高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江強基聯盟2024年12月高二聯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題目的答案標號涂黑；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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。一、選擇題（本題共13小題，每小題3分，共39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.以下物理量屬于矢量的是（）A.電場強度 B.功 C.電流 D.磁通量【答案】A【解析】矢量是既有大小又有方向的物理量，標量是只有大小沒有方向的物理量。功、電流和磁通量是標量，而電場強度有大小和方向，為矢量。故選A。2.某學校舉行了秋季籃球賽，如圖所示為一同學投籃時的場景，下列說法正確的是（）A.在空中飛行的籃球受重力和推力的作用B.判斷落地的籃球是否出線可以把籃球看成質點C.人蹬地起跳時，地面對人的彈力大于人的重力D.籃球受到運動員對它的推力是由于籃球發生形變產生的【答案】C【解析】A．在空中飛行的籃球受重力和空氣阻力的作用，不會受到手的推力，故A錯誤；B．判斷籃球落地時是否出線不能忽略籃球的形狀體積，不能把它看做質點，故B錯誤；C．人蹬地起跳時有向上的加速度，所以地面對人的彈力大于人的重力，故C正確；D．手對籃球的推力是因為手發生形變而產生的，故D錯誤。3.下列說法正確的是（）A.干燥天氣里脫毛衣時會產生火花，因為摩擦過程中憑空創造出了電荷B.一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和保持不變C.元電荷就是點電荷D.電磁場并不是客觀存在的，它是人們為了研究問題假想出來的【答案】B【解析】A．干燥天氣里脫毛衣時會產生火花，是因為摩擦過程中產生了電荷的轉移，但不是憑空創造了電荷，故A錯誤；B．根據電荷守恒定律，一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和保持不變，故B正確；C．點電荷是指帶電體的形狀大小和電荷的分布在所研究的問題中可以忽略的電荷，元電荷是自然界最小的電荷量，它們不是同一個含義體，故C錯誤；D．和實物粒子一樣，場是物質存在的另一種形式，電磁場是客觀存在的，不是假想的，故D錯誤。故選B。4.如圖所示，三根等長的輕質鐵鏈對稱地懸掛在吊籃架上，另一端接在一起，懸掛在支架上。已知吊籃架、花和花盆系統的總質量為。下列說法正確的是（）A.每根鐵鏈的拉力均為B.同時增加三根鐵鏈的長度，鐵鏈的拉力變大C.支架對鐵鏈的作用力的合力豎直向上D.吊籃架對花盆的支持力與花盆的重力是一對作用力和反作用力【答案】C【解析】A．設每根鐵鏈和豎直方向的夾角為，則有解得故A錯誤；B．增加鐵鏈的長度，每根鐵鏈和豎直方向的夾角變小，變大，鐵鏈的拉力變小，故B錯誤；C．支架對鐵鏈的作用力的合力與系統的重力等大反向，則支架對鐵鏈的作用力的合力一定豎直向上，故C正確；D．吊籃架對花盆的支持力與花盆的重力是一對平衡力，故D錯誤。故選C。5.由于高度限制，車庫出人口采用如圖所示曲桿道閘，道閘由轉動桿與橫桿鏈接而成，為橫桿的兩個端點，在道閘抬起過程中，桿始終保持水平。桿繞點從與水平方向成勻速轉動到的過程中，下列說法正確的是（）A.兩點的線速度相同B.點繞點做圓周運動C.點在豎直方向做勻速運動D.點的角速度比點大【答案】A【解析】AD．依題意，桿始終保持水平，兩點相對靜止，二者具有相同的線速度、角速度和加速度，故A正確，D錯誤；B．OQ間距離在變化，可以看出不是繞點做圓周運動，故B錯誤；C．Q點在豎直方向的運動與點相同，點做勻速圓周運動，則點相對于點在豎直方向的位置關于時間的關系為可看出點在豎直方向不是勻速運動，故C錯誤。6.在太陽系內介于火星和木星軌道之間有一小行星帶，如圖所示，假設小行星帶中的各小行星只受太陽引力作用，并繞太陽做勻速圓周運動，小行星帶中各小行星繞太陽運動的軌道半徑不盡相同，則（）A.小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的周期相同B.小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的周期大于火星公轉周期C.小行星帶中靠近軌道內側的小行星受到太陽的引力一定大于軌道外側的小行星D.小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的加速度大于火星做圓周運動的加速度【答案】B【解析】AB．根據萬有引力定律有解得因各小行星做圓周運動半徑有可能相同，也有可能不相同，故它們的周期不一定相同，小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的半徑大于火星繞太陽公轉的半徑，因此小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動周期大于火星公轉周期，故A錯誤，B正確；C．由于小行星帶中小行星的質量不一定相同，故內側軌道的小行星受到的太陽的引力不一定比外側的大，故C錯誤；D．根據萬有引力定律有解得可知，小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的半徑大于火星繞太陽公轉的半徑，小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的加速度小于火星做圓周運動的加速度，故D錯誤。7.將不帶電的金屬球靠近帶正電的金屬球，系統達到靜電平衡狀態后，紙面內的電場線和等勢面分布如圖所示，兩點關于金屬球的連線對稱，為金屬球外表面的兩點。下列說法正確的是（）A.金屬球左側帶正電B.點與點電場強度相同C.間的電勢差與間的電勢差相等D.將帶正電的試探電荷從點移到點，電勢能增加【答案】C【解析】A．由于金屬球帶正電，根據靜電感應原理可知，金屬球左側帶負電，右側帶正電，故A錯誤；B．電場線某點的切線方向為該點的電場強度方向，電場線疏密表示電場強弱，圖像可知點與點電場強度大小相等，方向不同，故B錯誤；C．達到靜電平衡的導體為等勢體，可知點的電勢與點的電勢相等，間的電勢差與間的電勢差相等，故C正確；D．沿電場方向電勢降低，由題圖可知，點的電勢高于點的電勢，則將帶正電的試探電荷從點移到點，電場力做正功，電勢能減少，故D錯誤。故選C。8.空間中存在一水平向右的勻強磁場，磁感應強度為，磁場中有一水平放置的通電長直導線電流的方向垂直于紙面向外，如圖所示，是以直導線為圓心的同一圓周上的四等分點，分別為圓周的最高點和最低點。已知點的磁感應強度大小為，不考慮地磁場的影響，則下列說法中正確的是（）A.點的磁感應強度為0 B.兩點的磁感應強度大小相等C.兩點的磁感應強度方向相反 D.點的磁感應強度大小為【答案】D【解析】A．設通電直導線在點產生的磁感應強度大小為，由安培定則可知，方向豎直向下，所以點的磁感應強度為解得則通電直導線在點產生的磁感應強度大小為，方向水平向左，故點的磁感應強度大小為，故A錯誤；B．同理可知通電直導線在點產生的磁感應強度大小為，方向水平向右，故點的磁感應強度大小為，故B錯誤；C．c點的磁感應強度方向與水平方向成向上，點的磁感應強度方向與水平方向成向下，兩點磁感應強度方向不相反，故C錯誤；D．通電直導線在點產生的磁感應強度大小為，方向豎直向上，故點的磁感應強度為故D正確。故選D。9.如圖，在點以相同的速率拋出質量相同的石子甲和乙，其軌跡在同一豎直平面內相交于點。拋出時甲的初速度斜向上，乙的初速度水平。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.從到，甲重力做功比乙多B.在點，甲重力的瞬時功率比乙大C.從到，乙重力做功的平均功率比甲小D.在點，人對甲做的功比乙多【答案】B【解析】A．重力做功與路徑無關，從到，石子的質量相等，高度相同，故重力做的功相等，故A錯誤；B．從到，石子的機械能守恒，在點，甲、乙石子的速率相同，甲速度方向與水平面夾角比乙大，豎直方向速率大，重力的瞬時功率大，B正確；C．從到，乙飛行的時間比甲短，重力做功的平均功率大，C錯誤；D．在點根據動能定理，人對石子做的功等于石子動能的增加量，石子質量和速率一樣，人做的功一樣，故D錯誤。10.如圖甲所示，水平面上有一質量的物塊，從某時刻起，物塊以的初速度從點沿粗糙的水平面向右運動，同時受到一水平向左的恒力作用，一段時間后力突然反向，大小不變，以為原點向右建立直線坐標系，則整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖像如圖乙所示，取。下列說法正確的是（）A.物塊在運動到處時運動方向發生改變B.物塊與水平面間的動摩擦因數為0.1C.末力反向D.力大小為【答案】B【解析】根據勻變速直線運動，速度位移關系整理得所以，圖線的縱截距表示，斜率表示。A．由題圖乙可知，時，圖線的斜率由負變正，所以加速度突然反向，即力突然反向，所以物塊先做勻減速運動后做勻加速運動，運動方向沒有改變，故A錯誤；BD．由圖線的斜率表示。代人題圖乙中所給數據解得根據牛頓第二定律，力反向前有力反向后有其中解得故B正確，D錯誤；C．水平向左的力作用的時間末力反向，物塊開始做勻加速運動，故C錯誤。故選B。11.如圖所示，為平行板電容器的兩金屬板，兩板水平放置并與直流恒壓電源兩極相連，板接地，為電流計，剛開始開關閉合，極板間有一帶正電的液滴靜止在點，則下列說法正確的是（）A.保持開關閉合，將板向上平移過程中，電流計中有從到的電流B.保持開關閉合，將板向右平移一些，液滴將向上運動C.若將開關斷開，將板向上平移一些，間電場強度變小D.若將開關斷開，將板向上平移一些，點電勢升高【答案】D【解析】A．由于帶正電的液滴處于靜止狀態，可知電場力豎直向上，板間場強方向向上，因此板帶負電，板帶正電，將板向上平移的過程中，板間距離變大，板間電壓不變，根據可知電容器的電容變小，電容器所帶電荷量減小，電容器放電，電流計中有從到的電流，故A錯誤；B．保持開關閉合，將板向右平移一些，板間電壓不變，由可知，板間的電場強度不變，液滴仍保持靜止，故B錯誤；C．根據可知將板向上平移一些，板間距離變大，板間電場強度不變，故C錯誤；D．開關斷開，電容器儲存的電荷量不變，將板向上平移，板間距離變小，電容變大，板間電壓變小，板間的電場強度不變，根據可知，與板間的電勢差變小，而極板接地，板電勢為零，所以點電勢升高，故D正確。故選D。12.如圖甲所示，懸掛在豎直方向上的彈簧振子在間做簡諧運動，從平衡位置向下運動時開始計時，振動圖像如圖乙所示，點所在位置為重力勢能的零勢能點，則下列說法正確的是（）A.振子在時彈簧具有相同的彈性勢能B.，振子處于超重狀態C.振子的加速度沿軸正方向D.內，振子的回復力先減小后增加【答案】D【解析】A．懸掛在豎直方向上的彈簧振子平衡位置不是彈簧原長位置，振子在處彈簧的形變量不同，彈性勢能不同，故A錯誤；B．振子到達最高點，加速度方向向下，處于失重狀態，故B錯誤；C．，振子處于平衡位置，加速度為零，故C錯誤；D．振子受到的合外力提供回復力，內，振子回復力先減小到零后反向增加，故D正確。13.目前無線電力傳輸已經比較成熟，如圖所示為一種非接觸式電源供應系統。兩個感應線圈可以放置在左右相鄰或上下相對的位置，這種系統基于電磁感應原理可實現無線傳輸電力，下列說法正確的是（）A.只要A線圈中輸入電流，B線圈中就會產生感應電動勢B.只要A線圈中輸入變化的電流，B線圈中也會產生變化的感應電動勢C.A中電流越大，B中感應電動勢越大D.A中電流變化越快，B中感應電動勢越大【答案】D【解析】A．根據感應電流產生的條件，若A線圈中輸入恒定的電流，則A產生恒定的磁場，B中的磁通量不發生變化，B線圈中不會產生感應電動勢，故A錯誤；BCD．若A線圈中輸入均勻變化的電流，根據法拉第電磁感應定律可知，B線圈中會產生恒定大小的感應電動勢，若A線圈中輸入均勻變化的電流，B線圈中會產生變化的感應電動勢，若A線圈中電流變化越快，A線圈中電流產生的磁場變化越快，B線圈中感應電動勢越大，而A中電流越大，不能決定B中感應電動勢的大小，故BC錯誤，D正確。故選D。14.如圖所示為一種基于伽利略大炮原理的簡易模型。兩小球P、Q豎直疊放在一起，小球間留有較小空隙，從距水平地面高度為h處同時由靜止釋放。已知小球Q的質量是P的3倍。設所有碰撞均為彈性碰撞。忽略空氣阻力及碰撞時間，則兩球第一次碰撞后小球P上升的高度為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】設小球P、Q的質量分別為m、3m，落地前的瞬間二者速度均為v，由動能定理可得解得Q與地面碰撞后速度等大反向，然后與P碰撞，P、Q碰撞過程滿足動量守恒、機械能守恒，規定向上為正方向，則有，解得碰后小球P機械能守恒，則有解得故選C。15.如圖所示為回旋加速器的主要結構，置于真空中的兩個形金屬盒半徑為，兩盒間的狹縫接高頻交變電壓，加速電壓為，狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略，整個裝置處于磁感應強度為的勻強磁場中，磁場方向與盒面垂直。若處粒子源產生的質量為、電荷量為的質子在狹縫中被電場加速、不計質子進入加速電場的初速度，且加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響，則下列說法正確的是（）A.高頻交變電場的頻率B.若增加加速電壓，質子離開裝置的最大速度將變大C.質子在裝置中運動的總時間D.質子在裝置中的加速次數【答案】C【解析】A．根據回旋加速器原理，每轉一周質子被加速兩次，交流電完成一次周期性變化，洛倫茲力提供質子做圓周運動所需向心力，由牛頓第二定律得粒子做圓周運動的周期交流電源的頻率故A錯誤；B．質子加速后的最大軌道半徑等于形盒的半徑，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得質子的最大運動速度質子離開回旋加速器的最大速度由形盒半徑決定，與加速電壓大小、加速次數等無關，故B錯誤；D．設質子在加速器中被加速次，由動能定理得解得故D錯誤；C．質子完成一次圓周運動被電場加速2次，在形盒磁場內運動的時間即故C正確。故選C。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6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3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）16.下列選項中的操作能產生感應電流的是（）A.甲圖中，使導體棒順著磁感線向下運動B.乙圖中，線圈繞邊旋轉時C.丙圖中，保持開關閉合，螺線管放在中，同時移動滑動變阻器滑片D.丁圖中，條形磁鐵插入有開口的圓環【答案】BC【解析】A．甲圖中，使導體棒順著磁感線向下運動，不切割磁感線，則不會產生感應電流，故A錯誤；B．乙圖中，線圈繞邊旋轉時線圈的磁通量改變，會產生感應電流，故B正確；C．丙圖中，開關保持閉合，移動滑動變阻器滑片時電流變化，產生的磁場變化，穿過線圈的磁通量發生變化，會產生感應電流，故C正確；D．丁圖中，條形磁鐵插入有開口的圓環，因圓環不閉合，則不會產生感應電流，故D錯誤。17.如圖所示，一頂角為直角的“”形光滑細桿豎直放置。質量均為m的兩金屬環套在細桿上，高度相同，用一勁度系數為k的輕質彈簧相連，此時彈簧為原長。兩金屬環同時由靜止釋放，運動過程中彈簧的伸長在彈性限度內，且彈簧始終保持水平，已知彈簧的長度為l時，彈性勢能為，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.左邊金屬環下滑過程機械能守恒B.彈簧的最大拉力為2mgC.金屬環在最高點與最低點加速度大小相等D.金屬環的最大速度為【答案】BCD【解析】A．金屬環下降過程中，彈簧對其做負功，金屬環機械能減少。故A錯誤；B．金屬環下降達到最低時，速度減小為0，形變量為，彈性勢能最大，根據機械能守恒定律可得解得則最大彈力為故B正確；C．由簡諧運動的對稱性可知，金屬環在最高點與最低點加速度大小相等。故C正確；D．當金屬環的加速度為0時，速度最大。根據平衡條件可得根據胡克定律可得解得形變量為根據幾何知識，兩個小球下降的高度為對系統只有重力和彈力做功，對兩個金屬環和彈簧根據機械能守恒，則有解得故D正確。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）18.小張同學利用圖甲所示的裝置進行“驗證機械能守恒定律”的實驗，打出如圖乙所示的紙帶，已知打點計時器頻率為。（1）關于該實驗，下列說法正確的是___________。A.電火花計時器使用交流電源B.紙帶必須盡量保持豎直方向以減小摩擦阻力作用C.為了驗證機械能守恒，必須選擇紙帶上打出的第一個點作為起點D.實驗用到的重力加速度可以由紙帶求出（2）圖乙中紙帶的___________（選填“左端”或“右端”）通過夾子與鉤碼相連，打紙帶上點時，重物的速度___________（結果保留3位有效數字）（3）該同學用兩個質量分別為的重物和分別進行實驗，多次記錄下落高度和相應的速度大小，作出的圖像如圖丙所示。下列分析正確的是___________。A.阻力可能為零 B.阻力不可能為零C.一定大于 D.可能等于【答案】（1）AB（2）左端2.22##2.23（3）BD【解析】（1）A．電火花計時器使用交流電源，故A正確；B．紙帶必須盡量保持豎直方向以減小摩擦阻力作用，故B正確；C．驗證機械能守恒時，不一定要選擇紙帶上打出的第一個點作為起點，故C錯誤；D．實驗中的重力加速度要查詢當地的實際值，因為存在阻力，測量值比實際值小，故D錯誤。故選AB。（2）重物連著紙帶做加速直線運動，由紙帶數據可知，題圖乙中紙帶的左端通過夾子與重物相連；根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則打紙帶上點時，重物的速度為（3）AB．設空氣阻力是，根據動能定理有整理得阻力如果為零，則機械能守恒，兩圖線斜率相同，故阻力不為零，故A錯誤，B正確；CD．雖然的斜率小于的斜率，但空氣阻力關系不確定，所以的質量可能等于的質量，也可能大于或小于的質量，故C錯誤，D正確。故選BD。19.小徐同學在完成“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，進行了以下實驗過程：（1）用多用電表歐姆擋測量金屬絲的電阻，開始時選用“”的擋位測量發現指針偏轉角太大，擋位應調整為___________（選填“”或“”）擋，正確調整擋位后經過歐姆調零重新測量，指針如圖甲所示，此時電阻的測量值為___________。（2）為了精確地測量金屬絲的電阻。除了待測金屬絲外，實驗室還有下列器材：電壓表，量程。內阻約為；電流表，量程，內阻約為；滑動變阻器（阻值范圍，允許通過的最大電流為；滑動變阻器（阻值范圍，允許通過的最大電流為；干電池兩節，開關一個，導線若干①若實驗中要求電壓從0開始變化，滑動變阻器應該選擇___________（選填“”或“”），根據以上器材，請以筆畫線代替導線，將圖乙中未連接的導線補充完整___________。②多次改變金屬絲接入電路的長度，測量不同長度時的電阻，作圖像如圖丙所示，已知金屬絲的直徑為，并測得圖像中直線的斜率為，則該金屬絲的電阻率為___________（用和表示）。【答案】（1）11##11.0（2）【解析】（1）[1][2]用多用電表測電阻時選用的擋位發現指針偏轉角太大，說明表盤上電阻示數較小，要使指針指向中間位置，即要使表盤上電阻示數變大，需要把倍率調小，則擋位應調整為讀數為（2）①[1]由于滑動變阻器允許通過的最大電流只有，而滑動變阻器允許通過的最大電流為，則滑動變阻器應該選；[2]完整的實物連線如圖所示②[3]根據電阻定律可得則可知圖像的斜率為可得該金屬材料的電阻率為20.如圖所示，小型直流電動機（其線圈內阻為r=1.5Ω）與規格為“6V6W”的小燈泡并聯，再與阻值為R=2Ω的電阻串聯，然后接至電源電動勢為12V，內阻r0=1Ω的電源上，小燈泡恰好正常發光，電動機正常工作，求：（1）通過電阻R的電流；（2）電動機消耗的電功率P；（3）電動機的效率。【答案】（1）2A（2）6W（3）75%【解析】（1）通過電阻R的電流解得（2）燈泡正常發光，則通過燈泡的電流通過電動機的電流電動機消耗的電功率（3）電動機線圈內阻的熱功率電動機輸出功率由電動機的效率21.某娛樂節目中設計了一水上闖關軌道，其簡化模型如圖所示，半徑的光滑圓弧軌道與一傳送帶平滑連接，兩軌道相切于點，A點與圓心點等高。傳送帶長，與水平方向夾角傳送帶以的速度順時針方向轉動，距點水平距離為，高為處設置一水平平臺，闖關者從A點靜止下滑，最后要從點飛出并落入平臺，某次闖關時，闖關者質量，闖關者與傳送帶的動摩擦因數，不計空氣阻力和軌道連接處的能量損失，不考慮傳送帶滑輪大小，，求：（1）闖關者在圓弧軌道上的點時的速度大小以及對圓弧軌道的壓力大小。（2）為了使闖關者能恰好水平進入平臺，求平臺距點的水平距離。（3）求這次闖關時，傳送帶和闖關者之間因摩擦而產生的熱量。【答案】（1），1440N（2）0.768m（3）180J【解析】（1）從A點到點，根據動能定理有解得在點，根據牛頓第二定律解得根據牛頓第三定律可知，對圓弧軌道的壓力大小為1440N。（2）由于，闖關者先做勻減速運動，在傳送帶上，根據牛頓第二定律有解得若全程勻減速，根據解得假設成立，故到達點時的速度為。從到，根據平拋運動規律有，解得（3）在傳送帶上運動時，闖關者的位移運動時間故傳送帶位移摩擦生熱22.如圖所示，質量mA=2kg的長木板A靜止在光滑水平面上，質量mB=2kg的物塊B和質量mC=1kg的物塊C同時分別從A的左、右兩端滑上A的上表面，初速度大小分別為vB=3m/s，vC=1m/s。物塊B、C均可看成質點，且與長木板A間的動摩擦因數均為μ=0.5，假設物塊B、C在長木板A表面上運動時始終沒有碰撞，g=10m/s2，試求：（1）物塊B、C剛滑上長木板A時，A產生的加速度的大小；（2）長木板A最終運動速度的大小及整個過程物塊C動量變化量的大小；（3）為使物塊B、C不相撞，長木板A至少多長。【答案】（1）2.5m/s2（2）1m/s，2kg?m/s（3）0.8m【解析】（1）對A進行受力分析，根據牛頓第二定律可得（2）長木板A和物塊B、C所組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得解得A、B、C最終的共同速度為物塊C動量變化量為（3）剛滑上長木板A時，物塊B、C的加速度大小分別為假設物塊B和長木板A共速時物塊C還在滑動，則B滑動的時間為假設物塊C和長木板A共速時物塊B還在滑動，則C滑動的時間為即同時達到相對靜止，物塊B在長木板A上滑行的距離為物塊C在長木板A上滑行的距離為長木板A的最小長度為23.如圖所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面間的夾角，在斜面上直線和與斜面底邊平行，在圍成的區域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為；現有一質量為，總電阻，邊長的正方形金屬線圈，邊與斜面底邊平行，從斜面上端由靜止釋放，線圈剛好勻速穿過整個磁場區域，已知線圈與斜面間的動摩擦因數為求：（1）線圈進入磁場區域時的速度大小；（2）整個線圈穿過磁場的過程中，線圈上產生的焦耳熱；（3）從靜止釋放開始計時，寫出線圈兩端的電壓隨時間變化的關系。【答案】（1）（2）0.064J（3）見解析【解析】（1）設線圈剛進入磁場時的速度為，對線圈受力分析而聯立解得（2）由于線圈剛好勻速穿過整個磁場區域，則磁場寬度等于線圈邊長，則從線圈剛進入磁場到離開磁場，經過的路程為，由得（3）從靜止釋放到邊到達處加速度到達處的時間①即當時②從邊到達處到邊到達處當邊開始切割磁場時即當時③從邊到達處到邊到達處當邊開始切割磁場時即當時④當時24.某工廠利用如圖所示裝置控制帶電油霧的收集率。兩平行金屬板加電壓后其間產生豎直向下的勻強電場，距離較近處有一足夠長的收集板，收集板接地，大量帶負電的油霧均勻分布在平行金屬板的整個入口處，并以平行于兩金屬板的初速度垂直進入電場，后穿過電場達到收集板上，已知油霧質量，帶電量，兩板間距及板長均為，不計空氣阻力和電荷間相互作用，不考慮平行板的邊緣效應，。求：（1）當兩板間電壓多大時，收集板的收集效率；（2）當兩板間電壓多大時，收集板的收集效率；（3）若單位時間內射入個帶電油霧，求電流表中電流與兩板電壓之間的關系。【答案】（1）（2）（3）見解析【解析】（1）油霧沿直線穿過兩金屬板時可全部到達收集板，根據受力平衡得解得（2）當所有油霧都偏轉到金屬板上時，收集率為0，根據類平拋知識可得得根據牛頓第二定律可得得（3）①當時，沒有油霧射出兩極板，則有②當時得收集率得③當時得收集率得浙江強基聯盟2024年12月高二聯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題目的答案標號涂黑；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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。一、選擇題（本題共13小題，每小題3分，共39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.以下物理量屬于矢量的是（）A.電場強度 B.功 C.電流 D.磁通量【答案】A【解析】矢量是既有大小又有方向的物理量，標量是只有大小沒有方向的物理量。功、電流和磁通量是標量，而電場強度有大小和方向，為矢量。故選A。2.某學校舉行了秋季籃球賽，如圖所示為一同學投籃時的場景，下列說法正確的是（）A.在空中飛行的籃球受重力和推力的作用B.判斷落地的籃球是否出線可以把籃球看成質點C.人蹬地起跳時，地面對人的彈力大于人的重力D.籃球受到運動員對它的推力是由于籃球發生形變產生的【答案】C【解析】A．在空中飛行的籃球受重力和空氣阻力的作用，不會受到手的推力，故A錯誤；B．判斷籃球落地時是否出線不能忽略籃球的形狀體積，不能把它看做質點，故B錯誤；C．人蹬地起跳時有向上的加速度，所以地面對人的彈力大于人的重力，故C正確；D．手對籃球的推力是因為手發生形變而產生的，故D錯誤。3.下列說法正確的是（）A.干燥天氣里脫毛衣時會產生火花，因為摩擦過程中憑空創造出了電荷B.一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和保持不變C.元電荷就是點電荷D.電磁場并不是客觀存在的，它是人們為了研究問題假想出來的【答案】B【解析】A．干燥天氣里脫毛衣時會產生火花，是因為摩擦過程中產生了電荷的轉移，但不是憑空創造了電荷，故A錯誤；B．根據電荷守恒定律，一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和保持不變，故B正確；C．點電荷是指帶電體的形狀大小和電荷的分布在所研究的問題中可以忽略的電荷，元電荷是自然界最小的電荷量，它們不是同一個含義體，故C錯誤；D．和實物粒子一樣，場是物質存在的另一種形式，電磁場是客觀存在的，不是假想的，故D錯誤。故選B。4.如圖所示，三根等長的輕質鐵鏈對稱地懸掛在吊籃架上，另一端接在一起，懸掛在支架上。已知吊籃架、花和花盆系統的總質量為。下列說法正確的是（）A.每根鐵鏈的拉力均為B.同時增加三根鐵鏈的長度，鐵鏈的拉力變大C.支架對鐵鏈的作用力的合力豎直向上D.吊籃架對花盆的支持力與花盆的重力是一對作用力和反作用力【答案】C【解析】A．設每根鐵鏈和豎直方向的夾角為，則有解得故A錯誤；B．增加鐵鏈的長度，每根鐵鏈和豎直方向的夾角變小，變大，鐵鏈的拉力變小，故B錯誤；C．支架對鐵鏈的作用力的合力與系統的重力等大反向，則支架對鐵鏈的作用力的合力一定豎直向上，故C正確；D．吊籃架對花盆的支持力與花盆的重力是一對平衡力，故D錯誤。故選C。5.由于高度限制，車庫出人口采用如圖所示曲桿道閘，道閘由轉動桿與橫桿鏈接而成，為橫桿的兩個端點，在道閘抬起過程中，桿始終保持水平。桿繞點從與水平方向成勻速轉動到的過程中，下列說法正確的是（）A.兩點的線速度相同B.點繞點做圓周運動C.點在豎直方向做勻速運動D.點的角速度比點大【答案】A【解析】AD．依題意，桿始終保持水平，兩點相對靜止，二者具有相同的線速度、角速度和加速度，故A正確，D錯誤；B．OQ間距離在變化，可以看出不是繞點做圓周運動，故B錯誤；C．Q點在豎直方向的運動與點相同，點做勻速圓周運動，則點相對于點在豎直方向的位置關于時間的關系為可看出點在豎直方向不是勻速運動，故C錯誤。6.在太陽系內介于火星和木星軌道之間有一小行星帶，如圖所示，假設小行星帶中的各小行星只受太陽引力作用，并繞太陽做勻速圓周運動，小行星帶中各小行星繞太陽運動的軌道半徑不盡相同，則（）A.小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的周期相同B.小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的周期大于火星公轉周期C.小行星帶中靠近軌道內側的小行星受到太陽的引力一定大于軌道外側的小行星D.小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的加速度大于火星做圓周運動的加速度【答案】B【解析】AB．根據萬有引力定律有解得因各小行星做圓周運動半徑有可能相同，也有可能不相同，故它們的周期不一定相同，小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的半徑大于火星繞太陽公轉的半徑，因此小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動周期大于火星公轉周期，故A錯誤，B正確；C．由于小行星帶中小行星的質量不一定相同，故內側軌道的小行星受到的太陽的引力不一定比外側的大，故C錯誤；D．根據萬有引力定律有解得可知，小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的半徑大于火星繞太陽公轉的半徑，小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的加速度小于火星做圓周運動的加速度，故D錯誤。7.將不帶電的金屬球靠近帶正電的金屬球，系統達到靜電平衡狀態后，紙面內的電場線和等勢面分布如圖所示，兩點關于金屬球的連線對稱，為金屬球外表面的兩點。下列說法正確的是（）A.金屬球左側帶正電B.點與點電場強度相同C.間的電勢差與間的電勢差相等D.將帶正電的試探電荷從點移到點，電勢能增加【答案】C【解析】A．由于金屬球帶正電，根據靜電感應原理可知，金屬球左側帶負電，右側帶正電，故A錯誤；B．電場線某點的切線方向為該點的電場強度方向，電場線疏密表示電場強弱，圖像可知點與點電場強度大小相等，方向不同，故B錯誤；C．達到靜電平衡的導體為等勢體，可知點的電勢與點的電勢相等，間的電勢差與間的電勢差相等，故C正確；D．沿電場方向電勢降低，由題圖可知，點的電勢高于點的電勢，則將帶正電的試探電荷從點移到點，電場力做正功，電勢能減少，故D錯誤。故選C。8.空間中存在一水平向右的勻強磁場，磁感應強度為，磁場中有一水平放置的通電長直導線電流的方向垂直于紙面向外，如圖所示，是以直導線為圓心的同一圓周上的四等分點，分別為圓周的最高點和最低點。已知點的磁感應強度大小為，不考慮地磁場的影響，則下列說法中正確的是（）A.點的磁感應強度為0 B.兩點的磁感應強度大小相等C.兩點的磁感應強度方向相反 D.點的磁感應強度大小為【答案】D【解析】A．設通電直導線在點產生的磁感應強度大小為，由安培定則可知，方向豎直向下，所以點的磁感應強度為解得則通電直導線在點產生的磁感應強度大小為，方向水平向左，故點的磁感應強度大小為，故A錯誤；B．同理可知通電直導線在點產生的磁感應強度大小為，方向水平向右，故點的磁感應強度大小為，故B錯誤；C．c點的磁感應強度方向與水平方向成向上，點的磁感應強度方向與水平方向成向下，兩點磁感應強度方向不相反，故C錯誤；D．通電直導線在點產生的磁感應強度大小為，方向豎直向上，故點的磁感應強度為故D正確。故選D。9.如圖，在點以相同的速率拋出質量相同的石子甲和乙，其軌跡在同一豎直平面內相交于點。拋出時甲的初速度斜向上，乙的初速度水平。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.從到，甲重力做功比乙多B.在點，甲重力的瞬時功率比乙大C.從到，乙重力做功的平均功率比甲小D.在點，人對甲做的功比乙多【答案】B【解析】A．重力做功與路徑無關，從到，石子的質量相等，高度相同，故重力做的功相等，故A錯誤；B．從到，石子的機械能守恒，在點，甲、乙石子的速率相同，甲速度方向與水平面夾角比乙大，豎直方向速率大，重力的瞬時功率大，B正確；C．從到，乙飛行的時間比甲短，重力做功的平均功率大，C錯誤；D．在點根據動能定理，人對石子做的功等于石子動能的增加量，石子質量和速率一樣，人做的功一樣，故D錯誤。10.如圖甲所示，水平面上有一質量的物塊，從某時刻起，物塊以的初速度從點沿粗糙的水平面向右運動，同時受到一水平向左的恒力作用，一段時間后力突然反向，大小不變，以為原點向右建立直線坐標系，則整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖像如圖乙所示，取。下列說法正確的是（）A.物塊在運動到處時運動方向發生改變B.物塊與水平面間的動摩擦因數為0.1C.末力反向D.力大小為【答案】B【解析】根據勻變速直線運動，速度位移關系整理得所以，圖線的縱截距表示，斜率表示。A．由題圖乙可知，時，圖線的斜率由負變正，所以加速度突然反向，即力突然反向，所以物塊先做勻減速運動后做勻加速運動，運動方向沒有改變，故A錯誤；BD．由圖線的斜率表示。代人題圖乙中所給數據解得根據牛頓第二定律，力反向前有力反向后有其中解得故B正確，D錯誤；C．水平向左的力作用的時間末力反向，物塊開始做勻加速運動，故C錯誤。故選B。11.如圖所示，為平行板電容器的兩金屬板，兩板水平放置并與直流恒壓電源兩極相連，板接地，為電流計，剛開始開關閉合，極板間有一帶正電的液滴靜止在點，則下列說法正確的是（）A.保持開關閉合，將板向上平移過程中，電流計中有從到的電流B.保持開關閉合，將板向右平移一些，液滴將向上運動C.若將開關斷開，將板向上平移一些，間電場強度變小D.若將開關斷開，將板向上平移一些，點電勢升高【答案】D【解析】A．由于帶正電的液滴處于靜止狀態，可知電場力豎直向上，板間場強方向向上，因此板帶負電，板帶正電，將板向上平移的過程中，板間距離變大，板間電壓不變，根據可知電容器的電容變小，電容器所帶電荷量減小，電容器放電，電流計中有從到的電流，故A錯誤；B．保持開關閉合，將板向右平移一些，板間電壓不變，由可知，板間的電場強度不變，液滴仍保持靜止，故B錯誤；C．根據可知將板向上平移一些，板間距離變大，板間電場強度不變，故C錯誤；D．開關斷開，電容器儲存的電荷量不變，將板向上平移，板間距離變小，電容變大，板間電壓變小，板間的電場強度不變，根據可知，與板間的電勢差變小，而極板接地，板電勢為零，所以點電勢升高，故D正確。故選D。12.如圖甲所示，懸掛在豎直方向上的彈簧振子在間做簡諧運動，從平衡位置向下運動時開始計時，振動圖像如圖乙所示，點所在位置為重力勢能的零勢能點，則下列說法正確的是（）A.振子在時彈簧具有相同的彈性勢能B.，振子處于超重狀態C.振子的加速度沿軸正方向D.內，振子的回復力先減小后增加【答案】D【解析】A．懸掛在豎直方向上的彈簧振子平衡位置不是彈簧原長位置，振子在處彈簧的形變量不同，彈性勢能不同，故A錯誤；B．振子到達最高點，加速度方向向下，處于失重狀態，故B錯誤；C．，振子處于平衡位置，加速度為零，故C錯誤；D．振子受到的合外力提供回復力，內，振子回復力先減小到零后反向增加，故D正確。13.目前無線電力傳輸已經比較成熟，如圖所示為一種非接觸式電源供應系統。兩個感應線圈可以放置在左右相鄰或上下相對的位置，這種系統基于電磁感應原理可實現無線傳輸電力，下列說法正確的是（）A.只要A線圈中輸入電流，B線圈中就會產生感應電動勢B.只要A線圈中輸入變化的電流，B線圈中也會產生變化的感應電動勢C.A中電流越大，B中感應電動勢越大D.A中電流變化越快，B中感應電動勢越大【答案】D【解析】A．根據感應電流產生的條件，若A線圈中輸入恒定的電流，則A產生恒定的磁場，B中的磁通量不發生變化，B線圈中不會產生感應電動勢，故A錯誤；BCD．若A線圈中輸入均勻變化的電流，根據法拉第電磁感應定律可知，B線圈中會產生恒定大小的感應電動勢，若A線圈中輸入均勻變化的電流，B線圈中會產生變化的感應電動勢，若A線圈中電流變化越快，A線圈中電流產生的磁場變化越快，B線圈中感應電動勢越大，而A中電流越大，不能決定B中感應電動勢的大小，故BC錯誤，D正確。故選D。14.如圖所示為一種基于伽利略大炮原理的簡易模型。兩小球P、Q豎直疊放在一起，小球間留有較小空隙，從距水平地面高度為h處同時由靜止釋放。已知小球Q的質量是P的3倍。設所有碰撞均為彈性碰撞。忽略空氣阻力及碰撞時間，則兩球第一次碰撞后小球P上升的高度為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】設小球P、Q的質量分別為m、3m，落地前的瞬間二者速度均為v，由動能定理可得解得Q與地面碰撞后速度等大反向，然后與P碰撞，P、Q碰撞過程滿足動量守恒、機械能守恒，規定向上為正方向，則有，解得碰后小球P機械能守恒，則有解得故選C。15.如圖所示為回旋加速器的主要結構，置于真空中的兩個形金屬盒半徑為，兩盒間的狹縫接高頻交變電壓，加速電壓為，狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略，整個裝置處于磁感應強度為的勻強磁場中，磁場方向與盒面垂直。若處粒子源產生的質量為、電荷量為的質子在狹縫中被電場加速、不計質子進入加速電場的初速度，且加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響，則下列說法正確的是（）A.高頻交變電場的頻率B.若增加加速電壓，質子離開裝置的最大速度將變大C.質子在裝置中運動的總時間D.質子在裝置中的加速次數【答案】C【解析】A．根據回旋加速器原理，每轉一周質子被加速兩次，交流電完成一次周期性變化，洛倫茲力提供質子做圓周運動所需向心力，由牛頓第二定律得粒子做圓周運動的周期交流電源的頻率故A錯誤；B．質子加速后的最大軌道半徑等于形盒的半徑，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得質子的最大運動速度質子離開回旋加速器的最大速度由形盒半徑決定，與加速電壓大小、加速次數等無關，故B錯誤；D．設質子在加速器中被加速次，由動能定理得解得故D錯誤；C．質子完成一次圓周運動被電場加速2次，在形盒磁場內運動的時間即故C正確。故選C。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6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3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）16.下列選項中的操作能產生感應電流的是（）A.甲圖中，使導體棒順著磁感線向下運動B.乙圖中，線圈繞邊旋轉時C.丙圖中，保持開關閉合，螺線管放在中，同時移動滑動變阻器滑片D.丁圖中，條形磁鐵插入有開口的圓環【答案】BC【解析】A．甲圖中，使導體棒順著磁感線向下運動，不切割磁感線，則不會產生感應電流，故A錯誤；B．乙圖中，線圈繞邊旋轉時線圈的磁通量改變，會產生感應電流，故B正確；C．丙圖中，開關保持閉合，移動滑動變阻器滑片時電流變化，產生的磁場變化，穿過線圈的磁通量發生變化，會產生感應電流，故C正確；D．丁圖中，條形磁鐵插入有開口的圓環，因圓環不閉合，則不會產生感應電流，故D錯誤。17.如圖所示，一頂角為直角的“”形光滑細桿豎直放置。質量均為m的兩金屬環套在細桿上，高度相同，用一勁度系數為k的輕質彈簧相連，此時彈簧為原長。兩金屬環同時由靜止釋放，運動過程中彈簧的伸長在彈性限度內，且彈簧始終保持水平，已知彈簧的長度為l時，彈性勢能為，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.左邊金屬環下滑過程機械能守恒B.彈簧的最大拉力為2mgC.金屬環在最高點與最低點加速度大小相等D.金屬環的最大速度為【答案】BCD【解析】A．金屬環下降過程中，彈簧對其做負功，金屬環機械能減少。故A錯誤；B．金屬環下降達到最低時，速度減小為0，形變量為，彈性勢能最大，根據機械能守恒定律可得解得則最大彈力為故B正確；C．由簡諧運動的對稱性可知，金屬環在最高點與最低點加速度大小相等。故C正確；D．當金屬環的加速度為0時，速度最大。根據平衡條件可得根據胡克定律可得解得形變量為根據幾何知識，兩個小球下降的高度為對系統只有重力和彈力做功，對兩個金屬環和彈簧根據機械能守恒，則有解得故D正確。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）18.小張同學利用圖甲所示的裝置進行“驗證機械能守恒定律”的實驗，打出如圖乙所示的紙帶，已知打點計時器頻率為。（1）關于該實驗，下列說法正確的是___________。A.電火花計時器使用交流電源B.紙帶必須盡量保持豎直方向以減小摩擦阻力作用C.為了驗證機械能守恒，必須選擇紙帶上打出的第一個點作為起點D.實驗用到的重力加速度可以由紙帶求出（2）圖乙中紙帶的___________（選填“左端”或“右端”）通過夾子與鉤碼相連，打紙帶上點時，重物的速度___________（結果保留3位有效數字）（3）該同學用兩個質量分別為的重物和分別進行實驗，多次記錄下落高度和相應的速度大小，作出的圖像如圖丙所示。下列分析正確的是___________。A.阻力可能為零 B.阻力不可能為零C.一定大于 D.可能等于【答案】（1）AB（2）左端2.22##2.23（3）BD【解析】（1）A．電火花計時器使用交流電源，故A正確；B．紙帶必須盡量保持豎直方向以減小摩擦阻力作用，故B正確；C．驗證機械能守恒時，不一定要選擇紙帶上打出的第一個點作為起點，故C錯誤；D．實驗中的重力加速度要查詢當地的實際值，因為存在阻力，測量值比實際值小，故D錯誤。故選AB。（2）重物連著紙帶做加速直線運動，由紙帶數據可知，題圖乙中紙帶的左端通過夾子與重物相連；根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則打紙帶上點時，重物的速度為（3）AB．設空氣阻力是，根據動能定理有整理得阻力如果為零，則機械能守恒，兩圖線斜率相同，故阻力不為零，故A錯誤，B正確；CD．雖然的斜率小于的斜率，但空氣阻力關系不確定，所以的質量可能等于的質量，也可能大于或小于的質量，故C錯誤，D正確。故選BD。19.小徐同學在完成“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，進行了以下實驗過程：（1）用多用電表歐姆擋測量金屬絲的電阻，開始時選用“”的擋位測量發現指針偏轉角太大，擋位應調整為___________（選填“”或“”）擋，正確調整擋位后經過歐姆調零重新測量，指針如圖甲所示，此時電阻的測量值為___________。（2）為了精確地測量金屬絲的電阻。除了待測金屬絲外，實驗室還有下列器材：電壓表，量程。內阻約為；電流表，量程，內阻約為；滑動變阻器（阻值范圍，允許通過的最大電流為；滑動變阻器（阻值范圍，允許通過的最大電流為；干電池兩節，開關一個，導線若干①若實驗中要求電壓從0開始變化，滑動變阻器應該選擇___________（選填“”或“”），根據以上器材，請以筆畫線代替導線，將圖乙中未連接的導線補充完整___________。②多次改變金屬絲接入電路的長度，測量不同長度時的電阻，作圖像如圖丙所示，已知金屬絲的直徑為，并測得圖像中直線的斜率為，則該金屬絲的電阻率為___________（用和表示）。【答案】（1）11##11.0（2）【解析】（1）[1][2]用多用電表測電阻時選用的擋位發現指針偏轉角太大，說明表盤上電阻示數較小，要使指針指向中間位置，即要使表盤上電阻示數變大，需要把倍率調小，則擋位應調整為讀數為（2）①[1]由于滑動變阻器允許通過的最大電流只有，而滑動變阻器允許通過的最大電流為，則滑動變阻器應該選；[2]完整的實物連線如圖所示②[3]根據電阻定律可得則可知圖像的斜率為可得該金屬材料的電阻率為20.如圖所示，小型直流電動機（其線圈內阻為r=1.5Ω）與規格為“6V6W”的小燈泡并聯，再與阻值為R=2Ω的電阻串聯，然后接至電源電動勢為12V，內阻r0=1Ω的電源上