2024-2025学年福建师范大学附中高三（上）物理二模试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年福建师范大学附中高三（上）物理二模试卷一、单选题：本大题共4小题，共16分。1.如图所示是空气净化器内部结构的简化图，其中的负极针组件产生电晕，释放出大量电子，电子被空气中的氧分子捕捉，从而生成空气负离子。负离子能使空气中烟尘、病菌等微粒带电，进而使其吸附到集尘栅板上，达到净化空气的作用。下列说法正确的(

)A.负极针组件附近的电势较低

B.为了更有效率地吸附尘埃，集尘栅板应带负电

C.负极针组件产生电晕，利用了静电屏蔽的原理

D.烟尘吸附到集尘栅板的过程中，电势能增加2.某同学注意到市场最近流行的主动降噪耳机，开启降噪模式，耳朵立刻就有种世界都安静的体验。主动降噪耳机为了主动地消除噪声，在耳机内设有麦克风，用来收集周围噪声信号，然后通过电子线路产生一个与原噪声相位相反的降噪声波，再与噪声声波叠加相互抵消，从而实现降噪效果。如图是理想情况下的降噪过程，实线对应环境噪声声波，虚线对应降噪系统产生的等幅反相降噪声波。则(

)

A.降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动加强

B.降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦

C.降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等

D.质点P经过一个周期向外迁移的距离为一个波长3.一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10cm。O和A是介质中平衡位置分别位于x=0和x=5cm处的两个质点。t=0时开始观测，此时质点O的位移为y=4cm，质点A处于波峰位置；t=13s时，质点O第一次回到平衡位置；t=1s时，质点A第一次回到平衡位置。则质点O的位移随时间变化的关系式是A.y=0.08sin(π2t+56π)m B.y=0.08sin(4.静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如右图所示。虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称。等势线的电势沿x轴正向增加。且相邻两等势线的电势差相等。一个电子经过P点(其横坐标为−x0)时，速度与Ox轴平行。适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动。在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图是A. B.

C. D.二、多选题：本大题共4小题，共24分。5.如图所示，《我爱发明》节目《松果纷纷落》中的松果采摘机利用机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落。则下列说法正确的是(

)A.若拾果工人快速远离采摘机时，他听到采摘机振动声调变低

B.随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大

C.稳定后，不同粗细树干的振动频率与振动器的振动频率相同

D.摇动同一棵树，振动器振动的振幅越大，落果效果越好

6.一列简谐横波沿x轴传播，图甲是波传播到x=5m的质点M时的波形图，令此时刻t=0，图乙是质点N(x=3m)的振动图像，Q是位于x=10m处的质点，则下列说法正确的是(

)

A.Q点开始振动的方向沿−y方向

B.t=0至t=3s时间内，质点M的路程为10cm

C.质点Q和原点的振动方向始终相反

D.t=9.5s，质点Q的位移为−5cm7.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2<A.小物体上升的最大高度为v12+v224g

B.从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小

C.从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功

8.如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是(

)

A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行

B.若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W1+W22

C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为W2qL

D.若W1=三、填空题：本大题共2小题，共9分。9.一根由同种材料制成的粗细均匀的弹性绳，右端固定在墙上，抓着绳子左端S点上下振动，产生向右传播的绳波，某时刻的波形如图所示。可知波的波长逐渐______(填“增大”或“减小”)；波源振动的频率逐渐______(填“增大”或“减小”)；此时刻质点P在做______(填“加速”或“减速”)运动。10.按照现代的粒子理论，质子、中子都是由上夸克(u)和下夸克(d)两种夸克组成的，上夸克带电为+23e，下夸克带电为−13e。两个上夸克和一个下夸克构成质子(uud)，一个上夸克和两个下夸克构成中子(udd)。若质子和中子内各个夸克之间的距离都相等，且三个夸克在同一圆周上，如图所示。则质子和中子中心O点的电场强度方向______(四、实验题：本大题共3小题，共15分。11.如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。观察静电计指针偏转角度的大小，可推知电容器两极板间电势差的大小。

(1)在实验中观察到的现象是______。(单选，填正确答案的标号)

A.将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小

B.向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大

C.将左极板右移，静电计指针的张角变小

D.将左极板拿走，静电计指针的张角变为零

(2)某同学用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸(某种绝缘介质)依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后接出引线，如图乙所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便制成了。

①为增大该电容器的电容，下列方法可行的有______(多选，填正确答案的标号)。

A.增大电容纸的厚度

B.增大锡箔纸的厚度

C.减小电容纸的厚度

D.同时增大锡箔纸和电容纸的面积

②用如图丙所示的电路观察电容器的放电电流变化。换用不同阻值的电阻R放电，在图丁中放电电流的I−t图线的a、b、c、三条曲线中，对应电阻最小的一条是______(选填“a”或“b”或“c”)。12.某同学用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，使小车能在木板上做匀速直线运动。长木板的顶端安装着位移传感器，可以测量小车A到传感器的距离x。

(1)现将小车A紧靠传感器，并给小车A一个初速度，传感器记录了x随时间t变化的图像如图乙所示，此时应将小木块水平向______(选填“左”或“右”)稍微移动一下。

(2)调整好长木板后，让小车A以某一速度运动，与静止在长木板上的小车B(后端粘有橡皮泥)相碰并粘在一起，导出传感器记录的数据，绘制x随时间t变化的图像如图丙所示。

(3)已知小车A的质量为0.4kg，小车B(连同橡皮泥)的质量为0.2kg，由此可知碰前两小车的总动量是______kg⋅m⋅s⁻1，碰后两小车的总动量是______kg⋅m13.小艺同学利用双线摆和手机光传感器测量当地的重力加速度，如图甲所示，A为激光笔，B为手机光传感器。实验过程如下：

a.用游标卡尺测量小球的直径d，如图乙所示；

b.测出位于同一水平高度的两悬点间的距离s和两根等长悬线的长度L；

c.拉动摆球使两根悬线所在平面偏离竖直方向一个较小角度，将摆球由静止释放，同时启动光传感器，得到光照强度随时间变化的图像如图丙所示，图中t0和Δt为已知量。

(1)小球的直径d=______cm；

(2)根据上述数据可得当地重力加速度；g=______(用Δt、d、s、L和常量表示)。五、计算题：本大题共3小题，共36分。14.如图甲所示，a、b为沿x轴传播的一列简谐横波上的两质点，相距为s=1m。a、b的振动图像分别如图乙、丙所示。

(1)若波在介质中传播的速度为v=4m/s，求波长；

(2)若波沿x轴负方向传播，且波长大于0.7m，求可能的波速值。

15.如图(a)，长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量QA=1.8×10−7C，一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：(静电力常量k=9×109N⋅m2/C2)可能用到的坐标：曲线Ⅰ中的(0.30,0.018)；曲线Ⅱ中的(0.16,0.030)、(0.20,0)、(0.30,−0.012)、(0.40,−0.004)

(1)小球B所带电量q及电性；

(2)非均匀外电场在.x=0.3m处沿细杆方向的电场强度E大小和方向；

(3)已知小球在x=0.2m处获得16.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，可视为质点的质量为m=0.02kg的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场E=2N/C，BC段长度L=1m，CDF的半径R=0.2m，FMN的半径r=0.1m，滑块带电量q=0.1C，滑块与BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，求：

(1)滑块通过F点的最小速度vF；

(2)若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度ℎ0；

(3)若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度

答案解析1.A

【解析】解：A.电场线由正极指向负极，负极针组件附近的电势较低，故A正确；

B.负离子能使空气中烟尘、病菌等微粒带负电，为了更有效率地吸附尘埃，集尘栅板应带正电，故B错误；

C.负极针组件产生电晕，释放出大量电子，利用了尖端放电的原理，故C错误；

D.烟尘吸附到集尘栅板的过程中，电势升高，根据Ep=qφ，可知电势升高，带负电的烟尘电势能减少，故D错误。

故选：A。

明确题目中的物理过程和关键信息。利用电场、电荷间相互作用、电场力做功与电势能变化等基本概念和规律进行分析。逐一判断选项的正确性，注意排除法和逻辑推理的应用。2.C

【解析】解：AB、由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，两列波在P点振动方向相反，P点振动减弱，故AB错误；

C、机械波传播的速度由介质决定，则知降噪声波与环境噪声的传播速度相等，故C正确；

D、P点在平衡位置附近振动，并不随波移动，故D错误。

故选：C。

降噪过程实际上是声波发生了干涉，机械波传播的速度由介质决定。介质中质点不随波移动。由此分析即可。

解决本题时要明确机械波传播的速度由介质决定，声波在同一介质中传播波速相等。要掌握波的叠加原理和干涉的条件。3.A

【解析】解：因为t=0时，质点A处于波峰位置，t=1s时，A点第一次回到平衡位置，可得：T4=1s，解得：T=4s。

设y=Asin(ωt+φ0)，可得：ω=2πT=π2rad/s，再由t=0时，y=4cm；t=13s时，y=0代入得：A=8cm=0.08m，φ0=56π，所以质点O的位移随时间变化的关系式为：y=0.08sin(π2t+56π)m，故A4.D

【解析】

解：由于等势线的电势沿x轴正向增加，等势线与电场线垂直，故可做出经过P点的电场线如图所示，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子受到一个斜向右下方的电场力，故沿y负方向加速运动。

电子通过y轴后受到的电场力斜向右上方，故沿y轴负方向减速运动；由于水平方向一直加速，竖直方向先加速后减速，P点行驶到横坐标为x0时，纵坐标达不到P最初位置的纵坐标，x0处电场线比P点电场线处稀疏，ay小，△t也小，所以△vy才小；

又由于在x轴方向始终加速，故在水平方向通过相同的位移时间变短，根据△vy=ay△t，故通过相同的水平位移竖直向速度变化量减小。由于vy−x的斜率代表竖直向速度vy随x轴变化的快慢，又由于电子水平方向一直加速，竖直方向先加速后减速，P点的横坐标为x0时，纵坐标达不到P最初位置的纵坐标，x0处电场线比P点电场线处稀疏，ay小，△t也小，所以△v5.AC

【解析】解：A、根据多普勒效应，拾果工人快速远离采摘机，他会感到采摘机振动声调降低，故A正确；

C、树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，故C正确；

BD、采摘振动头振动频率和树干的固有频率相同时，树干发生共振，振幅最大，落果效果最好，随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，故BD错误。

故选：AC。

发生多普勒效应时接收者快速远离声源时，接收到频率降低；当振动器的振动频率越接近树木的固有频率时，树木的振动幅度越大，采摘振动头振动频率与树干的固有频率相同时落效果最好。

本题以《我爱发明》节目《松果纷纷落》中的松果采摘机为情境载体，考查了产生共振的条件及其应用，能够应用所学物理知识解决实际问题的能力，体现了科学探究的物理核心素养。6.AC

【解析】解：A、由甲图可知M点的起振方向沿−y方向，则Q点开始振动的方向沿−y方向，故A正确；

B、由乙图得到周期为T=4s，振幅为A=10cm，则t=0至t=3s时间内，质点M的运动的周期为34T，路程为l=3A=3×10cm=30cm，故B错误；

C、由甲图得到波长为λ=5m−1m=4m，质点Q和原点的距离为x=10m，两点间隔10m4m=2.5λ，振动方向始终相反，故C正确；

D、波速为v=λT=44m/s=1m/s，波从M点传至Q点的时间为t=10−51s=5s，故在t=9.5s时，Q点运动的周期为9.5s−5s4s=118T，可知此时质点Q从平衡位置运动向波谷运动，因其振幅为10cm，在14T时运动至波谷，运动为减速运动，故其在18T时运动的位移大于5cm，故D错误。

故选：AC。

A、各个质点开始振动的方向均与起振点的运动方向相同，根据M点的起振方向分析Q点的振动方向；

B、由图乙分析波的周期和振幅，由此分析t=0至7.AD

【解析】解：设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L。

因为OM=ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0。

上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的功与摩擦力所做的功相等、并设为W1。

在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：−mgsinθL−Wf−W1=−mV122和mgsinθL−Wf−W1=mV222，上两式相减可得ℎ=sinθL=V12+V224g8.BD

【解析】【分析】

匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，根据U=Wq比较电势差，电场力做功等于电势能的减小量。

本题考查匀强电场中的电场强度与电势差的关系，关键是明确沿着电场线电势降低最快，记住公式U=Ed进行分析，不难。

【解答】

解：A、一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，但ab连线不一定沿着电场线，故A错误；

B、粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，故：qφa−qφb=W1，

粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，故：qφc−qφd=W2，

匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故φa−φM=φM−φc，即φM=12(φa+φc)，

同理φN=12(φb+φd)9.减小

增大

减速

【解析】解：由图可知该波的波长逐渐减小；波的传播速度山介质决定，同一介质波速不变，根据f=vλ，波源振动的频率逐渐增大；

根据上下坡法则，此时刻质点P在下坡阶段，则质点P向上振动，远离平衡位置，则做减速运动。

故答案为：减小

增大

减速

由图读出波长的变化，波速是由介质的性质决定的，同一介质波速不变，抓住波速不变，由波速公式f=vλ分析频率的变化，根据上下坡法判断10.相反

1：1

【解析】解：设E=k⋅23er2=2ke3r2，E′=k⋅13er2=ke3r2，则E=2E′，则根据点电荷的电场强度叠加原理，可得下图：

根据矢量合成法则可知，质子中心O点的电场强度大小为：E质子=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.将左极板向上移动一段距离，则电容器的正对面积S减小，根据C=ɛrS4πkd可知，电容C变小，根据C=QU可知，电容器两极板间的电压将变大，则静电计指针的张角变大，故A错误；

B.向两板间插入陶瓷片时，则电容器内的电介质的介电常数ɛr增大，根据C=ɛrS4πkd可知，电容C变大，根据C=QU可知，电容器两极板间的电压将变小，静电计指针的张角变小，故B错误；

C.将左极板右移，两极板间的距离d变小，根据C=ɛrS4πkd可知，电容C变大，根据C=QU可知，电容器两极板间的电压将变小，静电计指针的张角变小，故C正确；

D.将左极板拿走，右极板和大地之间仍然存在电势差，所以静电计指针的张角不为零，故D错误。

故选：C。

(2)①A、根据C=ɛrS4πkd可知，增大电容纸的厚度，相当于极板间的距离d变大，电容变小，故A错误；

B、增大锡箔纸的厚度，不改变电容器极板间距离，则电容不变，故B错误；

C、减小电容纸的厚度，相当于极板间距离d变小，根据C=ɛrS4πkd可知，电容变大，故C正确；

D、同时增大锡箔纸和电容纸的面积，相当于增加了极板的正对面积，根据C=ɛrS4πkd可知，电容变大，故C正确。

故选：CD。

②电容器储存的电荷量一定，换用不同阻值的电阻R放电，电阻越小，放电电流就越大，放电时间越短，所以对应电阻最小的应该是放电时间最短的，应该对应的是图线12.左

0.24

0.23

【解析】解：(1)由乙图可知，给小车A一个初速度后小车A做减速运动，所以，应将小木块水平向左稍微移动一下，以使小车A在斜面上能做匀速运动。

(2)由丙图可求得碰前和碰后小车A的速度分别为

v1=Δx1Δt1=60×10−21m/s=0.6m/s

v2=Δx2Δt13.2.125

π2【解析】解：(1)游标卡尺的精确度为0.05mm，小球的直径为d=21mm+5×0.05mm=2.125cm

(2)在一个周期内摆球有两次经过最低点，有丙图可读出双线摆的周期为T=2Δt

根据几何关系可得此双线摆的等效摆线长为l′=l2−(s2)2

所以双线摆的摆长为L=l′+d2

根据单摆的周期公式T=2πLg

可得，当地的的重力加速度为

g=14.解：(1)由振动图像可知，波的振动周期：T=0.8s

则波长为：λ=vT=4×0.8m=3.2m；

(2)若波沿着x轴负方向传播，则ab间距离为：s=

(n+14)λ(n=0、1、2……)

由于λ>0.7m，n可以取0或1，对应波长λ=4m或λ=0.8m

则波速为

v2=λT=40.8m/s=5m/s

v3=λT=0.80.8m/s=1m/s。

【解析】(1)由振动图像可得波的振动周期，根据λ=vT求解波长；

(2)若波沿着x轴负方向传播，写出波长的通项公式，由此得到波长大小，根据波速计算公式求解波速。

本题主要是考查波的多解性，关键是掌握波速的计算公式，能够得到波长的表达式是关键。15.解：(1)小球B带正电

由图(b)中曲线I可知，当x=0.3m时，有

F1=kqQx2

解得

F1=0.018N

因此

q=F1x2kQ

解得

q=1×10−6C

(2)设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为

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)根据图(b)中曲线Ⅱ围成的面积表示合电场力做的