2024-2025學年福建師范大學附中高三（上）物理二模試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年福建師范大學附中高三（上）物理二模試卷一、單選題：本大題共4小題，共16分。1.如圖所示是空氣凈化器內(nèi)部結(jié)構(gòu)的簡化圖，其中的負極針組件產(chǎn)生電暈，釋放出大量電子，電子被空氣中的氧分子捕捉，從而生成空氣負離子。負離子能使空氣中煙塵、病菌等微粒帶電，進而使其吸附到集塵柵板上，達到凈化空氣的作用。下列說法正確的(

)A.負極針組件附近的電勢較低

B.為了更有效率地吸附塵埃，集塵柵板應帶負電

C.負極針組件產(chǎn)生電暈，利用了靜電屏蔽的原理

D.煙塵吸附到集塵柵板的過程中，電勢能增加2.某同學注意到市場最近流行的主動降噪耳機，開啟降噪模式，耳朵立刻就有種世界都安靜的體驗。主動降噪耳機為了主動地消除噪聲，在耳機內(nèi)設有麥克風，用來收集周圍噪聲信號，然后通過電子線路產(chǎn)生一個與原噪聲相位相反的降噪聲波，再與噪聲聲波疊加相互抵消，從而實現(xiàn)降噪效果。如圖是理想情況下的降噪過程，實線對應環(huán)境噪聲聲波，虛線對應降噪系統(tǒng)產(chǎn)生的等幅反相降噪聲波。則(

)

A.降噪過程應用的是聲波的干涉原理，P點振動加強

B.降噪過程應用了聲波的衍射原理，使噪聲無法從外面進入耳麥

C.降噪聲波與環(huán)境噪聲聲波的傳播速度大小相等

D.質(zhì)點P經(jīng)過一個周期向外遷移的距離為一個波長3.一列簡諧橫波在介質(zhì)中沿x軸正向傳播，波長不小于10cm。O和A是介質(zhì)中平衡位置分別位于x=0和x=5cm處的兩個質(zhì)點。t=0時開始觀測，此時質(zhì)點O的位移為y=4cm，質(zhì)點A處于波峰位置；t=13s時，質(zhì)點O第一次回到平衡位置；t=1s時，質(zhì)點A第一次回到平衡位置。則質(zhì)點O的位移隨時間變化的關系式是A.y=0.08sin(π2t+56π)m B.y=0.08sin(4.靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置，其中某部分靜電場的分布如右圖所示。虛線表示這個靜電場在xOy平面內(nèi)的一簇等勢線，等勢線形狀相對于Ox軸、Oy軸對稱。等勢線的電勢沿x軸正向增加。且相鄰兩等勢線的電勢差相等。一個電子經(jīng)過P點(其橫坐標為?x0)時，速度與Ox軸平行。適當控制實驗條件，使該電子通過電場區(qū)域時僅在Ox軸上方運動。在通過電場區(qū)域過程中，該電子沿y方向的分速度vy隨位置坐標x變化的示意圖是A. B.

C. D.二、多選題：本大題共4小題，共24分。5.如圖所示，《我愛發(fā)明》節(jié)目《松果紛紛落》中的松果采摘機利用機械臂抱緊樹干，通過采摘振動頭振動而搖動樹干，使得松果脫落。則下列說法正確的是(

)A.若拾果工人快速遠離采摘機時，他聽到采摘機振動聲調(diào)變低

B.隨著振動器頻率的增加，樹干振動的幅度一定增大

C.穩(wěn)定后，不同粗細樹干的振動頻率與振動器的振動頻率相同

D.搖動同一棵樹，振動器振動的振幅越大，落果效果越好

6.一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖甲是波傳播到x=5m的質(zhì)點M時的波形圖，令此時刻t=0，圖乙是質(zhì)點N(x=3m)的振動圖像，Q是位于x=10m處的質(zhì)點，則下列說法正確的是(

)

A.Q點開始振動的方向沿?y方向

B.t=0至t=3s時間內(nèi)，質(zhì)點M的路程為10cm

C.質(zhì)點Q和原點的振動方向始終相反

D.t=9.5s，質(zhì)點Q的位移為?5cm7.如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度v1從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為v2(v2<A.小物體上升的最大高度為v12+v224g

B.從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小

C.從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功

8.如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點。一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1：若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2，下列說法正確的是(

)

A.此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行

B.若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為W1+W22

C.若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為W2qL

D.若W1=三、填空題：本大題共2小題，共9分。9.一根由同種材料制成的粗細均勻的彈性繩，右端固定在墻上，抓著繩子左端S點上下振動，產(chǎn)生向右傳播的繩波，某時刻的波形如圖所示?？芍ǖ牟ㄩL逐漸______(填“增大”或“減小”)；波源振動的頻率逐漸______(填“增大”或“減小”)；此時刻質(zhì)點P在做______(填“加速”或“減速”)運動。10.按照現(xiàn)代的粒子理論，質(zhì)子、中子都是由上夸克(u)和下夸克(d)兩種夸克組成的，上夸克帶電為+23e，下夸克帶電為?13e。兩個上夸克和一個下夸克構(gòu)成質(zhì)子(uud)，一個上夸克和兩個下夸克構(gòu)成中子(udd)。若質(zhì)子和中子內(nèi)各個夸克之間的距離都相等，且三個夸克在同一圓周上，如圖所示。則質(zhì)子和中子中心O點的電場強度方向______(四、實驗題：本大題共3小題，共15分。11.如圖甲所示的實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，使電容器帶電后與電源斷開，將電容器左側(cè)極板和靜電計外殼均接地，電容器右側(cè)極板與靜電計金屬球相連。觀察靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度的大小，可推知電容器兩極板間電勢差的大小。

(1)在實驗中觀察到的現(xiàn)象是______。(單選，填正確答案的標號)

A.將左極板向上移動一段距離，靜電計指針的張角變小

B.向兩板間插入陶瓷片時，靜電計指針的張角變大

C.將左極板右移，靜電計指針的張角變小

D.將左極板拿走，靜電計指針的張角變?yōu)榱?/p>

(2)某同學用兩片錫箔紙做電極，用三張電容紙(某種絕緣介質(zhì))依次間隔夾著兩層錫箔紙，一起卷成圓柱形，然后接出引線，如圖乙所示，最后密封在塑料瓶中，電容器便制成了。

①為增大該電容器的電容，下列方法可行的有______(多選，填正確答案的標號)。

A.增大電容紙的厚度

B.增大錫箔紙的厚度

C.減小電容紙的厚度

D.同時增大錫箔紙和電容紙的面積

②用如圖丙所示的電路觀察電容器的放電電流變化。換用不同阻值的電阻R放電，在圖丁中放電電流的I?t圖線的a、b、c、三條曲線中，對應電阻最小的一條是______(選填“a”或“b”或“c”)。12.某同學用如圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律。長木板的一端墊有小木塊，可以微調(diào)木板的傾斜程度，使小車能在木板上做勻速直線運動。長木板的頂端安裝著位移傳感器，可以測量小車A到傳感器的距離x。

(1)現(xiàn)將小車A緊靠傳感器，并給小車A一個初速度，傳感器記錄了x隨時間t變化的圖像如圖乙所示，此時應將小木塊水平向______(選填“左”或“右”)稍微移動一下。

(2)調(diào)整好長木板后，讓小車A以某一速度運動，與靜止在長木板上的小車B(后端粘有橡皮泥)相碰并粘在一起，導出傳感器記錄的數(shù)據(jù)，繪制x隨時間t變化的圖像如圖丙所示。

(3)已知小車A的質(zhì)量為0.4kg，小車B(連同橡皮泥)的質(zhì)量為0.2kg，由此可知碰前兩小車的總動量是______kg?m?s?1，碰后兩小車的總動量是______kg?m13.小藝同學利用雙線擺和手機光傳感器測量當?shù)氐闹亓铀俣?，如圖甲所示，A為激光筆，B為手機光傳感器。實驗過程如下：

a.用游標卡尺測量小球的直徑d，如圖乙所示；

b.測出位于同一水平高度的兩懸點間的距離s和兩根等長懸線的長度L；

c.拉動擺球使兩根懸線所在平面偏離豎直方向一個較小角度，將擺球由靜止釋放，同時啟動光傳感器，得到光照強度隨時間變化的圖像如圖丙所示，圖中t0和Δt為已知量。

(1)小球的直徑d=______cm；

(2)根據(jù)上述數(shù)據(jù)可得當?shù)刂亓铀俣龋籫=______(用Δt、d、s、L和常量表示)。五、計算題：本大題共3小題，共36分。14.如圖甲所示，a、b為沿x軸傳播的一列簡諧橫波上的兩質(zhì)點，相距為s=1m。a、b的振動圖像分別如圖乙、丙所示。

(1)若波在介質(zhì)中傳播的速度為v=4m/s，求波長；

(2)若波沿x軸負方向傳播，且波長大于0.7m，求可能的波速值。

15.如圖(a)，長度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點電荷A，其電荷量QA=1.8×10?7C，一質(zhì)量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上。將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系。點電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關系如圖(b)中曲線Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關系如圖(b)中曲線Ⅱ所示，其中曲線Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范圍可近似看作直線。求：(靜電力常量k=9×109N?m2/C2)可能用到的坐標：曲線Ⅰ中的(0.30,0.018)；曲線Ⅱ中的(0.16,0.030)、(0.20,0)、(0.30,?0.012)、(0.40,?0.004)

(1)小球B所帶電量q及電性；

(2)非均勻外電場在.x=0.3m處沿細桿方向的電場強度E大小和方向；

(3)已知小球在x=0.2m處獲得16.如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有軌道ABCDFMNP，其中BC部分為水平軌道，與曲面AB平滑連接。CDF和FMN是豎直放置的半圓軌道，在最高點F對接，與BC在C點相切。NP為一與FMN相切的水平平臺，P處固定一輕彈簧。點D、N、P在同一水平線上。水平軌道BC粗糙，其余軌道均光滑，可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m=0.02kg的帶正電的滑塊從曲面AB上某處由靜止釋放。已知勻強電場E=2N/C，BC段長度L=1m，CDF的半徑R=0.2m，F(xiàn)MN的半徑r=0.1m，滑塊帶電量q=0.1C，滑塊與BC間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，求：

(1)滑塊通過F點的最小速度vF；

(2)若滑塊恰好能通過F點，求滑塊釋放點到水平軌道BC的高度?0；

(3)若滑塊在整個運動過程中，始終不脫離軌道，且彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，求滑塊釋放點到水平軌道BC的高度

答案解析1.A

【解析】解：A.電場線由正極指向負極，負極針組件附近的電勢較低，故A正確；

B.負離子能使空氣中煙塵、病菌等微粒帶負電，為了更有效率地吸附塵埃，集塵柵板應帶正電，故B錯誤；

C.負極針組件產(chǎn)生電暈，釋放出大量電子，利用了尖端放電的原理，故C錯誤；

D.煙塵吸附到集塵柵板的過程中，電勢升高，根據(jù)Ep=qφ，可知電勢升高，帶負電的煙塵電勢能減少，故D錯誤。

故選：A。

明確題目中的物理過程和關鍵信息。利用電場、電荷間相互作用、電場力做功與電勢能變化等基本概念和規(guī)律進行分析。逐一判斷選項的正確性，注意排除法和邏輯推理的應用。2.C

【解析】解：AB、由圖看出，降噪聲波與環(huán)境聲波波長相等，波速相等，則頻率相同，疊加時產(chǎn)生干涉，由于兩列聲波等幅反相，所以振動減弱，起到降噪作用，兩列波在P點振動方向相反，P點振動減弱，故AB錯誤；

C、機械波傳播的速度由介質(zhì)決定，則知降噪聲波與環(huán)境噪聲的傳播速度相等，故C正確；

D、P點在平衡位置附近振動，并不隨波移動，故D錯誤。

故選：C。

降噪過程實際上是聲波發(fā)生了干涉，機械波傳播的速度由介質(zhì)決定。介質(zhì)中質(zhì)點不隨波移動。由此分析即可。

解決本題時要明確機械波傳播的速度由介質(zhì)決定，聲波在同一介質(zhì)中傳播波速相等。要掌握波的疊加原理和干涉的條件。3.A

【解析】解：因為t=0時，質(zhì)點A處于波峰位置，t=1s時，A點第一次回到平衡位置，可得：T4=1s，解得：T=4s。

設y=Asin(ωt+φ0)，可得：ω=2πT=π2rad/s，再由t=0時，y=4cm；t=13s時，y=0代入得：A=8cm=0.08m，φ0=56π，所以質(zhì)點O的位移隨時間變化的關系式為：y=0.08sin(π2t+56π)m，故A4.D

【解析】

解：由于等勢線的電勢沿x軸正向增加，等勢線與電場線垂直，故可做出經(jīng)過P點的電場線如圖所示，電子所受的電場力與場強方向相反，故電子受到一個斜向右下方的電場力，故沿y負方向加速運動。

電子通過y軸后受到的電場力斜向右上方，故沿y軸負方向減速運動；由于水平方向一直加速，豎直方向先加速后減速，P點行駛到橫坐標為x0時，縱坐標達不到P最初位置的縱坐標，x0處電場線比P點電場線處稀疏，ay小，△t也小，所以△vy才?。?/p>

又由于在x軸方向始終加速，故在水平方向通過相同的位移時間變短，根據(jù)△vy=ay△t，故通過相同的水平位移豎直向速度變化量減小。由于vy?x的斜率代表豎直向速度vy隨x軸變化的快慢，又由于電子水平方向一直加速，豎直方向先加速后減速，P點的橫坐標為x0時，縱坐標達不到P最初位置的縱坐標，x0處電場線比P點電場線處稀疏，ay小，△t也小，所以△v5.AC

【解析】解：A、根據(jù)多普勒效應，拾果工人快速遠離采摘機，他會感到采摘機振動聲調(diào)降低，故A正確；

C、樹干在振動器的振動下做受迫振動，則穩(wěn)定后，不同粗細樹干的振動頻率始終與振動器的振動頻率相同，故C正確；

BD、采摘振動頭振動頻率和樹干的固有頻率相同時，樹干發(fā)生共振，振幅最大，落果效果最好，隨著振動器頻率的增加，樹干振動的幅度不一定增大，故BD錯誤。

故選：AC。

發(fā)生多普勒效應時接收者快速遠離聲源時，接收到頻率降低；當振動器的振動頻率越接近樹木的固有頻率時，樹木的振動幅度越大，采摘振動頭振動頻率與樹干的固有頻率相同時落效果最好。

本題以《我愛發(fā)明》節(jié)目《松果紛紛落》中的松果采摘機為情境載體，考查了產(chǎn)生共振的條件及其應用，能夠應用所學物理知識解決實際問題的能力，體現(xiàn)了科學探究的物理核心素養(yǎng)。6.AC

【解析】解：A、由甲圖可知M點的起振方向沿?y方向，則Q點開始振動的方向沿?y方向，故A正確；

B、由乙圖得到周期為T=4s，振幅為A=10cm，則t=0至t=3s時間內(nèi)，質(zhì)點M的運動的周期為34T，路程為l=3A=3×10cm=30cm，故B錯誤；

C、由甲圖得到波長為λ=5m?1m=4m，質(zhì)點Q和原點的距離為x=10m，兩點間隔10m4m=2.5λ，振動方向始終相反，故C正確；

D、波速為v=λT=44m/s=1m/s，波從M點傳至Q點的時間為t=10?51s=5s，故在t=9.5s時，Q點運動的周期為9.5s?5s4s=118T，可知此時質(zhì)點Q從平衡位置運動向波谷運動，因其振幅為10cm，在14T時運動至波谷，運動為減速運動，故其在18T時運動的位移大于5cm，故D錯誤。

故選：AC。

A、各個質(zhì)點開始振動的方向均與起振點的運動方向相同，根據(jù)M點的起振方向分析Q點的振動方向；

B、由圖乙分析波的周期和振幅，由此分析t=0至7.AD

【解析】解：設斜面傾角為θ、上升過程沿斜面運動的最大距離為L。

因為OM=ON，則MN兩點電勢相等，小物體從M到N、從N到M電場力做功均為0。

上滑和下滑經(jīng)過同一個位置時，垂直斜面方向上電場力的分力相等，則經(jīng)過相等的一小段位移在上滑和下滑過程中電場力分力對應的摩擦力所作的功均為相等的負功，所以上滑和下滑過程克服電場力產(chǎn)生的功與摩擦力所做的功相等、并設為W1。

在上滑和下滑過程，對小物體，摩擦力做功相等，則應用動能定理分別有：?mgsinθL?Wf?W1=?mV122和mgsinθL?Wf?W1=mV222，上兩式相減可得?=sinθL=V12+V224g8.BD

【解析】【分析】

勻強電場中，沿著相同方向每前進相同距離電勢的變化相同，根據(jù)U=Wq比較電勢差，電場力做功等于電勢能的減小量。

本題考查勻強電場中的電場強度與電勢差的關系，關鍵是明確沿著電場線電勢降低最快，記住公式U=Ed進行分析，不難。

【解答】

解：A、一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1，但ab連線不一定沿著電場線，故A錯誤；

B、粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1，故：qφa?qφb=W1，

粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2，故：qφc?qφd=W2，

勻強電場中，沿著相同方向每前進相同距離電勢的變化相同，故φa?φM=φM?φc，即φM=12(φa+φc)，

同理φN=12(φb+φd)9.減小

增大

減速

【解析】解：由圖可知該波的波長逐漸減?。徊ǖ膫鞑ニ俣壬浇橘|(zhì)決定，同一介質(zhì)波速不變，根據(jù)f=vλ，波源振動的頻率逐漸增大；

根據(jù)上下坡法則，此時刻質(zhì)點P在下坡階段，則質(zhì)點P向上振動，遠離平衡位置，則做減速運動。

故答案為：減小

增大

減速

由圖讀出波長的變化，波速是由介質(zhì)的性質(zhì)決定的，同一介質(zhì)波速不變，抓住波速不變，由波速公式f=vλ分析頻率的變化，根據(jù)上下坡法判斷10.相反

1：1

【解析】解：設E=k?23er2=2ke3r2，E′=k?13er2=ke3r2，則E=2E′，則根據(jù)點電荷的電場強度疊加原理，可得下圖：

根據(jù)矢量合成法則可知，質(zhì)子中心O點的電場強度大小為：E質(zhì)子=2Ecos60°+E′=2×E×0.5+E′=E+E′=2E′+E′=3E′，方向向上；

中子中心O11.C

CD

b

【解析】解：(1)A.將左極板向上移動一段距離，則電容器的正對面積S減小，根據(jù)C=?rS4πkd可知，電容C變小，根據(jù)C=QU可知，電容器兩極板間的電壓將變大，則靜電計指針的張角變大，故A錯誤；

B.向兩板間插入陶瓷片時，則電容器內(nèi)的電介質(zhì)的介電常數(shù)?r增大，根據(jù)C=?rS4πkd可知，電容C變大，根據(jù)C=QU可知，電容器兩極板間的電壓將變小，靜電計指針的張角變小，故B錯誤；

C.將左極板右移，兩極板間的距離d變小，根據(jù)C=?rS4πkd可知，電容C變大，根據(jù)C=QU可知，電容器兩極板間的電壓將變小，靜電計指針的張角變小，故C正確；

D.將左極板拿走，右極板和大地之間仍然存在電勢差，所以靜電計指針的張角不為零，故D錯誤。

故選：C。

(2)①A、根據(jù)C=?rS4πkd可知，增大電容紙的厚度，相當于極板間的距離d變大，電容變小，故A錯誤；

B、增大錫箔紙的厚度，不改變電容器極板間距離，則電容不變，故B錯誤；

C、減小電容紙的厚度，相當于極板間距離d變小，根據(jù)C=?rS4πkd可知，電容變大，故C正確；

D、同時增大錫箔紙和電容紙的面積，相當于增加了極板的正對面積，根據(jù)C=?rS4πkd可知，電容變大，故C正確。

故選：CD。

②電容器儲存的電荷量一定，換用不同阻值的電阻R放電，電阻越小，放電電流就越大，放電時間越短，所以對應電阻最小的應該是放電時間最短的，應該對應的是圖線12.左

0.24

0.23

【解析】解：(1)由乙圖可知，給小車A一個初速度后小車A做減速運動，所以，應將小木塊水平向左稍微移動一下，以使小車A在斜面上能做勻速運動。

(2)由丙圖可求得碰前和碰后小車A的速度分別為

v1=Δx1Δt1=60×10?21m/s=0.6m/s

v2=Δx2Δt13.2.125

π2【解析】解：(1)游標卡尺的精確度為0.05mm，小球的直徑為d=21mm+5×0.05mm=2.125cm

(2)在一個周期內(nèi)擺球有兩次經(jīng)過最低點，有丙圖可讀出雙線擺的周期為T=2Δt

根據(jù)幾何關系可得此雙線擺的等效擺線長為l′=l2?(s2)2

所以雙線擺的擺長為L=l′+d2

根據(jù)單擺的周期公式T=2πLg

可得，當?shù)氐牡闹亓铀俣葹?/p>

g=14.解：(1)由振動圖像可知，波的振動周期：T=0.8s

則波長為：λ=vT=4×0.8m=3.2m；

(2)若波沿著x軸負方向傳播，則ab間距離為：s=

(n+14)λ(n=0、1、2……)

由于λ>0.7m，n可以取0或1，對應波長λ=4m或λ=0.8m

則波速為

v2=λT=40.8m/s=5m/s

v3=λT=0.80.8m/s=1m/s。

【解析】(1)由振動圖像可得波的振動周期，根據(jù)λ=vT求解波長；

(2)若波沿著x軸負方向傳播，寫出波長的通項公式，由此得到波長大小，根據(jù)波速計算公式求解波速。

本題主要是考查波的多解性，關鍵是掌握波速的計算公式，能夠得到波長的表達式是關鍵。15.解：(1)小球B帶正電

由圖(b)中曲線I可知，當x=0.3m時，有

F1=kqQx2

解得

F1=0.018N

因此

q=F1x2kQ

解得

q=1×10?6C

(2)設在x=0.3m處點電荷與小球間作用力為

F2，有

F公=F2+qE

因此

E=F合?F2q=?0.012?0.0181×10?6N/C=?3×104N/C

方向水平向左

(3)根據(jù)圖(b)中曲線Ⅱ圍成的面積表示合電場力做的