【文档说明】河北省部分学校2024-2025学年高三上学期第二次质检试题 物理 PDF版含解析.pdf，共(13)页，6.317 MB，由小赞的店铺上传

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gGREAAMAAAyBNABAA=}#}物理参考答案1.【答案】C【详解】A．甲图中，用手摩擦盆耳，起初频率较低，逐渐提高摩擦频率，当等于水的固有频率时会发生共振，则嗡嗡作响是因为共振产生的，此时振幅最大会水花飞溅，故A错误；B．图乙，根据多普勒效应，表示声

源远离观察者时，观察者接收到的声音频率减小，而声源发出的声音频率不变，故B错误；C．图丙中，频率越小的水波波长越长，则绕到挡板后面继续传播的现象越明显，故C正确；D．图丁中，干涉区域内振动加强的点振幅最大，但依然在做简谐运动，则位

移可以等于零，故D错误。故选C。2.【答案】B【详解】木板做匀速运动，设振动周期为T，由图乙可得12322vTvT可得1234vv故选B。3.D【详解】A．0t时间内质点0P从平衡位置第一次到达最高点，振动了四

分之一周期，所以手握0P做简谐运动的周期为04t，故A错误；B．令相邻质点之间的距离为x，则波速02xvt因此波传播到4P点的时刻为042xttv4P点再经过0t时间到达最高点，即共经过03t时间，4P质点第一次到达最高点

，故B错误；C．根据同侧法可知，波起振方向向上，波经过0t时间传播到2P点，再经过04t时间，即一个周期，2P质点在平衡位置向上运动，故C错误；D．结合上述可知，波经过03t时间传播到6P点，再经过04t时间，即一个周期，6P质点的路程

为410cm40cm，故D正确。故选D。4．A【详解】由力的平衡条件可知，小球A所受重力、电场力和绳子拉力构成封闭的三角形，如图所示可知当电场力和绳子拉力垂直时，电场力最小为min3sin602Fmgmg所以电场力不可能等于33mg，可能

等于mg、3mg或23mg。故选A。5．C【详解】A．弹簧振子的周期公式2mTk，可知把振幅减小为原来的一半，钢球振动周期不变，故A错误；B．设平衡位置弹簧的形变量为0x，则有0mgkx，开始时，钢球从释放到运动至平衡位置的过程

中，根据能量守恒定律有plp0k1EEmgAE，其中2pl012EkAx，2p0012Ekx联立解得2k112EkA。同理，振幅减小一半时，可求得2k218EkA，可知k2k112EE，即经过平衡位置的动能不会变为原来的一半，故B错误；C．钢球在平衡位置时，则

有0kxmg，振幅为A时，最大加速度满足m0makAxmg振幅为2A时，最大加速度满足m02Amakxmg联立解得mm2aa，故C正确；D．若n的值取小一些，测量误差会增大，故D错误。故选C。6．C【详解】由图可知粒子均带正电，AB曲线弯曲程度较AC

大，可知AB轨迹的粒子质量较小，因为B、C两点电势相等，可知UAC=UAB，电荷量相同，由动能定理2201122qUmvmv可知acvv，由牛顿第二定律2kQqmar，可知质量小的加速度大，即acaa，故选C。7．B【详解】A．依题意可知粒子带负电，由受力分析可知，0t时

刻进入电场的粒子，沿电场方向在0~2T内向上做匀加速运动，在~2TT内向上做匀减速运动，根据对称性可知，在tT时刻，沿电场方向的速度刚好减为0，则粒子离开电场时速度大小为0v，故A错误；B．2Tt时刻进入电场的粒子，沿电场方向在~2

TT内向下做匀加速运动，在3~2TT内向下做匀减速运动，根据对称性可知，在32Tt时刻，沿电场方向的速度刚好减为0，则粒子离开电场时速度大小为0v，故B正确；CD．4Tt时刻进入电场的粒子，沿电场方向在~42TT内向上做匀加速运动，在3~24TT内向上做匀减速运动，在3~4TT

内向下做匀加速运动，在5~4TT内向下做匀减速运动；可知粒子在2Tt时刻的速度最大，在34Tt时刻与A板的距离最小；设粒子在电场中的加速度大小为a，对于0t时刻进入电场的粒子，在tT时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则有0dvT，2112()22

2Tda，可得0222vdaTT，对于4Tt时刻进入电场的粒子，在2Tt时刻沿电场方向的分速度为042yvTva，则4Tt时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中的最大速度为22m00015()22vvvv，在3~44TT内粒子向上运动的位移大小为212()248T

dya，则4Tt时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中离A板的最小距离为min113288xddd，故CD错误。故选B。8.【答案】AC【详解】A．由图b可知0t时刻，质点A沿y轴正方向振动，根据波形平移法

可知，该波向x轴负方向传播，故A正确；B．由题图可知波长为220mABx，周期为4sT，则波速为5m/svT，故B错误；C．根据114s32tTT可知0~14秒内质点A所走过的路程为3421470cmsAAA故C正确

；D．由于该波向x轴负方向传播，且质点C右侧波谷离B点距离为15m4，则有52s0.75s4xtv，可知再过一秒质点C不在波谷位置，故D错误。故选AC。9．BC【详解】A．根据电场的叠加原理可知，M点

和P点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B．在A处点电荷产生的电场中，N点和P点的电势相等，在B处点电荷产生的电场中，N点的电势大于P点的电势，在D处点电荷产生的电场中，N点的电势大于P点的电势，所

以N点的电势高于P点的电势，正试探电荷在N点的电势能大于在P点的，正试探电荷由P到N电势能增加，电场力做负功，故B正确；C．仅考虑B处和D处点电荷时，C点和M点的电势相等，正试探电荷由C到M，靠近A处的正点电荷，电场力做负功，电势能增加，故C

正确；D．根据对称性可知M点和P点电势相等，结合B项分析可知，正试探电荷由M到N，电场力做负功，电势能增加，因此正试探电荷由C移动到M时的电势能变化量小于由C移动到N时的电势能变化量，故D错误。故选BC。10．AB【详解】A．滑块在x=3m处

电势能最小，根据Ep=qφ，且滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，故A正确；BC．Ep—x图像斜率的绝对值pΔΔEkFx电，表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为32N1N10F，滑块所受滑动摩擦力大小为

f=μmg=0.8N，所以在1—3m区间内，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且不断减小，则滑块所受合外力方向与速度方向先相同后相反，速度先增大后减小；在x=3m之后，滑块所受电场力与滑动摩擦力同向，且不断增大，则滑块所受合外力方向也与速度方向相反。综上所述可知滑块向右

运动过程中，电场力先做正功后做负功，速度先增大后减小，在x=2m处速度可能最大，故C错误、B正确；D．滑块在x=1m处的电势能与在x=4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x=4m处，则应满足201Δ2m

vfx，根据题中数据可知实际情况满足上式，所以滑块一定能经过x=4m处的位置，故D错误。故选AB。11.（8分）【答案】(1)1.66(2)96.8s259t(3)24ab（每空2分）【详解】（1）根据游标

卡尺读数规则16mm60.1mm16.6mm1.66cmd，故填1.56；（2）秒表大表盘的读数分，小表盘读数是秒，二者加在一起，即为指示的时间60s36.8s=96.8st，根据题意可

知，当计数为60时，小铁球完成6012个周期，所用的时间为t，则等效单摆的周期为2601592ttT。（3）根据题意摆长为2dlR，由单摆周期公式2lTg，得224lTg联立解得222442dTRgg

，斜率为24bag，解得24agb；纵截距为24Rbg。12.（6分）【答案】(1)电压(2)从a到b(3)0mm0SQCUUR（每空2分）【详解】（1）位置②与电容器并联，为测电压仪器。（2）将单刀双掷开关S与“2”端相接，电容器充电时上极板带正电，通过电阻R

的电流从a到b。（3）电容器放电时的it图线与坐标轴围成的面积为表示电容器放电的电荷量00SQR电容器的电容为0mm0SQCUUR。13.（8分）【答案】（1）4m；（2）72cm【详解】（1）由题意知5πrad/s，2π0.4Ts（1分）310xvt

m/s（1分）4vTm（1分）（2）0~0.1s内，P不振动；s1=0（1分）0.1s~0.9s内，s2=8A=40cm（1分）由于218m2dSPSP，所以P点是振动加强点。0.9s~1.

3s内，s3=4（A1+A2)=32cm（2分）综上，s=s1+s2+s3=72cm（1分）14．（14分）（1）gL；（2）𝑚𝑔𝑞≤𝐸≤2𝑚𝑔𝑞【详解】（1）撤去电场，小球仍做匀速圆周运动，如图所示由几何关系2rL（1分）绳1与水平方向的夹角为，则有2cos3（1分）

对小球，21cos2TmL（1分）1sinTmg（1分）联立解得gL（1分）（2）经分析可知，场强最小时，绳子2拉力为零minqEmg（2分）解得minmgEq（1分）场强最大时，绳子1拉力为零，对小球，22c

os3TmL（2分）max2sinqEmgT（2分）联立解得max2mgEq（1分）故匀强电场的场强大小取值范围为𝑚𝑔𝑞≤𝐸≤2𝑚𝑔𝑞（1分）15.（18分）【答案】（1）7gR；（2）5222mgR；（3）0,223,0R【详解】（1）A、B球碰撞过程

，设碰撞后A、B球的速度分别为Av、Bv0.5mv0=0.5mvA+mvB（1分）2220215.0215.021BAmvmvmv（1分）解得B3vgR（1分）从M点到O点，设B球到O点的速度为1

v，对B球，212B1122qERmvmv（1分）解得17vgR（1分）（2）对B球，当动能最小时在图中K点从O点到K点，2kmin1112122mgREmv（2分）解得kmin5222EmgR（

2分）（3）设B球经过Q点时的速度为Qv，从O点到Q点，22111222QmvmvmgR（2分）解得3QvgR（1分）B球离开Q点后，设到达y轴所需要的时间为t，2122Rgt（2分）212QEqyvttm

（2分）解得223yR（1分）即经过y轴上时的坐标为0,223,0R（1分）