浙江强基联盟2024-2025学年高二下学期3月联考卷物理试题（解析版）

这是一份浙江强基联盟2024-2025学年高二下学期3月联考卷物理试题（解析版），共19页。
1.本试卷满分100分，考试时间90分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色，墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列各组物理量中是矢量，且其单位是国际单位制中的基本单位的是（ ）
A. 位移（m）B. 力（N）
C. 电流（A）D. 时间（s）
【答案】A
【解析】A．位移是矢量，其单位（m）是国际单位制中的基本单位，选项A正确；
B．力是矢量，但是其单位（N）是国际单位制的导出单位，选项B错误；
C．电流是标量，其单位（A）是国际单位制中的基本单位，选项C错误；
D．时间是标量，其单位（s）是国际单位制中的基本单位，选项D错误。
故选A。
2. 2025年2月7日，第九届亚洲冬季运动会在黑龙江哈尔滨举行。若不计空气阻力，关于下列亚冬会比赛项目，说法正确的是（ ）
A. 甲图中，判断两个冰壶能否碰撞时可以将冰壶看做质点
B. 乙图中，短道速滑运动员转弯时受力平衡
C. 丙图中，在高山滑雪比赛时，运动员的路程等于位移大小
D. 丁图中，当表演空中技巧时，运动员处于失重状态
【答案】D
【解析】A．当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小时，可将物体看成质点，所以判断两个冰壶能否碰撞时不可以将冰壶看做质点，故A错误；
B．短道速滑运动员转弯时需要向心力，受力不平衡，故B错误；
C．在高山滑雪比赛时，运动员做曲线运动，其路程大于位移大小，故C错误；
D．当表演空中技巧时，受竖直向下的重力，运动员处于失重状态，故D正确。
故选D。
3. “打水漂”是一种投掷扁平的石块或瓦片的游戏，如图所示，某同学向平静的湖面水平抛出一石片，石片碰到水面后向前弹跳数次，弹跳高度逐渐减小，直至最后落入水中。不计空气阻力和石片的大小，关于这次“打水漂”过程，下列说法正确的是（ ）
A. 石片之所以能弹起是因为水对石片的作用力大于石片对水的作用力
B. 在空中任意时间内，石片速度变化量的方向都竖直向下
C. 石片抛出后机械能一直守恒
D. 整个过程水对石片的冲量为零
【答案】B
【解析】A．根据牛顿第三定律可得，水对石片的作用力等于石片对水的作用力，故A错误；
B．石片速度变化量的方向与重力加速度方向相同，即竖直向下，故B正确；
C．石片抛出后与水面接触后，水对石片的作用力做负功，石片的机械能减小，故C错误；
D．根据冲量的计算公式可知，水对石片的冲量不为零，故D错误。
故选B。
4. 一物体被弹弓从地面以某一初速度竖直向上弹出，最高能到达20m处，若忽略空气阻力，g取10m/s2，则下列判断中正确的是（ ）
A. 物体向上运动的时间是3s
B. 物体被弹出的初速度大小为10m/s
C. 物体在第1s内的位移为15m
D. 物体在整个上升过程中的平均速度为20m/s
【答案】C
【解析】A．由于物体上升的最大高度为20m，则
解得物体向上运动的时间
故A错误；
B．物体被弹出的初速度大小为
故B错误；
C．物体在第1s内的位移为
故C正确；
D．物体在整个上升过程中的平均速度为
故D错误。
故选C。
5. 如图为某一新能源汽车的电池铭牌，则该车动力电池系统能储存的电荷量和能量最多约为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】由图可知，电池的额定容量为53A∙h，则电池系统能储存的电荷量为
储存的能量为
6. 如图为某一彗星和地球绕太阳运行的模型图，地球轨道A是半径为r的圆轨道，彗星轨道B为椭圆轨道，椭圆长轴QQ′为2r，P点为两轨道的交点，不计地球与彗星间的引力作用以及其他星球的影响，下列说法正确的是（ ）
A. 地球和彗星在P位置处受到太阳的万有引力相等
B. 地球和彗星在P处的速度相同
C. 地球与彗星的公转周期相等
D. 地球与太阳的连线和彗星与太阳的连线在相同时间内扫过相同的面积
【答案】C
【解析】A．地球和彗星的质量可能不同，故受到的万有引力可能不同，故A错误；
B．由于地球和彗星在P点的速度方向不同，所以速度不可能相同，故B错误；
C．因两星球半长轴相等，由开普勒第三定律可知，两星球运动周期相等，故C正确；
D．根据开普勒第二定律可知，对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，所以地球与太阳的连线和彗星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故D错误。
故选C。
7. 如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，、、是其路径上等间距的三个点，不计液滴重力，下列说法正确的是（ ）
A. 液滴可能带负电B. 三个点处，点的电势最低
C. D. 液滴在点处的电势能最小
【答案】C
【解析】A．带电液滴从发射极加速飞向吸极，说明液滴受到指向吸极的电场力，根据所加电压知电场是发射极指向吸极，所以液滴带正电，故A错误；
B．电场线由发射极指向吸极，即如图中所示电场线向右，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以，故B错误；
C．若a、b、c三点间为匀强电场，则由
得
又由题图等势面可知
所以，故C正确；
D．液滴带正电，且
根据
可得液滴在点处的电势能最大，故D错误。
故选C。
8. 如图所示为一理想自耦变压器，原线圈接电压为U的正弦式交流电，滑片P1与线圈接触且置于线圈的正中间，滑片P2置于滑动变阻器R的正中间，定值电阻的阻值为R0，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）

A. 仅把P1向上移动少许，电流表的示数不变
B. 仅把P2向上移动少许，R0的功率减小
C. 把P1、P2均向上移动少许，电流表示数可能不变
D. 把P1向下移动少许，P2向上移动少许，电源的输出功率可能不变
【答案】D
【解析】A．仅把P1向上移动少许，副线圈的匝数增大，根据理想变压器原理，副线圈两端电压变大，即电压表示数变大，则I2变大，根据可知，I1变大，则电流表示数变大，故A错误；
B．仅把P2向上移动少许，副线圈两端电压不变，R接入电路的阻值变小，则流过副线圈的电流变大，R0的功率变大，故B错误；
C．把P1、P2均向上移动少许，副线圈的电压增大，R接入电路的阻值减小，电流增大，则电流表示数变大，故C错误；
D．把P1向下移动少许，把P2向上移动少许，副线圈的电压减小，负载的电阻减小，负载的功率可能不变，电源的输出功率可能不变，电流表示数可能不变，故D正确。
故选D。
9. 如图所示，四只质量都为的猴子依次拉住后竖直倒挂在柔软的树枝上玩耍。刚开始四只猴子都处于静止状态，从上到下编号依次为、、、。某时刻，3号猴子没抓稳使4号猴子脱落。不计空气阻力，树枝可视为弹性形变，则可知4号猴子脱落后的瞬间（ ）
A. 树梢对1号猴子的拉力大小等于3mg
B. 1号猴子对2号猴子的拉力大小等于
C. 2号猴子的加速度大小为
D. 3号猴子受力平衡
【答案】B
【解析】A．4号猴子脱落后的瞬间，树枝短时间内无法突变，故树梢对1号猴子拉力的大小等于4号猴子脱落前的拉力，即树梢对1号猴子的拉力大小为4mg，A错误；
BC．以前三只猴子整体为研究对象，根据牛顿第二定律则有
解得4号猴子脱落瞬间，前三只猴子共同的加速度
方向竖直向上，对1号猴子受力分析，根据牛顿第二定律则有
联立解得2号猴子对1号猴子作用力的大小
根据牛顿第三定律可知，1号猴子对2号猴子作用力的大小等于2号猴子对1号猴子作用力的大小，即
B正确，C错误；
D．结合上述分析可知，4号猴子脱落后的瞬间，3号猴子具有向上的加速度，大小为，不处于平衡状态，D错误。
10. 如图甲为一水上浮标的截面图，磁铁固定在水中，S极上套有一个浮筒，浮筒上绕有线圈，浮筒可随波浪上下往复运动。取线圈向上运动为正方向，某段时间内，线圈的速度随时间按正弦规律变化，如图乙所示。已知线圈总电阻r=2Ω，匝数为100匝，线圈处磁感应强度B=0.1T，线圈的直径d=50cm，把线圈与阻值R=2Ω的小灯泡串联，小灯泡恰好正常发光。关于乙图中这段时间内的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 浮筒做的是阻尼振动B. 该浮筒的电动势最大值为1V
C. 波浪对浮筒做功D. 小灯泡的额定电流为
【答案】C
【解析】A．由图可知，线圈的速度随时间按正弦规律变化，则浮筒做简谐运动，故A错误；
B．由图可知，该浮筒的最大速度为0.2m/s，则电动势的最大值为
故B错误；
C．根据能量守恒定律可得
故C正确；
D．小灯泡的额定电流为
故D错误。
二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11. 物理学在生活生产中应用广泛，关于下列应用说法正确的是（ ）
A. 甲图中，一些优质电话线外包裹着金属外衣防止信号干扰是利用了静电屏蔽的原理
B. 乙图中，主动降噪功能的耳机是利用波的反射原理制造的
C. 丙图中，电磁炉是利用炉面面板中产生的涡流的热量来加热食物的
D. 丁图中，交流感应电动机是利用电磁驱动的原理工作的
【答案】AD
【解析】A．甲图中，一些优质电话线外包裹着金属外衣防止信号干扰是利用了静电屏蔽的原理，选项A正确；
B．乙图中，主动降噪功能的耳机是利用波的干涉原理制造的，选项B错误；
C．丙图中，为了让面板不发热，电磁炉面板采用陶瓷材料，铁锅产生涡流，发热部分为铁锅底部和侧壁，直接加热锅内食物，故C错误；
D．丁图中，交流感应电动机是利用电磁驱动的原理工作的，选项D正确。
12. 如图所示，空间存在着水平方向的匀强磁场B，磁感应强度的方向垂直纸面向外。同时也存在着水平向右的匀强电场E，一带电微粒沿与竖直方向成一定夹角的虚线MN运动，则下列说法正确的是（微粒的重力不能忽略）（ ）

A. 微粒一定带负电
B. 微粒一定是从N运动到M
C. 微粒的速度大小一定不变
D. 微粒的电势能一定减小
【答案】AC
【解析】A．微粒所受重力方向竖直向下，若微粒带正电，则所受电场力方向向右，微粒受到的洛伦兹力与MN直线垂直，则微粒所受合力不可能为零，微粒不可能保持匀速直线运动，故微粒一定带负电，故A正确；
C．微粒的运动是直线运动，若速度大小发生改变，则洛伦兹力大小必发生变化，因此合力也会发生变化，微粒将做曲线运动，故微粒的运动只能是匀速直线运动，故C正确；
B．微粒应受竖直向下的重力、水平向左的电场力和垂直于MN向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，微粒运动方向从M到N，故B错误；
D．由于微粒的位移方向与所受电场力方向夹角大于90°，故电场力对微粒做负功，电势能增大，故D错误。
故选AC。
13. 如图甲，足够长的水平传送带以恒定速率v=2m/s逆时针转动，一质量为m=1kg的小物块从传送带的左端向右滑上传送带。小物块在传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x关系图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4
B. 小物块从滑上传送带到离开传送带所需时间为1.5s
C. 整个过程中小物块与传送带的相对位移大小为2.5m
D. 由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为12J
【答案】AD
【解析】A．由图乙可知，图像斜率的绝对值表示合外力的大小，小物块向右滑动过程，合外力为摩擦力，则有
则
故A正确；
B．物块刚滑上传送带时，有
所以
所以物块返回过程先做匀加速直线运动，后匀速运动，则
故B错误；
C．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度过程，小物块向右运动的位移大小为
传送带向左运动的位移大小为
则整个过程中小物块与传送带相对位移大小为
故C错误；
D．整个过程中小物块与传送带因摩擦产生的热量为
根据能量守恒可得
可得整个过程中电动机多消耗的电能为
故D正确。
故选AD。
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14. 某小组使用图甲装置完成“探究加速度与力，质量的关系”实验。
（1）该小组采用的电源应当是______。
A. 交流220VB. 直流220V
C. 交流8VD. 直流8V
（2）除了图中器材外还需要的器材有______（多选）。
A. B.
C. D.
（3）该小组在实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电，相邻两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为______（结果保留三位有效数字）。
（4）为了更精确得到实验结果，该小组又采用如图丙所示的装置完成实验，水平轨道上安装两个光电门、，滑块上装有宽度很窄的遮光条和力传感器，滑块、遮光条和力传感器总质量为，细线一端与力传感器连接，另一端跨过滑轮挂上砂桶（砂和砂桶总质量用表示）后悬挂固定。实验前，接通气源，将滑块置于气垫导轨上（不挂砂桶），调节气垫导轨，轻推滑块，使滑块先后经过光电门、时遮光时间相等。
①实验中______（填“需要”或“不需要”）满足远小于；若滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究______（填“有”或“没有”）影响。
②改变砂和砂桶的总质量，得到对应的加速度和力，得到6组数据后，描点作图，发现加速度与传感器示数在误差允许的范围内成正比，如图丁，则图像的斜率应是______。
A． B. C. D.
【答案】（1）A （2）ACD （3）0.200 （4）不需要 没有 C
【解析】（1）该小组采用的是电火花计时器，则电源应当是交流220V ，故选A。
（2）实验中还需要钩码、天平（测量小车质量）和刻度尺（测量纸带），故选ACD。
（3）相邻两计数点间还有四个点没有画出，可知T=0.1s，小车加速度大小为
（4）①[1]实验中有力传感器测量拉力，则不需要满足远小于；
[2]若滑轮有一定摩擦阻力，对力传感器读数无影响，则对实验的探究没有影响。
①[3]对小车，根据牛顿第二定律
即
则
故选C。
15. 如图甲所示为空气介质单联可变电容器的结构，它是利用正对面积的变化改变电容器的电容大小，某同学想要研究这种电容器充，放电的特性，于是将之接到如图乙所示的实验电路中，实验开始时电容器不带电，微电流传感器G可以记录电流随时间变化的I-t图像。
（1）要观察电容器的充电现象时，应把开关打到______（填“1”或“2”），充电过程中电容器的电容C______（填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）充电稳定后，断开单刀双掷开关，用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，原因是______。
（3）首先将开关S打向1，这时观察到G有短暂的示数，稳定后，旋转旋钮，使电容器正对面积迅速变大，从开始到最终稳定，微电流传感器G记录的I-t图像可能是______。
A. B.
C. D.
（4）利用该电路也能测量电源电动势和内阻，该同学固定电容器正对面积后（电容器可视为理想电容器），先将开关接1，充电稳定后将开关接2，得到微电流传感器的图像。两次充放电过程中电流的峰值分别为I1、I2。已知微电流传感器内阻为R，则电源的电动势为______（用题中字母表示）。
【答案】（1）1 不变 （2）电压表不是理想电压表 （3）A （4）I2R
【解析】（1）[1]当电容器与电源相连时，电容器处于充电状态，即要观察电容器的充电现象时，应把开关打到“1”；
[2]充电过程中，电容器所带电荷量不断增大，但电容不变。
（2）用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，说明电容器在缓慢放电，电路中有电流，电压表不是理想电压表。
（3）电容器充电时，电流从左到右，刚开始电流比较大，充电结束后，电流为0，根据可知，当电容器正对面积迅速变大，电容迅速增大，又由可得电容器的带电量Q增加，故电容器再次充电，电流方向从左到右，充电结束后电流为0。
（4）电容器充满电后，电容器两端的电压等于电动势，则有
16. 如图所示，一工地正在利用起重机将货物吊至建筑物顶端。时刻，货物由静止开始先向上加速，再保持一段时间的提升速度不变，时恰好减速到达建筑物顶端。已知货物质量，货物的最大速度，加速和减速阶段视为匀变速运动，加速度大小均为，不计空气阻力，取，求：
（1）匀加速阶段货物受到的拉力大小；
（2）建筑物的高度；
（3）时货物底部的一个小螺帽突然掉落，求螺帽落地的时刻。
【答案】（1） （2） （3）11s
【解析】（1）对货物受力分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
即匀加速阶段货物受到拉力大小为；
（2）由题可知，匀加速货物运动的时间
根据对称性可知，匀减速阶段的时间等于匀加速阶段的时间，匀加速、匀减速阶段的位移
货物匀速运动的时间
匀速运动的位移
建筑物的高度为
（3）根据上述分析可知，小螺帽加速上升的高度为
匀速上升的时间
匀速上升的高度为
故小螺帽掉落时离地面的高度为
掉落时的速度
选取向上的方向为正方向，根据匀变速直线运动规律可得
代入数据整理可得
解得（另一解为负值，舍去）
故落地时刻为11s
17. 如图所示为一玩具轨道装置，AB为一长x，倾角θ=37°的粗糙直线轨道，与半径R=0.2m的竖直光滑圆轨道相切于B点，D和D′为圆轨道最低点且略微错开，ED为一水平粗糙轨道，EFG为一光滑接收平台，FG水平，平台上紧靠F处有一静止滑板，E、F处平滑连接，且F处有一光滑挡板防止滑块脱轨，滑块从A点静止释放后可以经过圆轨道到达接收平台。已知AB轨道动摩擦因数µ1=0.25，DE轨道长L=0.4m、动摩擦因数µ2=0.5，平台FG与ED平面的高度差h=0.2m，滑块与滑板的质量均为m=0.2kg，两者间的动摩擦因数µ3=0.1，不计空气阻力和滑板厚度，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1）当x=1m时，求滑块在圆轨道的B点时对轨道的压力大小；
（2）要使滑块能运动到F点，求x的取值范围；
（3）若x=1.4m，要使滑块不脱离滑板，求滑板至少要多长。
【答案】（1）9.6N （2）x≥1.15m （3）1m
【解析】（1）滑块从A运动到B，根据动能定理可得
在B点，根据牛顿第二定律可得
联立可得
根据牛顿第三定律可得，滑块在圆轨道的B点时对轨道的压力大小为9.6N；
（2）若滑块恰好通过最高点C，有
滑块从A运动到C，根据动能定理可得
解得
若滑块恰好到达F点，则
滑块从A运动到F，根据动能定理可得
解得
综上可知，x的取值范围为
（3）滑块从A运动到F，根据动能定理可得
解得
对滑块和滑板，根据动量守恒定律可得
解得
根据能量守恒定律可得
解得滑板的最小长度为
18. 如图所示，一个半径为d=0.5m的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为d、电阻r=1Ω的金属棒a的一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心O处的导电转轴上。圆形导轨边缘和圆心O处分别引出两条导线，与倾角θ=30°、间距l=0.5m的两足够长的平行金属导轨相连，一长为l、质量m=0.1kg、电阻R=2Ω的金属棒b放置在导轨上，与导轨垂直并接触良好。倾斜导轨末端接着水平金属导轨，其连接处MN为一小段绝缘材料，水平轨道上接有阻值也为R的电阻。已知圆形金属导轨区域和长x=0.8m的矩形区域MNQP间有竖直向上的匀强磁场，倾斜导轨处有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=1T。刚开始锁定金属棒b，并使金属棒a以ω=20rad/s的角速度绕转轴逆时针匀速转动，不计电路中其他电阻和一切阻力，g取10m/s2。
（1）求金属棒a中产生的感应电动势大小；
（2）某时刻起，解除金属棒b锁定。
①求b在倾斜轨道上运动的最终速度；
②整个过程电阻R上产生的热量。
【答案】（1）2.5V （2）①1m/s，②0.01875J
【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律可得
所以
（2）①b棒受到沿斜面向上的安培力，大小小于mgsinθ，故b棒刚开始向下加速运动，b棒上产生的感应电动势方向与a棒同向，回路中电流为
当b棒速度最大时，加速度为零，则
联立解得
②b棒进入水平磁场后做加速度减小的减速运动，根据动量定理可得，，
解得
根据能量守恒定律可得
则电阻R上产生的热量为
19. 如图1所示是一种质谱仪的原理图，和两板间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，两板间电压，两板间距，板间磁场的磁感应强度，下方区域存在另一磁感应强度的匀强磁场。带电粒子沿和板间的中心线从小孔进入该装置，后经狭缝以某一速度垂直进入下方磁场，最后打到照相底片上。某一次实验中入射大量氢离子（），已知氢离子（）的质量为，电荷量为，其重力忽略不计，设中子和质子质量相同。求：
（1）氢离子（）进入区域的速度大小；
（2）若有两种粒子沿中心线从进入区域，打到底片的位置距的距离分别为和，求两种粒子的比荷之比；
（3）受到其他因素影响，发现从射入的氢离子（）速度方向有微小的发散角，如图2所示，使得氢离子打在照相底片上会形成一条亮线，测得最大的发散角的余弦值，求该亮线的长度；
（4）在分离氢元素的两种同位素离子（与电荷量相同，质量数为）时，各种离子有微小的发散角外，其速度还有波动，即，要能有效区分出同位素离子，照相底片上亮线之间的间距应不小于相邻较短亮线长度的十分之一，则应满足什么条件？（保留两位小数）
【答案】（1） （2） （3） （4）
【解析】（1）带电粒子在P1和P2两金属板间运动时，电场与洛伦兹力平衡
解得
（2）两种粒子进入磁场时的速度相同，根据
可得
打到底片的位置距的距离
可得
两种粒子的比荷之比。
（3）在磁场中粒子运动的半径为
离子运动的轨道边界线如图所示
亮线长度为
（4）推知各离子运动的最大和最小半径分别为，
各离子最远位置到S2的距离为2rmax，最近位置到S2的距离为2rmincsθ，通过作图可知，要求两条亮线间距不小于相邻较短亮线长度的十分之一，即
其中，
解得