高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1浙江強(qiáng)基聯(lián)盟2025年3月高二聯(lián)考物理試題考生注意：1.本試卷滿分100分，考試時間90分鐘。2.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色，墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。一、選擇題I（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列各組物理量中是矢量，且其單位是國際單位制中的基本單位的是（）A.位移（m） B.力（N） C.電流（A） D.時間（s）【答案】A【解析】A．位移是矢量，其單位（m）是國際單位制中的基本單位，選項A正確；B．力是矢量，但是其單位（N）是國際單位制的導(dǎo)出單位，選項B錯誤；C．電流是標(biāo)量，其單位（A）是國際單位制中的基本單位，選項C錯誤；D．時間是標(biāo)量，其單位（s）是國際單位制中的基本單位，選項D錯誤。故選A。2.2025年2月7日，第九屆亞洲冬季運動會在黑龍江哈爾濱舉行。若不計空氣阻力，關(guān)于下列亞冬會比賽項目，說法正確的是（）A.甲圖中，判斷兩個冰壺能否碰撞時可以將冰壺看做質(zhì)點B.乙圖中，短道速滑運動員轉(zhuǎn)彎時受力平衡C.丙圖中，在高山滑雪比賽時，運動員的路程等于位移大小D.丁圖中，當(dāng)表演空中技巧時，運動員處于失重狀態(tài)【答案】D【解析】A．當(dāng)物體的大小、形狀對所研究的問題沒有影響或者影響很小時，可將物體看成質(zhì)點，所以判斷兩個冰壺能否碰撞時不可以將冰壺看做質(zhì)點，故A錯誤；B．短道速滑運動員轉(zhuǎn)彎時需要向心力，受力不平衡，故B錯誤；C．在高山滑雪比賽時，運動員做曲線運動，其路程大于位移大小，故C錯誤；D．當(dāng)表演空中技巧時，受豎直向下的重力，運動員處于失重狀態(tài)，故D正確。故選D。3.“打水漂”是一種投擲扁平的石塊或瓦片的游戲，如圖所示，某同學(xué)向平靜的湖面水平拋出一石片，石片碰到水面后向前彈跳數(shù)次，彈跳高度逐漸減小，直至最后落入水中。不計空氣阻力和石片的大小，關(guān)于這次“打水漂”過程，下列說法正確的是（）A.石片之所以能彈起是因為水對石片的作用力大于石片對水的作用力B.在空中任意時間內(nèi)，石片速度變化量的方向都豎直向下C.石片拋出后機(jī)械能一直守恒D.整個過程水對石片的沖量為零【答案】B【解析】A．根據(jù)牛頓第三定律可得，水對石片的作用力等于石片對水的作用力，故A錯誤；B．石片速度變化量的方向與重力加速度方向相同，即豎直向下，故B正確；C．石片拋出后與水面接觸后，水對石片的作用力做負(fù)功，石片的機(jī)械能減小，故C錯誤；D．根據(jù)沖量的計算公式可知，水對石片的沖量不為零，故D錯誤。故選B。4.一物體被彈弓從地面以某一初速度豎直向上彈出，最高能到達(dá)20m處，若忽略空氣阻力，g取10m/s2，則下列判斷中正確的是（）A.物體向上運動的時間是3sB.物體被彈出的初速度大小為10m/sC.物體在第1s內(nèi)的位移為15mD.物體在整個上升過程中的平均速度為20m/s【答案】C【解析】A．由于物體上升的最大高度為20m，則解得物體向上運動的時間故A錯誤；B．物體被彈出的初速度大小為故B錯誤；C．物體在第1s內(nèi)的位移為故C正確；D．物體在整個上升過程中的平均速度為故D錯誤。故選C。5.如圖為某一新能源汽車的電池銘牌，則該車動力電池系統(tǒng)能儲存的電荷量和能量最多約為（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】由圖可知，電池的額定容量為53A?h，則電池系統(tǒng)能儲存的電荷量為儲存的能量為6.如圖為某一彗星和地球繞太陽運行的模型圖，地球軌道A是半徑為r的圓軌道，彗星軌道B為橢圓軌道，橢圓長軸QQ′為2r，P點為兩軌道的交點，不計地球與彗星間的引力作用以及其他星球的影響，下列說法正確的是（）A.地球和彗星在P位置處受到太陽的萬有引力相等B.地球和彗星在P處的速度相同C.地球與彗星的公轉(zhuǎn)周期相等D.地球與太陽的連線和彗星與太陽的連線在相同時間內(nèi)掃過相同的面積【答案】C【解析】A．地球和彗星的質(zhì)量可能不同，故受到的萬有引力可能不同，故A錯誤；B．由于地球和彗星在P點的速度方向不同，所以速度不可能相同，故B錯誤；C．因兩星球半長軸相等，由開普勒第三定律可知，兩星球運動周期相等，故C正確；D．根據(jù)開普勒第二定律可知，對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等時間內(nèi)掃過的面積相等，所以地球與太陽的連線和彗星與太陽的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積不相等，故D錯誤。故選C。7.如圖是某種靜電推進(jìn)裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強(qiáng)電場，虛線為等勢面，在強(qiáng)電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，、、是其路徑上等間距的三個點，不計液滴重力，下列說法正確的是（）A.液滴可能帶負(fù)電 B.三個點處，點的電勢最低C. D.液滴在點處的電勢能最小【答案】C【解析】A．帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，說明液滴受到指向吸極的電場力，根據(jù)所加電壓知電場是發(fā)射極指向吸極，所以液滴帶正電，故A錯誤；B．電場線由發(fā)射極指向吸極，即如圖中所示電場線向右，沿著電場線方向電勢逐漸降低，所以，故B錯誤；C．若a、b、c三點間為勻強(qiáng)電場，則由得又由題圖等勢面可知所以，故C正確；D．液滴帶正電，且根據(jù)可得液滴在點處的電勢能最大，故D錯誤。故選C。8.如圖所示為一理想自耦變壓器，原線圈接電壓為U的正弦式交流電，滑片P1與線圈接觸且置于線圈的正中間，滑片P2置于滑動變阻器R的正中間，定值電阻的阻值為R0，電流表、電壓表均為理想電表，下列說法正確的是（）A.僅把P1向上移動少許，電流表的示數(shù)不變B.僅把P2向上移動少許，R0的功率減小C.把P1、P2均向上移動少許，電流表示數(shù)可能不變D.把P1向下移動少許，P2向上移動少許，電源的輸出功率可能不變【答案】D【解析】A．僅把P1向上移動少許，副線圈的匝數(shù)增大，根據(jù)理想變壓器原理，副線圈兩端電壓變大，即電壓表示數(shù)變大，則I2變大，根據(jù)可知，I1變大，則電流表示數(shù)變大，故A錯誤；B．僅把P2向上移動少許，副線圈兩端電壓不變，R接入電路的阻值變小，則流過副線圈的電流變大，R0的功率變大，故B錯誤；C．把P1、P2均向上移動少許，副線圈的電壓增大，R接入電路的阻值減小，電流增大，則電流表示數(shù)變大，故C錯誤；D．把P1向下移動少許，把P2向上移動少許，副線圈的電壓減小，負(fù)載的電阻減小，負(fù)載的功率可能不變，電源的輸出功率可能不變，電流表示數(shù)可能不變，故D正確。故選D。9.如圖所示，四只質(zhì)量都為的猴子依次拉住后豎直倒掛在柔軟的樹枝上玩耍。剛開始四只猴子都處于靜止?fàn)顟B(tài)，從上到下編號依次為、、、。某時刻，3號猴子沒抓穩(wěn)使4號猴子脫落。不計空氣阻力，樹枝可視為彈性形變，則可知4號猴子脫落后的瞬間（）A.樹梢對1號猴子的拉力大小等于3mgB.1號猴子對2號猴子的拉力大小等于C.2號猴子的加速度大小為D.3號猴子受力平衡【答案】B【解析】A．4號猴子脫落后的瞬間，樹枝短時間內(nèi)無法突變，故樹梢對1號猴子拉力的大小等于4號猴子脫落前的拉力，即樹梢對1號猴子的拉力大小為4mg，A錯誤；BC．以前三只猴子整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律則有解得4號猴子脫落瞬間，前三只猴子共同的加速度方向豎直向上，對1號猴子受力分析，根據(jù)牛頓第二定律則有聯(lián)立解得2號猴子對1號猴子作用力的大小根據(jù)牛頓第三定律可知，1號猴子對2號猴子作用力的大小等于2號猴子對1號猴子作用力的大小，即B正確，C錯誤；D．結(jié)合上述分析可知，4號猴子脫落后的瞬間，3號猴子具有向上的加速度，大小為，不處于平衡狀態(tài)，D錯誤。10.如圖甲為一水上浮標(biāo)的截面圖，磁鐵固定在水中，S極上套有一個浮筒，浮筒上繞有線圈，浮筒可隨波浪上下往復(fù)運動。取線圈向上運動為正方向，某段時間內(nèi)，線圈的速度隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖乙所示。已知線圈總電阻r=2Ω，匝數(shù)為100匝，線圈處磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1T，線圈的直徑d=50cm，把線圈與阻值R=2Ω的小燈泡串聯(lián)，小燈泡恰好正常發(fā)光。關(guān)于乙圖中這段時間內(nèi)的運動，下列說法正確的是（）A.浮筒做的是阻尼振動 B.該浮筒的電動勢最大值為1VC.波浪對浮筒做功 D.小燈泡的額定電流為【答案】C【解析】A．由圖可知，線圈的速度隨時間按正弦規(guī)律變化，則浮筒做簡諧運動，故A錯誤；B．由圖可知，該浮筒的最大速度為0.2m/s，則電動勢的最大值為故B錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律可得故C正確；D．小燈泡的額定電流為故D錯誤。二、選擇題II（本題共3小題，每小題4分，共12分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）11.物理學(xué)在生活生產(chǎn)中應(yīng)用廣泛，關(guān)于下列應(yīng)用說法正確的是（）A.甲圖中，一些優(yōu)質(zhì)電話線外包裹著金屬外衣防止信號干擾是利用了靜電屏蔽的原理B.乙圖中，主動降噪功能的耳機(jī)是利用波的反射原理制造的C.丙圖中，電磁爐是利用爐面面板中產(chǎn)生的渦流的熱量來加熱食物的D.丁圖中，交流感應(yīng)電動機(jī)是利用電磁驅(qū)動的原理工作的【答案】AD【解析】A．甲圖中，一些優(yōu)質(zhì)電話線外包裹著金屬外衣防止信號干擾是利用了靜電屏蔽的原理，選項A正確；B．乙圖中，主動降噪功能的耳機(jī)是利用波的干涉原理制造的，選項B錯誤；C．丙圖中，為了讓面板不發(fā)熱，電磁爐面板采用陶瓷材料，鐵鍋產(chǎn)生渦流，發(fā)熱部分為鐵鍋底部和側(cè)壁，直接加熱鍋內(nèi)食物，故C錯誤；D．丁圖中，交流感應(yīng)電動機(jī)是利用電磁驅(qū)動的原理工作的，選項D正確。12.如圖所示，空間存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場B，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外。同時也存在著水平向右的勻強(qiáng)電場E，一帶電微粒沿與豎直方向成一定夾角的虛線MN運動，則下列說法正確的是（微粒的重力不能忽略）（）A.微粒一定帶負(fù)電B.微粒一定是從N運動到MC.微粒的速度大小一定不變D.微粒的電勢能一定減小【答案】AC【解析】A．微粒所受重力方向豎直向下，若微粒帶正電，則所受電場力方向向右，微粒受到的洛倫茲力與MN直線垂直，則微粒所受合力不可能為零，微粒不可能保持勻速直線運動，故微粒一定帶負(fù)電，故A正確；C．微粒的運動是直線運動，若速度大小發(fā)生改變，則洛倫茲力大小必發(fā)生變化，因此合力也會發(fā)生變化，微粒將做曲線運動，故微粒的運動只能是勻速直線運動，故C正確；B．微粒應(yīng)受豎直向下的重力、水平向左的電場力和垂直于MN向上的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知，微粒運動方向從M到N，故B錯誤；D．由于微粒的位移方向與所受電場力方向夾角大于90°，故電場力對微粒做負(fù)功，電勢能增大，故D錯誤。故選AC。13.如圖甲，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v=2m/s逆時針轉(zhuǎn)動，一質(zhì)量為m=1kg的小物塊從傳送帶的左端向右滑上傳送帶。小物塊在傳送帶上運動時，小物塊的動能Ek與小物塊的位移x關(guān)系圖像如圖乙所示，取重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）A.小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.4B.小物塊從滑上傳送帶到離開傳送帶所需時間為1.5sC.整個過程中小物塊與傳送帶的相對位移大小為2.5mD.由于小物塊的出現(xiàn)導(dǎo)致傳送帶電動機(jī)多消耗的電能為12J【答案】AD【解析】A．由圖乙可知，圖像斜率的絕對值表示合外力的大小，小物塊向右滑動過程，合外力為摩擦力，則有則故A正確；B．物塊剛滑上傳送帶時，有所以所以物塊返回過程先做勻加速直線運動，后勻速運動，則故B錯誤；C．從小物塊開始滑動到與傳送帶達(dá)到共同速度過程，小物塊向右運動的位移大小為傳送帶向左運動的位移大小為則整個過程中小物塊與傳送帶相對位移大小為故C錯誤；D．整個過程中小物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為根據(jù)能量守恒可得可得整個過程中電動機(jī)多消耗的電能為故D正確。故選AD。三、非選擇題（本題共5小題，共58分）14.某小組使用圖甲裝置完成“探究加速度與力，質(zhì)量的關(guān)系”實驗。（1）該小組采用的電源應(yīng)當(dāng)是______。A.交流220V B.直流220V C.交流8V D.直流8V（2）除了圖中器材外還需要的器材有______（多選）。A. B.C. D.（3）該小組在實驗中得到如圖乙所示的一條紙帶，已知打點計時器使用的是頻率為50Hz的交流電，相鄰兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出，根據(jù)紙帶可求出小車的加速度大小為______（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（4）為了更精確得到實驗結(jié)果，該小組又采用如圖丙所示的裝置完成實驗，水平軌道上安裝兩個光電門、，滑塊上裝有寬度很窄的遮光條和力傳感器，滑塊、遮光條和力傳感器總質(zhì)量為，細(xì)線一端與力傳感器連接，另一端跨過滑輪掛上砂桶（砂和砂桶總質(zhì)量用表示）后懸掛固定。實驗前，接通氣源，將滑塊置于氣墊導(dǎo)軌上（不掛砂桶），調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，使滑塊先后經(jīng)過光電門、時遮光時間相等。①實驗中______（填“需要”或“不需要”）滿足遠(yuǎn)小于；若滑輪有一定摩擦阻力，對實驗的探究______（填“有”或“沒有”）影響。②改變砂和砂桶的總質(zhì)量，得到對應(yīng)的加速度和力，得到6組數(shù)據(jù)后，描點作圖，發(fā)現(xiàn)加速度與傳感器示數(shù)在誤差允許的范圍內(nèi)成正比，如圖丁，則圖像的斜率應(yīng)是______。A．B.C.D.【答案】（1）A（2）ACD（3）0.200（4）不需要沒有C【解析】（1）該小組采用的是電火花計時器，則電源應(yīng)當(dāng)是交流220V，故選A。（2）實驗中還需要鉤碼、天平（測量小車質(zhì)量）和刻度尺（測量紙帶），故選ACD。（3）相鄰兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出，可知T=0.1s，小車加速度大小為（4）①[1]實驗中有力傳感器測量拉力，則不需要滿足遠(yuǎn)小于；[2]若滑輪有一定摩擦阻力，對力傳感器讀數(shù)無影響，則對實驗的探究沒有影響。①[3]對小車，根據(jù)牛頓第二定律即則故選C。15.如圖甲所示為空氣介質(zhì)單聯(lián)可變電容器的結(jié)構(gòu)，它是利用正對面積的變化改變電容器的電容大小，某同學(xué)想要研究這種電容器充，放電的特性，于是將之接到如圖乙所示的實驗電路中，實驗開始時電容器不帶電，微電流傳感器G可以記錄電流隨時間變化的I-t圖像。（1）要觀察電容器的充電現(xiàn)象時，應(yīng)把開關(guān)打到______（填“1”或“2”），充電過程中電容器的電容C______（填“變大”“變小”或“不變”）。（2）充電穩(wěn)定后，斷開單刀雙擲開關(guān)，用電壓表接在電容器兩端測量電壓，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)緩慢減小，原因是______。（3）首先將開關(guān)S打向1，這時觀察到G有短暫的示數(shù)，穩(wěn)定后，旋轉(zhuǎn)旋鈕，使電容器正對面積迅速變大，從開始到最終穩(wěn)定，微電流傳感器G記錄的I-t圖像可能是______。A. B.C. D.（4）利用該電路也能測量電源電動勢和內(nèi)阻，該同學(xué)固定電容器正對面積后（電容器可視為理想電容器），先將開關(guān)接1，充電穩(wěn)定后將開關(guān)接2，得到微電流傳感器的圖像。兩次充放電過程中電流的峰值分別為I1、I2。已知微電流傳感器內(nèi)阻為R，則電源的電動勢為______（用題中字母表示）?！敬鸢浮浚?）1不變（2）電壓表不是理想電壓表（3）A（4）I2R【解析】（1）[1]當(dāng)電容器與電源相連時，電容器處于充電狀態(tài)，即要觀察電容器的充電現(xiàn)象時，應(yīng)把開關(guān)打到“1”；[2]充電過程中，電容器所帶電荷量不斷增大，但電容不變。（2）用電壓表接在電容器兩端測量電壓，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)緩慢減小，說明電容器在緩慢放電，電路中有電流，電壓表不是理想電壓表。（3）電容器充電時，電流從左到右，剛開始電流比較大，充電結(jié)束后，電流為0，根據(jù)可知，當(dāng)電容器正對面積迅速變大，電容迅速增大，又由可得電容器的帶電量Q增加，故電容器再次充電，電流方向從左到右，充電結(jié)束后電流為0。（4）電容器充滿電后，電容器兩端的電壓等于電動勢，則有16.如圖所示，一工地正在利用起重機(jī)將貨物吊至建筑物頂端。時刻，貨物由靜止開始先向上加速，再保持一段時間的提升速度不變，時恰好減速到達(dá)建筑物頂端。已知貨物質(zhì)量，貨物的最大速度，加速和減速階段視為勻變速運動，加速度大小均為，不計空氣阻力，取，求：（1）勻加速階段貨物受到的拉力大??；（2）建筑物的高度；（3）時貨物底部的一個小螺帽突然掉落，求螺帽落地的時刻?！敬鸢浮浚?）（2）（3）11s【解析】（1）對貨物受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)解得即勻加速階段貨物受到拉力大小為；（2）由題可知，勻加速貨物運動的時間根據(jù)對稱性可知，勻減速階段的時間等于勻加速階段的時間，勻加速、勻減速階段的位移貨物勻速運動的時間勻速運動的位移建筑物的高度為（3）根據(jù)上述分析可知，小螺帽加速上升的高度為勻速上升的時間勻速上升的高度為故小螺帽掉落時離地面的高度為掉落時的速度選取向上的方向為正方向，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可得代入數(shù)據(jù)整理可得解得（另一解為負(fù)值，舍去）故落地時刻為11s17.如圖所示為一玩具軌道裝置，AB為一長x，傾角θ=37°的粗糙直線軌道，與半徑R=0.2m的豎直光滑圓軌道相切于B點，D和D′為圓軌道最低點且略微錯開，ED為一水平粗糙軌道，EFG為一光滑接收平臺，F(xiàn)G水平，平臺上緊靠F處有一靜止滑板，E、F處平滑連接，且F處有一光滑擋板防止滑塊脫軌，滑塊從A點靜止釋放后可以經(jīng)過圓軌道到達(dá)接收平臺。已知AB軌道動摩擦因數(shù)μ1=0.25，DE軌道長L=0.4m、動摩擦因數(shù)μ2=0.5，平臺FG與ED平面的高度差h=0.2m，滑塊與滑板的質(zhì)量均為m=0.2kg，兩者間的動摩擦因數(shù)μ3=0.1，不計空氣阻力和滑板厚度，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）當(dāng)x=1m時，求滑塊在圓軌道的B點時對軌道的壓力大小；（2）要使滑塊能運動到F點，求x的取值范圍；（3）若x=1.4m，要使滑塊不脫離滑板，求滑板至少要多長?！敬鸢浮浚?）9.6N（2）x≥1.15m（3）1m【解析】（1）滑塊從A運動到B，根據(jù)動能定理可得在B點，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得根據(jù)牛頓第三定律可得，滑塊在圓軌道的B點時對軌道的壓力大小為9.6N；（2）若滑塊恰好通過最高點C，有滑塊從A運動到C，根據(jù)動能定理可得解得若滑塊恰好到達(dá)F點，則滑塊從A運動到F，根據(jù)動能定理可得解得綜上可知，x的取值范圍為（3）滑塊從A運動到F，根據(jù)動能定理可得解得對滑塊和滑板，根據(jù)動量守恒定律可得解得根據(jù)能量守恒定律可得解得滑板的最小長度為18.如圖所示，一個半徑為d=0.5m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長也為d、電阻r=1Ω的金屬棒a的一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心O處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上。圓形導(dǎo)軌邊緣和圓心O處分別引出兩條導(dǎo)線，與傾角θ=30°、間距l(xiāng)=0.5m的兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌相連，一長為l、質(zhì)量m=0.1kg、電阻R=2Ω的金屬棒b放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。傾斜導(dǎo)軌末端接著水平金屬導(dǎo)軌，其連接處MN為一小段絕緣材料，水平軌道上接有阻值也為R的電阻。已知圓形金屬導(dǎo)軌區(qū)域和長x=0.8m的矩形區(qū)域MNQP間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，傾斜導(dǎo)軌處有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=1T。剛開始鎖定金屬棒b，并使金屬棒a以ω=20rad/s的角速度繞轉(zhuǎn)軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動，不計電路中其他電阻和一切阻力，g取10m/s2。（1）求金屬棒a中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大?。唬?）某時刻起，解除金屬棒b鎖定。①求b在傾斜軌道上運動的最終速度；②整個過程電阻R上產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）2.5V（2）①1m/s，②0.01875J【解析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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棒剛開始向下加速運動，b棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向與a棒同向，回路中電流為當(dāng)b棒速度最大時，加速度為零，則聯(lián)立解得②b棒進(jìn)入水平磁場后做加速度減小的減速運動，根據(jù)動量定理可得，，解得根據(jù)能量守恒定律可得則電阻R上產(chǎn)生的熱量為19.如圖1所示是一種質(zhì)譜儀的原理圖，和兩板間有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，兩板間電壓，兩板間距，板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，下方區(qū)域存在另一磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場。帶電粒子沿和板間的中心線從小孔進(jìn)入該裝置，后經(jīng)狹縫以某一速度垂直進(jìn)入下方磁場，最后打到照相底片上。某一次實驗中入射大量氫離子（），已知氫離子（）的質(zhì)量為，電荷量為，其重力忽略不計，設(shè)中子和質(zhì)子質(zhì)量相同。求：（1）氫離子（）進(jìn)入?yún)^(qū)域的速度大??；（2）若有兩種粒子沿中心線從進(jìn)入?yún)^(qū)域，打到底片的位置距的距離分別為和，求兩種粒子的比荷之比；（3）受到其他因素影響，發(fā)現(xiàn)從射入的氫離子（）速度方向有微小的發(fā)散角，如圖2所示，使得氫離子打在照相底片上會形成一條亮線，測得最大的發(fā)散角的余弦值，求該亮線的長度；（4）在分離氫元素的兩種同位素離子（與電荷量相同，質(zhì)量數(shù)為）時，各種離子有微小的發(fā)散角外，其速度還有波動，即，要能有效區(qū)分出同位素離子，照相底片上亮線之間的間距應(yīng)不小于相鄰較短亮線長度的十分之一，則應(yīng)滿足什么條件？（保留兩位小數(shù)）【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】（1）帶電粒子在P1和P2兩金屬板間運動時，電場與洛倫茲力平衡解得（2）兩種粒子進(jìn)入磁場時的速度相同，根據(jù)可得打到底片的位置距的距離可得兩種粒子的比荷之比。（3）在磁場中粒子運動的半徑為離子運動的軌道邊界線如圖所示亮線長度為（4）推知各離子運動的最大和最小半徑分別為，各離子最遠(yuǎn)位置到S2的距離為2rmax，最近位置到S2的距離為2rmincosθ，通過作圖可知，要求兩條亮線間距不小于相鄰較短亮線長度的十分之一，即其中，解得浙江強(qiáng)基聯(lián)盟2025年3月高二聯(lián)考物理試題考生注意：1.本試卷滿分100分，考試時間90分鐘。2.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色，墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。一、選擇題I（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列各組物理量中是矢量，且其單位是國際單位制中的基本單位的是（）A.位移（m） B.力（N） C.電流（A） D.時間（s）【答案】A【解析】A．位移是矢量，其單位（m）是國際單位制中的基本單位，選項A正確；B．力是矢量，但是其單位（N）是國際單位制的導(dǎo)出單位，選項B錯誤；C．電流是標(biāo)量，其單位（A）是國際單位制中的基本單位，選項C錯誤；D．時間是標(biāo)量，其單位（s）是國際單位制中的基本單位，選項D錯誤。故選A。2.2025年2月7日，第九屆亞洲冬季運動會在黑龍江哈爾濱舉行。若不計空氣阻力，關(guān)于下列亞冬會比賽項目，說法正確的是（）A.甲圖中，判斷兩個冰壺能否碰撞時可以將冰壺看做質(zhì)點B.乙圖中，短道速滑運動員轉(zhuǎn)彎時受力平衡C.丙圖中，在高山滑雪比賽時，運動員的路程等于位移大小D.丁圖中，當(dāng)表演空中技巧時，運動員處于失重狀態(tài)【答案】D【解析】A．當(dāng)物體的大小、形狀對所研究的問題沒有影響或者影響很小時，可將物體看成質(zhì)點，所以判斷兩個冰壺能否碰撞時不可以將冰壺看做質(zhì)點，故A錯誤；B．短道速滑運動員轉(zhuǎn)彎時需要向心力，受力不平衡，故B錯誤；C．在高山滑雪比賽時，運動員做曲線運動，其路程大于位移大小，故C錯誤；D．當(dāng)表演空中技巧時，受豎直向下的重力，運動員處于失重狀態(tài)，故D正確。故選D。3.“打水漂”是一種投擲扁平的石塊或瓦片的游戲，如圖所示，某同學(xué)向平靜的湖面水平拋出一石片，石片碰到水面后向前彈跳數(shù)次，彈跳高度逐漸減小，直至最后落入水中。不計空氣阻力和石片的大小，關(guān)于這次“打水漂”過程，下列說法正確的是（）A.石片之所以能彈起是因為水對石片的作用力大于石片對水的作用力B.在空中任意時間內(nèi)，石片速度變化量的方向都豎直向下C.石片拋出后機(jī)械能一直守恒D.整個過程水對石片的沖量為零【答案】B【解析】A．根據(jù)牛頓第三定律可得，水對石片的作用力等于石片對水的作用力，故A錯誤；B．石片速度變化量的方向與重力加速度方向相同，即豎直向下，故B正確；C．石片拋出后與水面接觸后，水對石片的作用力做負(fù)功，石片的機(jī)械能減小，故C錯誤；D．根據(jù)沖量的計算公式可知，水對石片的沖量不為零，故D錯誤。故選B。4.一物體被彈弓從地面以某一初速度豎直向上彈出，最高能到達(dá)20m處，若忽略空氣阻力，g取10m/s2，則下列判斷中正確的是（）A.物體向上運動的時間是3sB.物體被彈出的初速度大小為10m/sC.物體在第1s內(nèi)的位移為15mD.物體在整個上升過程中的平均速度為20m/s【答案】C【解析】A．由于物體上升的最大高度為20m，則解得物體向上運動的時間故A錯誤；B．物體被彈出的初速度大小為故B錯誤；C．物體在第1s內(nèi)的位移為故C正確；D．物體在整個上升過程中的平均速度為故D錯誤。故選C。5.如圖為某一新能源汽車的電池銘牌，則該車動力電池系統(tǒng)能儲存的電荷量和能量最多約為（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】由圖可知，電池的額定容量為53A?h，則電池系統(tǒng)能儲存的電荷量為儲存的能量為6.如圖為某一彗星和地球繞太陽運行的模型圖，地球軌道A是半徑為r的圓軌道，彗星軌道B為橢圓軌道，橢圓長軸QQ′為2r，P點為兩軌道的交點，不計地球與彗星間的引力作用以及其他星球的影響，下列說法正確的是（）A.地球和彗星在P位置處受到太陽的萬有引力相等B.地球和彗星在P處的速度相同C.地球與彗星的公轉(zhuǎn)周期相等D.地球與太陽的連線和彗星與太陽的連線在相同時間內(nèi)掃過相同的面積【答案】C【解析】A．地球和彗星的質(zhì)量可能不同，故受到的萬有引力可能不同，故A錯誤；B．由于地球和彗星在P點的速度方向不同，所以速度不可能相同，故B錯誤；C．因兩星球半長軸相等，由開普勒第三定律可知，兩星球運動周期相等，故C正確；D．根據(jù)開普勒第二定律可知，對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等時間內(nèi)掃過的面積相等，所以地球與太陽的連線和彗星與太陽的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積不相等，故D錯誤。故選C。7.如圖是某種靜電推進(jìn)裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強(qiáng)電場，虛線為等勢面，在強(qiáng)電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，、、是其路徑上等間距的三個點，不計液滴重力，下列說法正確的是（）A.液滴可能帶負(fù)電 B.三個點處，點的電勢最低C. D.液滴在點處的電勢能最小【答案】C【解析】A．帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，說明液滴受到指向吸極的電場力，根據(jù)所加電壓知電場是發(fā)射極指向吸極，所以液滴帶正電，故A錯誤；B．電場線由發(fā)射極指向吸極，即如圖中所示電場線向右，沿著電場線方向電勢逐漸降低，所以，故B錯誤；C．若a、b、c三點間為勻強(qiáng)電場，則由得又由題圖等勢面可知所以，故C正確；D．液滴帶正電，且根據(jù)可得液滴在點處的電勢能最大，故D錯誤。故選C。8.如圖所示為一理想自耦變壓器，原線圈接電壓為U的正弦式交流電，滑片P1與線圈接觸且置于線圈的正中間，滑片P2置于滑動變阻器R的正中間，定值電阻的阻值為R0，電流表、電壓表均為理想電表，下列說法正確的是（）A.僅把P1向上移動少許，電流表的示數(shù)不變B.僅把P2向上移動少許，R0的功率減小C.把P1、P2均向上移動少許，電流表示數(shù)可能不變D.把P1向下移動少許，P2向上移動少許，電源的輸出功率可能不變【答案】D【解析】A．僅把P1向上移動少許，副線圈的匝數(shù)增大，根據(jù)理想變壓器原理，副線圈兩端電壓變大，即電壓表示數(shù)變大，則I2變大，根據(jù)可知，I1變大，則電流表示數(shù)變大，故A錯誤；B．僅把P2向上移動少許，副線圈兩端電壓不變，R接入電路的阻值變小，則流過副線圈的電流變大，R0的功率變大，故B錯誤；C．把P1、P2均向上移動少許，副線圈的電壓增大，R接入電路的阻值減小，電流增大，則電流表示數(shù)變大，故C錯誤；D．把P1向下移動少許，把P2向上移動少許，副線圈的電壓減小，負(fù)載的電阻減小，負(fù)載的功率可能不變，電源的輸出功率可能不變，電流表示數(shù)可能不變，故D正確。故選D。9.如圖所示，四只質(zhì)量都為的猴子依次拉住后豎直倒掛在柔軟的樹枝上玩耍。剛開始四只猴子都處于靜止?fàn)顟B(tài)，從上到下編號依次為、、、。某時刻，3號猴子沒抓穩(wěn)使4號猴子脫落。不計空氣阻力，樹枝可視為彈性形變，則可知4號猴子脫落后的瞬間（）A.樹梢對1號猴子的拉力大小等于3mgB.1號猴子對2號猴子的拉力大小等于C.2號猴子的加速度大小為D.3號猴子受力平衡【答案】B【解析】A．4號猴子脫落后的瞬間，樹枝短時間內(nèi)無法突變，故樹梢對1號猴子拉力的大小等于4號猴子脫落前的拉力，即樹梢對1號猴子的拉力大小為4mg，A錯誤；BC．以前三只猴子整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律則有解得4號猴子脫落瞬間，前三只猴子共同的加速度方向豎直向上，對1號猴子受力分析，根據(jù)牛頓第二定律則有聯(lián)立解得2號猴子對1號猴子作用力的大小根據(jù)牛頓第三定律可知，1號猴子對2號猴子作用力的大小等于2號猴子對1號猴子作用力的大小，即B正確，C錯誤；D．結(jié)合上述分析可知，4號猴子脫落后的瞬間，3號猴子具有向上的加速度，大小為，不處于平衡狀態(tài)，D錯誤。10.如圖甲為一水上浮標(biāo)的截面圖，磁鐵固定在水中，S極上套有一個浮筒，浮筒上繞有線圈，浮筒可隨波浪上下往復(fù)運動。取線圈向上運動為正方向，某段時間內(nèi)，線圈的速度隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖乙所示。已知線圈總電阻r=2Ω，匝數(shù)為100匝，線圈處磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1T，線圈的直徑d=50cm，把線圈與阻值R=2Ω的小燈泡串聯(lián)，小燈泡恰好正常發(fā)光。關(guān)于乙圖中這段時間內(nèi)的運動，下列說法正確的是（）A.浮筒做的是阻尼振動 B.該浮筒的電動勢最大值為1VC.波浪對浮筒做功 D.小燈泡的額定電流為【答案】C【解析】A．由圖可知，線圈的速度隨時間按正弦規(guī)律變化，則浮筒做簡諧運動，故A錯誤；B．由圖可知，該浮筒的最大速度為0.2m/s，則電動勢的最大值為故B錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律可得故C正確；D．小燈泡的額定電流為故D錯誤。二、選擇題II（本題共3小題，每小題4分，共12分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）11.物理學(xué)在生活生產(chǎn)中應(yīng)用廣泛，關(guān)于下列應(yīng)用說法正確的是（）A.甲圖中，一些優(yōu)質(zhì)電話線外包裹著金屬外衣防止信號干擾是利用了靜電屏蔽的原理B.乙圖中，主動降噪功能的耳機(jī)是利用波的反射原理制造的C.丙圖中，電磁爐是利用爐面面板中產(chǎn)生的渦流的熱量來加熱食物的D.丁圖中，交流感應(yīng)電動機(jī)是利用電磁驅(qū)動的原理工作的【答案】AD【解析】A．甲圖中，一些優(yōu)質(zhì)電話線外包裹著金屬外衣防止信號干擾是利用了靜電屏蔽的原理，選項A正確；B．乙圖中，主動降噪功能的耳機(jī)是利用波的干涉原理制造的，選項B錯誤；C．丙圖中，為了讓面板不發(fā)熱，電磁爐面板采用陶瓷材料，鐵鍋產(chǎn)生渦流，發(fā)熱部分為鐵鍋底部和側(cè)壁，直接加熱鍋內(nèi)食物，故C錯誤；D．丁圖中，交流感應(yīng)電動機(jī)是利用電磁驅(qū)動的原理工作的，選項D正確。12.如圖所示，空間存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場B，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外。同時也存在著水平向右的勻強(qiáng)電場E，一帶電微粒沿與豎直方向成一定夾角的虛線MN運動，則下列說法正確的是（微粒的重力不能忽略）（）A.微粒一定帶負(fù)電B.微粒一定是從N運動到MC.微粒的速度大小一定不變D.微粒的電勢能一定減小【答案】AC【解析】A．微粒所受重力方向豎直向下，若微粒帶正電，則所受電場力方向向右，微粒受到的洛倫茲力與MN直線垂直，則微粒所受合力不可能為零，微粒不可能保持勻速直線運動，故微粒一定帶負(fù)電，故A正確；C．微粒的運動是直線運動，若速度大小發(fā)生改變，則洛倫茲力大小必發(fā)生變化，因此合力也會發(fā)生變化，微粒將做曲線運動，故微粒的運動只能是勻速直線運動，故C正確；B．微粒應(yīng)受豎直向下的重力、水平向左的電場力和垂直于MN向上的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知，微粒運動方向從M到N，故B錯誤；D．由于微粒的位移方向與所受電場力方向夾角大于90°，故電場力對微粒做負(fù)功，電勢能增大，故D錯誤。故選AC。13.如圖甲，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v=2m/s逆時針轉(zhuǎn)動，一質(zhì)量為m=1kg的小物塊從傳送帶的左端向右滑上傳送帶。小物塊在傳送帶上運動時，小物塊的動能Ek與小物塊的位移x關(guān)系圖像如圖乙所示，取重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）A.小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.4B.小物塊從滑上傳送帶到離開傳送帶所需時間為1.5sC.整個過程中小物塊與傳送帶的相對位移大小為2.5mD.由于小物塊的出現(xiàn)導(dǎo)致傳送帶電動機(jī)多消耗的電能為12J【答案】AD【解析】A．由圖乙可知，圖像斜率的絕對值表示合外力的大小，小物塊向右滑動過程，合外力為摩擦力，則有則故A正確；B．物塊剛滑上傳送帶時，有所以所以物塊返回過程先做勻加速直線運動，后勻速運動，則故B錯誤；C．從小物塊開始滑動到與傳送帶達(dá)到共同速度過程，小物塊向右運動的位移大小為傳送帶向左運動的位移大小為則整個過程中小物塊與傳送帶相對位移大小為故C錯誤；D．整個過程中小物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為根據(jù)能量守恒可得可得整個過程中電動機(jī)多消耗的電能為故D正確。故選AD。三、非選擇題（本題共5小題，共58分）14.某小組使用圖甲裝置完成“探究加速度與力，質(zhì)量的關(guān)系”實驗。（1）該小組采用的電源應(yīng)當(dāng)是______。A.交流220V B.直流220V C.交流8V D.直流8V（2）除了圖中器材外還需要的器材有______（多選）。A. B.C. D.（3）該小組在實驗中得到如圖乙所示的一條紙帶，已知打點計時器使用的是頻率為50Hz的交流電，相鄰兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出，根據(jù)紙帶可求出小車的加速度大小為______（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（4）為了更精確得到實驗結(jié)果，該小組又采用如圖丙所示的裝置完成實驗，水平軌道上安裝兩個光電門、，滑塊上裝有寬度很窄的遮光條和力傳感器，滑塊、遮光條和力傳感器總質(zhì)量為，細(xì)線一端與力傳感器連接，另一端跨過滑輪掛上砂桶（砂和砂桶總質(zhì)量用表示）后懸掛固定。實驗前，接通氣源，將滑塊置于氣墊導(dǎo)軌上（不掛砂桶），調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，使滑塊先后經(jīng)過光電門、時遮光時間相等。①實驗中______（填“需要”或“不需要”）滿足遠(yuǎn)小于；若滑輪有一定摩擦阻力，對實驗的探究______（填“有”或“沒有”）影響。②改變砂和砂桶的總質(zhì)量，得到對應(yīng)的加速度和力，得到6組數(shù)據(jù)后，描點作圖，發(fā)現(xiàn)加速度與傳感器示數(shù)在誤差允許的范圍內(nèi)成正比，如圖丁，則圖像的斜率應(yīng)是______。A．B.C.D.【答案】（1）A（2）ACD（3）0.200（4）不需要沒有C【解析】（1）該小組采用的是電火花計時器，則電源應(yīng)當(dāng)是交流220V，故選A。（2）實驗中還需要鉤碼、天平（測量小車質(zhì)量）和刻度尺（測量紙帶），故選ACD。（3）相鄰兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出，可知T=0.1s，小車加速度大小為（4）①[1]實驗中有力傳感器測量拉力，則不需要滿足遠(yuǎn)小于；[2]若滑輪有一定摩擦阻力，對力傳感器讀數(shù)無影響，則對實驗的探究沒有影響。①[3]對小車，根據(jù)牛頓第二定律即則故選C。15.如圖甲所示為空氣介質(zhì)單聯(lián)可變電容器的結(jié)構(gòu)，它是利用正對面積的變化改變電容器的電容大小，某同學(xué)想要研究這種電容器充，放電的特性，于是將之接到如圖乙所示的實驗電路中，實驗開始時電容器不帶電，微電流傳感器G可以記錄電流隨時間變化的I-t圖像。（1）要觀察電容器的充電現(xiàn)象時，應(yīng)把開關(guān)打到______（填“1”或“2”），充電過程中電容器的電容C______（填“變大”“變小”或“不變”）。（2）充電穩(wěn)定后，斷開單刀雙擲開關(guān)，用電壓表接在電容器兩端測量電壓，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)緩慢減小，原因是______。（3）首先將開關(guān)S打向1，這時觀察到G有短暫的示數(shù)，穩(wěn)定后，旋轉(zhuǎn)旋鈕，使電容器正對面積迅速變大，從開始到最終穩(wěn)定，微電流傳感器G記錄的I-t圖像可能是______。A. B.C. D.（4）利用該電路也能測量電源電動勢和內(nèi)阻，該同學(xué)固定電容器正對面積后（電容器可視為理想電容器），先將開關(guān)接1，充電穩(wěn)定后將開關(guān)接2，得到微電流傳感器的圖像。兩次充放電過程中電流的峰值分別為I1、I2。已知微電流傳感器內(nèi)阻為R，則電源的電動勢為______（用題中字母表示）?！敬鸢浮浚?）1不變（2）電壓表不是理想電壓表（3）A（4）I2R【解析】（1）[1]當(dāng)電容器與電源相連時，電容器處于充電狀態(tài)，即要觀察電容器的充電現(xiàn)象時，應(yīng)把開關(guān)打到“1”；[2]充電過程中，電容器所帶電荷量不斷增大，但電容不變。（2）用電壓表接在電容器兩端測量電壓，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)緩慢減小，說明電容器在緩慢放電，電路中有電流，電壓表不是理想電壓表。（3）電容器充電時，電流從左到右，剛開始電流比較大，充電結(jié)束后，電流為0，根據(jù)可知，當(dāng)電容器正對面積迅速變大，電容迅速增大，又由可得電容器的帶電量Q增加，故電容器再次充電，電流方向從左到右，充電結(jié)束后電流為0。（4）電容器充滿電后，電容器兩端的電壓等于電動勢，則有16.如圖所示，一工地正在利用起重機(jī)將貨物吊至建筑物頂端。時刻，貨物由靜止開始先向上加速，再保持一段時間的提升速度不變，時恰好減速到達(dá)建筑物頂端。已知貨物質(zhì)量，貨物的最大速度，加速和減速階段視為勻變速運動，加速度大小均為，不計空氣阻力，取，求：（1）勻加速階段貨物受到的拉力大小；（2）建筑物的高度；（3）時貨物底部的一個小螺帽突然掉落，求螺帽落地的時刻?！敬鸢浮浚?）（2）（3）11s【解析】（1）對貨物受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)解得即勻加速階段貨物受到拉力大小為；（2）由題可知，勻加速貨物運動的時間根據(jù)對稱性可知，勻減速階段的時間等于勻加速階段的時間，勻加速、勻減速階段的位移貨物勻速運動的時間勻速運動的位移建筑物的高度為（3）根據(jù)上述分析可知，小螺帽加速上升的高度為勻速上升的時間勻速上升的高度為故小螺帽掉落時離地面的高度為掉落時的速度選取向上的方向為正方向，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可得代入數(shù)據(jù)整理可得解得（另一解為負(fù)值，舍去）故落地時刻為11s17.如圖所示為一玩具軌道裝置，AB為一長x，傾角θ=37°的粗糙直線軌道，與半徑R=0.2m的豎直光滑圓軌道相切于B點，D和D′為圓軌道最低點且略微錯開，ED為一水平粗糙軌道，EFG為一光滑接收平臺，F(xiàn)G水平，平臺上緊靠F處有一靜止滑板，E、F處平滑連接，且F處有一光滑擋板防止滑塊脫軌，滑塊從A點靜止釋放后可以經(jīng)過