物理试卷-河北省衡水市第二中学2024-2025学年高二下学期第一次调研考试

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2024一2025学年度下学期高二年级物理一调试卷 参考答案 1.0 【详解】A,荷兰物理学家惠更斯通过研究单摆的振动，得到了单摆做简谐运动的周期公式，故A 正确，不符合题意； B.物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关，故B 正确，不符合题意； C.蜂鸣器在头顶快速转动，声源的位置在发生变化，所以几米外的观察者会观测到声波的多普勒效 应，故C错误，符合题意： D.“闻其声不见其人”说明声音可以发生衍射，当障碍物的尺寸跟波长差不多或者比波长更小时， 声波衍射现象越来越明显，若障碍物尺寸远大于17，声波衍射现象越来越不明显，但仍能发生衍 射，故D正确，不符合题意。本题选错误的，故选C。 2.D 【详解】A.摆锤在最高点时做圆周运动，故合力不为O,加速度不为零，故A错误； B.根据单摆周期T=2m 可知，周期与摆角无关，故节拍数不变，故B错误； C.摆锤沾染杂物变重，以上分析可知，不会影响单摆周期，故实际节拍数不变，故C错误： D.摆锤位置上移时，相当于摆长变长，周期变大，故摆锤的节拍数变小，故D正确。故选D。 3.C 【详解】把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从船上升到最高点时计时，其振动方程为 y=Aco 2严1代入得y=15cos21(cm-15cos1(cm)当yr7.50m时，可解得= 1= 2 3 3 故在一个周期内，游客能舒服登船的时间是21=二s故选C。 4.B 【详解】波源在坐标原点，所以向左传播的波和向右传播的波关于y轴对称 t0.6s=1.5T 根据机械波的周期性可知，在t0.6s时，波源正处在平衡位置向下振动，而后一质点重复前一质点 的运动，顺着波的传播方向上坡下振。故选B。 5.A 【详解】A。当驱动力频率等于物体的因有频率时产生共振，振幅最大，驱动力周期变小时，物体的 固有频率不变，则振动曲线的峰不变，故A错误，符合题意； B.由共振曲线读出共振状态下的振动频率为f=0.3州忆，由(b)图知，波长为入=4m,则波速为若波向左传播，则(b)图中a、b波形时间间隔为1= T,n=0,1,2, 当n=0时1=3r=3×10g 二×g=258故0正确，不符合题意： 4 43 D,当障碍物的尺寸小于波长时能发生明显的衍射现象，该波的波长为4m,则(b)图中波长遇到宽 度为2m的狭缝能发生明显的衍现象。故D正确，不符合题意。故选A。 6.D 【详解】A,静止在平衡位置时，杆和线的合力竖直向上与小球的重力平衡，A错误； B。摆动到平衡位置时，小球受到的合力沿着斜面向上，B错误； C.小球摆动时的等效加速度ag=gsin0=gsin(90r-a)=5Bm/s'C错误； D.小球做微小摆动的周期为T=2π =SD正确。故选D。 7.D 【详解】A.当小球受到的弹力与电场力平衡时。=亚小球所受回复力F二一(+x。)+gE=红所以 小球做简谐运动，振幅A=,=哈当小球速度为0时，弹簧伸长为零(A点时或9 k ,(B点时)。 故A错误； B.因为在运动过程中存在电场力对系统做功，所以不满足机械能守恒定律，系统机械能不守恒，故 B错误； C.根据选项A的分析，振幅A=x。= 故C错误： k D。小球从O到B的过程中，设弹力做功R,电场力做功W:,小球经过O点时的动能E,根据动能 定理得W,=W,+E>W,故D正确。故选D。 8.ABC 【详解】ABC.若波沿x轴负方向传播，由同侧法可知，t=0时刻x=0处质点向上振动，设其振动 方程为y=Asin at由题图有A=lcm0.Scm=sina(cm)且1s时x=0处质点向下振动，数值关系有 2π5π 0=元=红+2加1又T>1s,n只能取0，解得T=是-24s波速v=2=5m1s则0=匹ad/s可得 5元 6 T 6 x=0处质点的振动方程为y=sm”(m若波沿x轴正方向传播，由同侧法可知，t=0时刻x=0处 6 质点向下振动，设其振动方程为y=Asin ax由题图有0,5cm=sina(cm 且1s时x=0处质点向上振动，数值关系有0=严-石+2加又工>1s,n只能取0，解得波沿x轴正 方向传播满足条件的周期工=号，此时液速为=子-7m/s故8C正确。 D.若波沿x轴负方向传播，0~1s内x=0处质点先向上运动到最大位移处，再向下运动到y=05cm 处，该质点通过的路程为s=lcm+0.5cm=1.5am 若波沿x轴正方向传播，0~ls内x=0处质点先向下运动到负向最大位移处，再向上运动到y=0.SCm 处，该质点通过的路程为s=2×lc1+0.5c1=2.5an故D错误。故选ABC。 9.BD 【详解】A.由图可知S,波长较短，而两列水波传播速度相同，由V=Af可知S,频率较大，故A 错误；B。两列波频率不同不能发生稳定的干涉，故B正确； CD.根据波的叠加原理，在图示时刻x=0cm,X。三-2cm,米=2cm,但是两列波频率不同，无法 形成稳定的干涉图样，故C错误、D正确；故选BD。 10.AD 【详解】AC.在0~4时间内，OO左侧磁场均匀增强，O¤右侧磁场均匀减弱，由楞次定律可知线 圈中的感应电流方向为逆时针方向，结合法拉第电磁感应定律可知感应电流大小不变，故A正确，C 错误； BD.在~t时间内，OO左侧磁场不变，OO右侧磁场均匀增强，由楞次定律可知线国中的感应电 流方向为顺时针方向，结合法拉第电磁感应定律可知感应电流大小不变。 故B错误，D正确。故选AD。 11. 2.06cm; 67.4s AD g=9.86m/s2 【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为20mm,游标读数为0.1×6=0.6nm,则最终读数为 20.6mm=2.06cm. (2)秒表的读数为60s+7.4s=67.4s. (3) 根据T=2π 解得：g=4 A.误将59次数成了60次，导致测量时周期T测小，根据g= 4可知g值测量值偏大，故A对 B.在未悬挂单摆之前先测定好摆长，导致测量的摆长小于真实的摆长，根据g= 4π1 可知g值偏小； 故B错 C.将摆线长当成了摆长没有加小球的半径，导致测量的摆长偏小，根据8= 4x2 2 可知g值偏小，故 C错； D.将摆线长和球的直径之和当成了摆长，导致测量的摆长变长，根据g= g_4可知g值偏大；故对故选