直线运动，乙做加速度越来越小的变速直线运动，故A正确；B.图象与时间轴围成的面积表示位移，根据图象可知，在ti时刻两车的位移不等，故 B错误；C.丙、丁两车在12时刻相遇，故 C错误；D.0t2时间内，丙丁的位移相等，时间相等，所以平均速度相等，故 D正确.故选：AD点评：要求同学们能根据图

19、象读出有用信息，注意位移-时间图象和速度-时间图象的区 别，难度不大，属于基础题.图甲是某燃气炉点火装置的原理图.转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为 ni、n2,为交流电压表.当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体.以下判断正确的是（）图甲 金属板 I 图乙A.电压表的示数等于 5V电压表的示数等于 若邛实现点火的条件是1000 ni实现点火的条件是 上5000V得：实现点火的条件是 二1000 ,故C正确，D错U? n？ri|误.故选BC点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间

20、的关系，知道电压表的示数为有效值，本题即可得到解决.某机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，波速为 10m/s,传播过程中的质点p的横坐标x=3.2m ,从此时刻开始计时（）每间隔0.4s可重复出现此波形图p点经0.12s第一次达到正向量最大位移p点经0.32s到第一次达到平衡位置，且向上振动p点经0.32s到第一次达到平衡位置，且向下振动考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象.分析：由图读出波长，求出周期，波形每隔一个重复一次.当P左侧最近的波峰传到 P时P点第一次达到正向最大位移.由 x=vt求出0.32s内波传播的距离，再由波形平移法分析 CD 项.解答： 解：A、由图知

21、该波的波长 入=8m周期为T=0.8s ,则每间隔0.8s可重复出现T此波形图，故A错误.日当P左侧最近的波峰传到 P点时P点第一次达到正向最大位移，用时T 3 2 - 2t=-Ts=0.12s , 故 B正确.v 10CD经0.32s波传播的距离 x=vt=3.2m ,则图中O点的状态传到 P点，则知p点经0.32s 到第一次达到平衡位置，且向下振动，故 C错误，D正确.故选：BD.点评：本题考查对波动图象的理解能力，要理解波的周期性，即重复性，熟练运用波形平移法研究质点的状态是关键.如图所示，质量分别为 M m的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态.M与m相接触边与竖直方向的夹角为“

22、，若不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（）A,质量为M的正方体受3个力的作用B.质量为m的正方体受3个力的作用C.水平面对正方体m的支持力大小为Mg里 tanCID. 墙面对正方体m的弹力大小为强一 tanCl考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题.分析：以两个正方体整体为研究对象， 分析受力，根据平衡条件得出水平面对正方体 M的弹 力大小.以正方体m为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解墙面对正方体 m的弹力 大小.解答： 解：A、对正方体 m进行受力分析，受到重力、斜面的支持力以及墙壁的弹力，共 三个力作用，如图所示，正确画出分析图：赠g则

23、M受到重力、地面的支持力、m对M的压力以及左边墙壁的弹力，共四个力作用，故 A错误，B正确；C以两个正方体整体为研究对象整体受到向上的支持力和向下的重力，整体处于静止状态，所以水平面对正方体 M的弹力大小为 N=(M+m g,故C错误；D把Fn2沿水平方向和竖直方向分解有：Fn2Gos a =FniFN2Sin a =mg解得：FNi=mgcota =,故 D正确.tan Ct故选：BD点评：本题关键掌握共点力平衡的条件并会应用，能灵活选择研究对象，运用受力分析即可解决此类题目，作出力图是基础.二、实验题：本大题有 2个小题，每空2分，共12分.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测得单摆摆角

24、小于5。，完成n全振动的时间为t,用毫米刻度尺测得摆线长为L,用螺旋测微器测得摆球的直径为d.(1)用上述物理量的符号写出重力加速度的一般表达式g= 4n2兀2 (L+W_;2 t2-(2)从图可知，摆球直径 d的读数为 7.660 mm(3)下面各种对该实验误差的影响的说法中正确的是ACA、在摆长和时间的测量中，时间的测量对实验误差影响较大 日 在摆长和时间的测量中，长度的测量对实验误差影响较大C将振动次数n记为(n+1),测算出的g值比当地的公认值偏大D将摆线长当作摆长，未加摆球的半径测算出的g值比当地的公认值偏大.考点：用单摆测定重力加速度.专题：实验题；单摆问题.分析： (1)单摆摆长

25、等于摆线长度与摆球半径之和，由单摆周期公式求出重力加速度的 表达式.(2)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数.(3)对于测量误差可根据实验原理进行分析.解答： 解：(1)单摆周期T=l,单摆摆长l=L+W,由单摆周期公式 T=2兀口n2真联立可得重力加速度为：g=4n2兀2(L+W)2 t2(2)由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为7.5mm,可动刻度示数为 16.0 x 0.01mm=0.160mm则螺旋测微器的示数为 7.5mm+0.160mm=7.660mm(3) A、在摆长和时间的测量中，时间的测量对实验误差影响较大，故 A正确;日 摆长和时间的测量中，长度的测量对

26、实验误差影响不大，故 B错误；C把n次全振动时间误当成(n+1)次全振动时间，周期测量值偏小；根据g/ L重力加速度的测量值偏大，故 C正确;厂D以摆线长作为摆长来计算，则L的测量值偏小;根据g/7T L重力加速度的测量值偏小，故D错误;T2故选：AC故答案为：(1) 4n2兀2 (L+W) 士；(2) 7.660; (3) AC2 t2点评：常用仪器的读数要掌握， 这是物理实验的基础.掌握单摆的周期公式， 从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系.单摆的周期采用累积法测量可减小误差.对于测量误 差可根据实验原理进行分析.小翔利用如图1甲所示的装置，探究弹簧弹力F与伸长量的关系，由实验绘出

27、 F与的关系图线如图1乙所示，该弹簧劲度系数为125 N/m；在做“验证力的平行四边形定则”的实验时，图2丙中A为固定橡皮筋的图钉，o为橡皮筋与细绳的结点，O*口 OC为细绳，图2 丁是在白纸上根据实验数据画出的图.(1)本实验主要采用的方法是C ;A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.建立物理模型法(2)图丁做出的F与F两力中，方向一定沿 AO方向的是 F.考点：验证力的平行四边形定则.专题：实验题；平行四边形法则图解法专题.分析：根据胡克定律知，图线的斜率表示劲度系数，结合斜率求出劲度系数的大小.在实验中F和F分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确答

28、题.本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用.解答： 解：弹簧的F-A1图象的斜率是弹簧的劲度系数，由图象可知，弹簧的劲度系数：k= - =125N/m；0.12(1)本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效 替代法.故选：C.(2)图中的F与F中，F是由平行四边形得出的，而 F是通过实验方法得出的，其方向 一定与橡皮筋的方向相同，一定与AO共线白是F.故答案为：125(1) CF点评：本题考查了求弹簧的劲度系数和验证平行四边形定则，知道 F-A1图象斜率的物理意义，以及知道验证平行四边形定则实验的

29、原理，掌握弹簧秤的读数方法.基础题.三、计算题：本大题有 3分，共32分.解答过程写出必要的文字说明、有关公式和计算结 果.如图甲所示，质量m=1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从进行开始沿斜面向下运动，t=0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间变化关系图象( v-t图象) 如图乙所示，g取10m/s2.求：(1)物块向上运动的最大位移大小；(2) 0-2s内的平均速度的大小.甲考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像.专题：牛顿运动定律综合专题.分析：(1) v-t图象可知，图象中的面积表示图象的位移，由图象即可求得位移;(2)根据得出的位移利用平均速度公式即可求得2s内的

30、平均速度.解答： 解：（1）由图乙可知，物块上升的位移为：Si=1x2X=1m;（2）物块下滑的距离为：s2=lx 1X1 =0.5m；所以 2s 内的位移为：s=si - S2=1 0.5=0.5m ;平均速度为：v=W=&J=0.25m/s ; t 2答：（i）物块向上运动的最大位移大小为im（2） 0- 2s内的平均速度的大小为 0.25m/s点评：本题考查v-t图象的应用，要注意掌握v-t图象中面积表示物体经过的位移.18.如图所示，AO觉截面为扇形的透明介质白横截面图，半径为R,顶角0 =60。.今有一束单色光在横截面内从 OA边上距O点1r的E点沿垂直OA的方向射入透明介质，一部分光线经AB面反射到达OB面恰好未从OB面射出.试求；该透明介质的折射率 n；c)光从E点射入后第一次到达 AB面所用的时间.（设光在真空中的传播速度为考点：光的折射定律.专题：光的折射专题.分析： 由题意光线经 AB面反射后恰好未从 OB面射出，说明在 OB上发生了全反射，由 几何知识求出光线在 AB面的入射角和全反射临界角，由临界角公式 sinC=1求解折射率.n由几何知识求出光从到 AB面的距离，由v=得到光在介质中的传播速度，再求解时间.n解答： 解：从E点垂直射入的光路如图所示，由几何关系