浙江省强基联盟2024-2025学年高二下学期4月联考物理试题（含答案）高二强基4月联考卷-物理DA

浙江强基联盟2025年4月高二联考物理卷参考答案与评分标准1.A既有大小，又有方向的量是矢2.DA.研究运动员入水的动作时，不能忽略运动员身体的大小、形状，不能视为质点，故A错误；B.运动员在空中最高点时速度为零，但由于只受重力作用，合外力不等于零，加速度不为零；C.运动员在空中运动的加速度方向一直竖直向下，则她一直处于失重状态，故C错误；D.不计空气阻力，运动员在空中的运动只有重力3.CA.热效应最明显的是红外线，故A错误；B.在单摆的平衡位置处，摆球的回复力为零，但合外力不为零，故B错误；C.3D眼镜的两镜片相当于两透振方向彼此垂直的偏振片，能够看到两种不同方向振动的光，形成了立体感，即戴上特制眼镜看3D电影有立体感是利用了光的偏振原理，故C正确；D.当波遇到障碍物时都会发生衍射现象，当障碍物尺寸与波长差不多或者比波长还小的情况下，衍射更明显，故D错误，4.CA.支架对炒锅的作用力和炒锅对支架的作用力是一对相互作用力，故A错误；B.设每个爪与锅间的弹力与竖直方向的夹角为θ,支架半径为r,锅的半径为R,根据牛顿第三定律及平衡条件可得4Fcosθ=mg,由几何关系可得,解得,故B错误；C.支架爪B和支架爪D对炒锅的作用力合力为,故C正确；D.增大支架的半径，但整个支架对炒锅的作用力大小等于炒锅的重力不变，故D错误.5.BA.设地球绕太阳公转轨道半径为r,则火星轨道半径约为1.5r,根据开普勒第三定律火星的公转周期为地球公转周期倍，故A错误；B.可知霍曼转移轨道半长轴为对地球和探测器，由开普勒第三定律可得,解得T,故B正确；C.根据开普勒第二定律有vp·r=vn·1.5r,可知P、N两点线速度之比为3:2,C错误；D.在火星公转轨道上的N点，万有引力等于向心力，而在霍曼转移轨道上的N点，探测器将做近心运动，万有引力大于向心力，故在霍曼转移轨道上N点的速度小于火星公转轨道上N点的速度，D错误.6.B电路总电阻为则电路总电流为通过线框上下两部分的电流均为,则线框受到的安培力大小为F安,解得,故选B.7.A如图所示为光路图，由题可知折射光线的反向延长线过凹面镜的圆心O,由几何关系可得,OC=RCD,解得,故A正确.D8.DA.根据图形的对称性知，每个电荷在O点产生的场强大小相等，均设为E,方向如图，故三个夹角为120°的方向上的场强大小均为2E,根据矢量定则知，它们的合场强为零，故A正确；B.根据题意取无穷远处电势为零，故等量异种电荷连线中垂线上的电势均为零，故AD、CF、BE连线中点O处的电势为零，故B正确；CD.设六边形的边长为L,B、F两点的电荷对A的作用力合力大小为,方向沿AD方向；D点电荷对A的作用力大小为,方向沿AD方向；C、E两点的电荷对A的作用力合力大小为,方向沿DA方向，由于FB+Fp>Fce,故A点电荷受到合外力不为零，方向应沿AD方向指向D.同理可判断B点电荷受到其他电荷的作用力方向沿BE方向指向E,故C错误D正确，故选D.【物理卷参考答案第1页(共4页)】9.DAD.线圈中的磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比，根据乙图可知，线圈中产生的磁感应强度(磁通量)变化步调与电流i的变化步调一致，在0～t₁时间内，线圈电流i从0逐渐增大，但其变化率却逐渐减小至0,所以线圈中的磁通量变化率也逐渐减小至0,金属小球中感应电动势也逐渐减小至0,金属小球中的涡流也逐渐减小至0,可知t=0时刻，金属小球受到线圈磁场对它的作用力为0,t₁时刻，金属小球受到线圈磁场对它的作用力也为0,故0～t₁时间内，金属小球受到线圈磁场对它的作用力应先增大后减小为零，即加速度应先增大后减小直至为零，故A错误，D正确；B.在0～t₁的时间内，电容器减少的电场能一部分转化为小球的动能，还留有一部分磁场能.所以减少的电场能大于小球增加的动能，B错误；C.0～t₁时间内，由安培定则知线圈电流在线圈内的磁场方向向右，线圈电流在增大，则产生的磁场在增大，通过金属小球磁通量在增大，根据楞次定律可知金属小球中产生涡流的磁场方向向左，由安培定则可知，金属小球中产生的涡流从左向右看是逆时针方向，故C错误.10.CA.可以判断倾斜弹簧振子做的是简谐运动，小球在原长位置有F曲=mgsinθ,在最低点时，受力分析可在平衡位置处回复力为零，小球的动 ,增加的弹性势能,根据机械能守恒，动能Ek=△E,一△Epr=,故B错误；C.根据简谐运动规律，物体在最低点时弹簧伸长量为2xo,物体从最高点运动到最低谐运动规律可知，简谐运动的周期与振幅无关，当释放位置发生变化时，运动到最低点的时间即半个周期不11.CDA.由于图甲中的位置是每隔一定时间记录的，所以位置的连线不能表示该微粒做布朗运动的轨迹，只能说明微粒运动的无规则性，故A错误；B.由图乙可知，状态②速率大的氧气分子比例较大，所以状态②的温度比状态①的温度高，故B错误；C.酱油分子进入鸡蛋中是由分子的扩散现象引起的；D.由丁图可知r。处分子势能最小，说明ro处分子间作用力为零，故D正确.12.BDA.由图甲、乙可看出，该波的波长、周期分别为λ=10m,T=4s,则根据波速公式,故A错误；B.A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为，5,故B正确AE为波峰，说明波源的起振方向向上，C点的起振方向与波源相同，也是竖直向上，故C错误；D.波从AE波D处质点在第一个波峰传到之后又振动了0.3s,则此时质点位于z轴上方，速度方向竖直向下，故D正确.13.ADA.转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有v=wR,因0~2to内，w与t成正比，所以水桶的速度v与t成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，故A正确；B.图乙中0～5to内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为θ,则,故水井的深度为转筒转过的距离，即h=0R=8wRto,故B错误；C.把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为,故C错误；D.根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为解析：(1)①根据牛顿第二定律可知，当小车和重物一起加速时，绳子的拉力会小于所挂重物的重力，当所挂重物质量小时，小车和重物加速度小，绳子拉力近似等于重物重力，故B正确；②补偿阻力时是让小车的重力沿斜面向下的分力等于小车受到的阻力，所以车前端不能挂重物；补偿好阻力后，重力的分力等于阻力，根据Mgsinθ=μMgcosθ可知，当小车质量变化时，小车仍然受力平衡，所以每次改变小车后不需要重新平(2)①推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动是匀速直线运动，在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度.②碰后小车的共同速度为s,两小车的总动量为p′=(mA+mg)v=【物理卷参考答案第2页(共4页)】【物理卷参考答案第3页(共4页)】(0.4+0.2)×1.140kg·m/s=0.684kg·m/s.14-Ⅱ.(1)B(1分)右(1分)14.0或14(1分)(2)见解析图(1分)(3(2分)解析：(1)甲图中A为机械调零旋钮，B为欧姆调零旋钮，欧姆调零应调节B;欧姆表的零刻度线在刻度盘右端，故应是指针指在最右端零刻度线；欧姆表读数为指针所指刻度与倍率的乘积，由甲图可以看出倍率选“×1”挡，则粗测得被测电阻的阻值为14Ω.(2)电路连接如图所示(3)由部分电路欧姆定律可得,RA+Ro=,联立可得14—Ⅲ.BD(2分)A.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开，形状稳定后，用一玻璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水笔把油酸溶液的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面积，故A错误；B.“用单摆测量重力加速度”的实验中，摆球在最低点处速度大，测量时间的误差小，故玻璃砖的折射率”实验中，玻璃砖同侧的两枚针应尽量插得远一些，这样通过两点确定直线画光线的时候误差会小一些，故C错误；D.“用变压器探究原副线圈电压与匝数关系”的实验中，原副线圈中的电压是交变电压，需要用交流电压表测量，故D正确.解：(1)因电阻R和电动机两端的电压相同，由U=IR(1分)(2)由闭合电路欧姆定律E-U=Ir,得I=2A(1分)通过电动机电流IM=1-I=1A(1分)(3)电动机的输出功率Pm=P—In²r。,得Pm=6W(1分)16.(1)3N(2)0.8m(3)L≤0.2m或0.5×4”-¹m≤L≤0.8×4”-¹m(n解：(1)滑块恰好能第一次通过圆轨道的最高点D,由牛顿第二定律,得vp=1m/s(1分)从释放点到D点由动能定理,得L₁=0.5m(1分)从圆轨道最右端到D点由动能定理,得v=√3m/s由牛顿第二定律,得滑块在轨道最右端受到的支持力F′=3N(1分)由牛顿第三定律F=F′,得滑块在圆轨道最右端时对轨道压力F=3N(1分)(2)设滑块从轨道FG上距F点x处开始下滑恰好返回圆轨道最左端，由动能定理mgxsinθ—mgxcosθ一从释放点到FG上最高点由动能定理mgL₂sinθ—mgxsinθ—μmgzcosθ=0(1分)(3)①滑块第一次通过轨道最右端时速度为零，由动能定理mgLosinθ-mgR=0,得L。=0.2m,即当L≤②由(1)、(2)可知，当0.5m≤L≤0.8m时，滑块不脱离轨道；滑块在轨道FG上运动，设向上和向下通过F点的速度为分别为vr和v'下，由动能定理,得vr=2vF(1分)即每进出一次FG轨道，滑块动能变为原来的,即第n次恰好通过圆轨道最高点时释放的的位置L=0.5×4“-⁻¹m,第n次恰好返回圆轨道最左端时释放点的位置L′=0.8×4”-¹m(1分)当0.5×4”⁻¹m≤L≤0.8×4”⁻¹m(n=1,2,3…)时，滑块不脱离轨道(其他同等结果的不同写法也正确)(1分)综上，当L≤0.2m时或0.5×4”⁻¹m≤L≤0.8×4”-¹m(n=1,2,3…)时，滑块不脱离【物理卷参考答案第4页(共4页)】(2)由(1)可知金属棒ab在x=0.5m处受到的安培力F′=1N由动能定理,得金属棒ab离开磁场区域I时速度大小v=2m/s(1分)由动量守恒mv=2mv(1分)得金属棒ab与“U”型金属框发生碰撞后速度v₁=1m/s(1分)(3)当de边进入区域Ⅱ切割磁场时，因金属棒ab电阻为0,将定值电阻短路，总电阻为R=0.2Ω由动量定理·△t=2m(v-v₁),其中分)得导体框完全进入磁场时的动量p=2m=0.1kg·m/s(或v=0.625m/s)(1分)当ab边切割区域Ⅱ磁场时，de棒和定值电阻并联，总电阻R′=0.1Ω即导体框adeb不能通过磁场区域Ⅱ(1分)解：(