浙江强基联盟2025-2026学年下学期3月高二联考物理试卷含 答案

这是一份浙江强基联盟2025-2026学年下学期3月高二联考物理试卷含 答案，共20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. 下列物理量为标量的是
A. 电场强度 E B. 磁感应强度 B C. 磁通量 Φ D. 冲量 I
2. 下列有关电磁振荡、电磁波现象的四幅图像的说法正确的是

第 2 题图
A. 图 1 中, 变化的磁场一定能产生电场, 从而产生电磁波
B. 图 2 中, 在 LC 振荡电路中,仅增大线圈的电感,电磁振荡的频率增大
C. 图 3 中, 使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐
D. 图 4 中, 可见光是一种电磁波, 其中红光的频率大于紫光的频率
3. 如图，志愿者站在金属笼内的特斯拉线圈上，线圈通电后能产生上百万伏的高频电压，形成人工闪电效果，然而志愿者却安然无恙. 则笼子

第 3 题图
A. 外表面电荷均匀分布
B. 内部任意两点电势相等
C. 内外表面由于静电感应而带上异种电荷
D. 内部各处电场强度均很大
4. 随着中国新能源汽车市场的爆发式增长, 汽车无线充电技术的研究也进入快速发展期. 其工作原理如图 1, 通过铺设在地面的充电垫 (内含充电线圈) 将电能传送至汽车底部的感应线圈, 其简化电路如图 2 所示, 利用充电线圈产生的磁场传递能量, 进而给车载锂电池供电. 已知充电垫与 220 V 的家庭电路相连. 锂电池的充电电压为 352 V, 下列说法正确的是

第 4 题图 1

第 4 题图 2
A. 充电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B. 充电线圈与感应线圈上通过的电流频率不同
C. 充电线圈匝数越多，感应线圈上感应电压越高
D. 充电线圈匝数与感应线圈匝数之比为 5:8
5. 如图所示，一闭合线圈从通电螺线管左侧某一位置开始向右运动，依次穿过螺线管左端、中部和右端. 从左往右看, 线圈中感应电流的方向

第 5 题图
A. 一直顺时针
B. 一直逆时针
C. 先顺时针再逆时针
D. 先逆时针再顺时针浙考神墙750
6. 如图所示,两带电小球的质量均为 m ,小球 A 用一端固定在天花板上的绝缘细线连接,小球 B 用固定的绝缘轻杆连接. A 球静止时,轻绳与竖直方向的夹角为 30∘ ,两球连线与竖直方向的夹角为 60∘ ,整个系统在同一竖直平面内,重力加速度为 g . 下列说法正确的是

第 6 题图
A. 两小球可能带同种电荷
B. 细线的拉力大小为 2mg
C. 两小球间的库仑力大小为 mg
D. 剪断细线瞬间 A 球加速度大小为 g
7. 如图所示，用相同材料导线制成的边长为 L 或 2L 的四个单匝闭合矩形线圈甲、 乙 、丙和丁， 先后进入单边有界匀强磁场区域，磁场区域左边界竖直且足够长，右侧空间足够大，磁场方向垂直纸面向外. 则线圈恰好完全进入磁场的过程中

第 7 题图
A. 丁的磁通量的变化量一定最大 B. 丙产生的平均感应电动势一定最大
C. 乙产生的平均感应电流一定最大 D. 甲通过导线横截面积的电荷量一定最大
8. 水能是优质的零碳排的绿色能源. 如图所示, 水力发电机利用水流带动叶片旋转,将水的动能转换成电能. 某水轮机稳定工作时,长为 r=5 m 的叶片平均每分钟转动 120 圈，水流垂直于水轮机叶片所在平面速度(流速)大小为 v =20 m/s ,该水轮机稳定工作时机械能转换为电能的效率 η=80% ,通过水轮机后水的动能减小 50% (水的密度为 ρ=1×103 kg/m3 ). 下列说法正确的是

第 8 题图
A. 叶片末端质点的线速度大小为 20 m/s
B. 此时水轮机发电功率大小为 2.5×104 kW
C. 若水流速减为 v=10 m/s 时,水轮机发电功率大小为 1.57×104 kW
D. 水轮机正常工作 1 h ，即可供 8.7×104 盏功率为 60 W 的 LED 路灯正常工作一天
9. 为方便行李搬运, 某同学设计了如图所示装置和电路图. 电源与电动机 M、保护电阻 R 、理想电流表相串联. 闭合开关 S 后,电动机正常工作，恰好能以速度 v=0.5 m/s 拉动行李箱匀速竖直上升，此时电流表示数为 5 A . 已知电源电动势 E=60 V 、内阻 r=1Ω ,电动机 M 的额定电压为 40 V 、内阻为 RM=2Ω (不考虑空气阻力，重力加速度 g=10 m/s2 ). 下列说法正确的是

第 9 题图
A. 保护电阻 R=9Ω B. 电动机的热功率为 50 W
C. 电动机的输出功率为 200 W D. 行李箱质量为 40 kg
10. 一匀强电场的方向平行于 xOy 平面,平面内 M 点和 N 点的位置如图所示. 取某一点电势能为零,电荷量为 −q、+q 和 −2q 的三个试探电荷先后分别置于 O 点、 M 点和 N 点时,电势能均为 EpEp>0 . 则该匀强电场

第 10 题图
A. O、M 和 N 的电势 φMφN>φO ,故 A 错误; OM 中点的电势为 φ中=φO+φM2=0 ,所以 +q 在 OM 中点的电势能为 0,故 B 错误; C . 如图, 设 a 为 OM 的中点、 b 为 MN 的三等分点,可知 b 点电势为 0,连接 ab 为一条等势线，过 M 点作 ab 的垂线，可知电场线沿该垂线方向，指向右下方，因 Ma=Mb ，可知 ∠Mab=45∘ ，故电场的方向与 x 轴正方向成 45∘ 角，故 C 错误；D. 电场强度的大小为 E=Epq−012l⋅cs45∘=22Epql ，故 D 正确.

11.BC 动量守恒定律的适用范围非常广泛. 研究对象已经扩展到我们直接经验所不熟悉的高速 (接近光速)、 微观 (小到分子、原子的尺度) 领域. 在这些领域, 牛顿运动定律不再适用, 而动量守恒定律仍然正确, A 错误;有些合金,如锰铜合金和镍铜合金,电阻率几乎不受温度变化的影响,常用来制作标准电阻, B 正确; 利用电化学气体传感器可以检测气体的浓度, 则可以制成可燃气体报警器, C 正确; 霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转化为电压这个电学量, D 错误.
12.CD 电容器上极板带正电,可知带电液滴受电场力向上,可知液滴一定带负电, A 错误; 增大两极板距离的过程中,根据 C=εS4πkd 可知,电容器的电容减小,根据 Q=CU 可知电容器应该放电,而由于二极管具有单向导电性,可知电容器不能放电,则电阻箱 R 中不会有电流, B 错误; 断开 S ,电容器带电量一定,则根据 C= QU、C=εS4πkd ,可知减小两极板正对面积,电容器两极板间电势差变大,场强 E 变大、电场力大于重力,液滴向上加速运动， C 正确； 断开S ，将 N 板下移少许，根据 C=QU 、 C=εS4πkd 、 E=Ud ，可得 E=4πkQεS ，可知两极板间场强不变，液滴仍然处于静止状态，因 P 点与负极板间距增大， PN 之间的电势差 UPN=EdPN 增大， N 板接地,电势为零,又根据场强与电势差的关系 UPN=φP−0 ,所以 P 点的电势升高,液滴仍静止且电势能变小, D 正确.
13. BD A、B 相对静止时, B 的静摩擦力能提供的最大加速度 μ2g ,而 A 受到的静摩擦力能提供的最大加速度为 μ1g ,因 μ1>μ2 ,拉力 F 的最大值为 8μ2mgcsθ ,时间 t 内拉力 F 的冲量最大值为 8μ2mgtcsθ , A 错误; B、A 相对静止具有相同的加速度, B 受到的合外力是 A 的 2 倍,相同时间内的冲量也是 2 倍, B 正确; 在很短时间内 B 动量的变化量是 A 的 2 倍,即要求速度变化量相同,加速度相同, μ1、μ2 关系未知时,无法判断, C 错误; 很短时间内 B 动量的变化量是 A 的 4 倍,即加速度是 2 倍, A、B 相对滑动, aA=μ1g,aB=3μ2g−μ1g2,aB=2aA , 得 μ1=0.6μ2,D 正确.
14−I.1jm11−csα+1−csθ1=m21−csθ2 (2 分) ||β=α2分
(2)③ m12g45l+d21−csα (2 分)④A(1 分)
解析: (1)( j ) 小球 1 下摆过程中只有重力做功, 机械能守恒, 由机械能守恒定律得
12m1v1​2=m1gl+r1−csα
碰撞后, 对 1、2 两小球摆动过程中只有重力做功, 机械能守恒. 有
对 1:12m1v1​′​2=m1gl+r1−csθ1 ,对 2:12m2v2​2=m2gl+r1−csθ2
若两球碰撞过程动量守恒,以水平向右的方向为正方向,由动量守恒定律可得 m1v1=−m1v1​′+m2v2
解得 m11−csα+1−csθ1=m21−csθ2
(ii) β=α
(2)③摆长为 45l+d2 ，由机械能守恒，可得碰前速度大小， 2g45l+d21−csα ，碰前瞬时动量为 m12g45l+d21−csα
④ 双线摆能使小球在同一平面内摆动，能保证发生正碰，A 正确；而对于偏角和摆长的测量并未更方便. B、C 错误.
14- II. (1)A(1分) (2)Z(1分)
(3)1.45~1.48(1分)1.56~1.69(2分)偏小，(1分)(4)C(1分)
解析:(1)不能用欧姆挡直接测电源的内阻，故选 A；(2)一节干电池的内阻较小，故选乙；(3)由图像与纵坐标的交点可得电动势大小为 1.45 V∼1.48 V ，由斜率可得内阻大小为 1.56Ω∼1.69Ω ，该电路由电压表分流引起误差，测得的内阻应为电源内阻和电压表内阻的并联阻值，故偏小；(4)由 E=IR+r ，移项后可得 1I=rE+1ER ,故选 C.
(2) F=BEl2r (3) Ff=3BEl4r
解: (1) 由 I=E2r (1 分)
及 P=I2r (1 分)
可得 P=E24r (1 分)
(2)由 I=E2r
及 F=BIl (1 分)
可得 F=BEl2r (1 分)
(3)由几何关系可知 ad 间距为 3l (1 分)
又因为 I=E4r (1 分)
可得 FA=3BEl4r
根据受力平衡可知 Ff=FA ,解得 Ff=3BEl4r (1 分)
16. (1) 43 V (2) 6rad/s (3) 1 m/s
解: (1) 金属棒 cd
mgsinθ=FA (1 分)
FA=BIl 1分
得 I=83 A ,
电压 Ucd=IR=43 V 1分
(2)金属棒 Ob 上的感应电动势 E=12Bωd2 (2 分)
而 E=IR+r 1分
得 ω=6rad/s (1 分)
(3)金属棒 Ob 上的电动势 E3=14Bωd2
金属棒 cd 上的电动势 E4=Blvm (1 分)
得 i=E3+E4R+r 1分
运动稳定时, mgsinθ=Bil (1 分
得 vm=1 m/s (1 分)
17.(1)900 N，方向竖直向下(2)12 m(3)4.08 m
解: (1) 由 m1gl1−sinθ=12m1v2−0
可得 v=8 m/s (1 分)
又根据 F−m1g=m1v2l
得 F=900 N (1 分)
根据牛顿第三定律可知游客对轻绳的拉力大小为 900 N ，方向竖直向下( 1 分)
(2)由 m1v=m1+m2v共 (1 分)
得 v共=5 m/s (1 分)
又根据 12m1v2−12m1+m2v共2=μm1gd2 1分
得 d=12 m (1 分)
(3)对游客和物体 B 组成的系统满足水平方向上动量守恒及机械能守恒即水平方向始终满足 m1v1x=m3v3x
得 m1x1=m3x3 (1 分)
又根据 x1+x3=lcsθ
得 x3=5.12 m (1 分)
又由 m1v2=m3v3 ,及 12m1v22+12m3v32=m1gl1−sinθ
得 v2=855 m/s (1 分)
游客在长木板上满足 12m1v22=μm1gx2
得 x2=3.2 m (1 分
游客最终离长木板右端距离满足 s=d2−x3+x2
得 s=4.08 m (1 分)
即游客最终离长木板右端 4.08 m
18. 解: (1) 加速电场 Uq=12mv02 (1 分)
解得 v0=2Uqm=2kU (1 分)
在扇形磁场中 Bqv0=mv02r0 (1 分)
故离子在扇形磁场中的运动半径 r0=1B2Uk (1 分)
(2)从离子源到第四个筒一共加速四次 4Uq=12mv12 (1 分)
解得 v1=8Uqm=8kU (1 分)
筒内磁感应强度和电场强度均为零,可知第 4 个金属圆筒的长度 L=v1t0=t08kU (1 分)

(3)在磁场 B 中，由 r1=mv1qB ，可得 r1=d
在磁场 Bλ 中, r2=mv1qBλ ,可得 r2=λd (1 分)
当 0