2026届浙江强基联盟高三下学期二模物理试题（解析版）

第第页2026届浙江强基联盟高三下学期二模物理试题1．下列属于国际单位制中的基本量及对应单位的是（）A．功，焦耳 B．电荷量，库仑C．发光强度，坎德拉 D．温度，摄氏度【答案】C【解析】【解答】A．功是导出量（由力与位移定义），单位焦耳是导出单位（1JB．电荷量是导出量（由电流与时间定义，Q=It），单位库仑是导出单位（1CC．发光强度是国际单位制中的基本物理量，坎德拉是基本单位，故C正确；D．温度是基本物理量，基本单位是开尔文（K）；摄氏度是导出单位，故D错误。故答案为：C。

【分析】本题考查国际单位制的基本量与基本单位的区分，核心是明确国际单位制中7个基本物理量及其对应的基本单位，同时辨别导出量与导出单位。2．如图所示，桥式起重机主要由“桥架”和吊载货物的“小车”组成。在某次作业中，小车沿桥架单向移动了4m，货物向上吊起了3m。该次作业中货物相对地面的位移大小为（）A．4m B．5m C．6m D．7m【答案】B【解析】【解答】该次作业中小车相对地面的位移为x=x故答案为：B。

【分析】本题考查位移的矢量合成，核心是将货物的水平和竖直位移视为两个垂直的分位移，利用勾股定理计算合位移的大小。3．滑块以一定的初速度沿粗糙斜面的A点向上滑，到达最高点后返回A点。利用频闪仪对滑块上滑和下滑过程进行拍摄，分别如图甲、乙所示，照片中B点恰好是滑块滑动过程中的最高点，斜面倾角为θ，则（）A．上滑过程动能变化绝对值比下滑更大B．滑块之间的距离BC:CD=1:4C．滑块与斜面间动摩擦因数μ>D．上滑过程克服摩擦力做功比下滑更大【答案】A【解析】【解答】AD．上滑过程动能变化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之和，下滑过程动能变化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之差，上滑过程和下滑过程的重力、摩擦力和位移的绝对值均相等，则上滑过程和下滑过程重力势能变化绝对值相等、克服摩擦力做功相等，上滑过程动能变化绝对值比下滑更大，故A正确，D错误；B．由逆向思维，图甲即初速度为零的滑块从B点做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系，滑块之间的距离BC=12at2，BD=C．上滑阶段，滑块做匀减速直线运动，有gsinθ>μgcos故答案为：A。

【分析】本题考查斜面上滑块的动能变化、摩擦力做功与匀变速直线运动的规律，核心是结合动能定理分析动能变化的绝对值，利用逆向思维和匀变速位移公式分析位移比例，通过受力分析判断动摩擦因数的范围。4．如图所示，等量同种点电荷固定在水平面上，A、B、C为其连线上的三点，其中A、B关于两电荷中垂线对称，B、C两点关于右侧点电荷对称。下列说法正确的是（）A．B点的场强比C点的场强大B．A点的电势比C点的电势低C．A点的场强与B点的场强相同D．电子在B点的电势能比在C点的电势能小【答案】D【解析】【解答】AB．根据等量同种点电荷的电场线分布可得，B点的电场强度比C点的电场强度小，A点的电场强度与B点的电场强度大小相等，方向相反，故AB错误；CD．根据等量同种点电荷的电势分布特点可知，A点的电势与B点的电势相等，B点的电势高于C点的电势，故A点的电势比C点的电势高，根据Ep=φq可知，电子在B点的电势能比在故答案为：D。

【分析】本题考查等量同种正点电荷的电场强度、电势与电势能的分布规律，核心是结合电场的叠加原理分析场强大小与方向，根据电势分布和电势能公式判断电势能的大小。5．我国空间站沿逆时针方向围绕地球做圆周运动，轨迹如图实线所示。为了避开太空碎片，空间站在P点向图中箭头所指方向短时间喷射气体，从而实现变轨。变轨后的椭圆轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径，则（）A．空间站变轨前、后经过P点的加速度相同B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小C．变轨后，在远地点的机械能比近地点大D．气体对空间站的作用力方向为箭头方向【答案】A【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律GMmB．因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，故B错误；C．变轨后，机械能守恒，故远地点的机械能和近地点一样，故C错误；D．箭头是气体喷射方向，故气体对空间站的作用力方向为箭头的反方向，故D错误。故答案为：A。

【分析】本题考查空间站变轨的天体运动规律，核心是结合万有引力定律分析加速度，利用开普勒第三定律判断周期，根据机械能守恒和牛顿第三定律分析机械能与作用力方向。6．人形机器人半程马拉松赛事中，“天工Ultra”以2小时40分24秒夺冠。“天工Ultra”体重约为60kg，在一段直跑道上的跑步过程中，30秒内将时速从3.6km/h提升到最高时速14.4km/h，该过程的加速度逐渐减小，随后以最高时速匀速奔跑，则（）A．“天工Ultra”30秒提速过程，平均速度大小为9km/hB．“天工Ultra”30秒提速过程，平均速度可能小于9km/hC．“天工Ultra”以最高时速匀速奔跑时，合外力做功为零D．“天工Ultra”30秒提速过程，合外力对其做功为480J【答案】C【解析】【解答】A．提速过程加速度逐渐减小，不是匀加速运动，平均速度不等于初末速度的平均值（(3.6km/h+14.4km/h)/2=9km/h），且由于加速度减小，速度-时间图线为凸曲线，位移大于匀加速运动的位移，故平均速度大于9km/h，故A错误；B．由于加速度逐渐减小，提速过程的平均速度大于初末速度的平均值9km/h，故“可能小于9km/h”错误，故B错误；C．以最高时速匀速奔跑时，速度恒定，动能不变，由动能定理知合外力做功为零，故C正确；D．合外力做功等于动能变化量，初速度vi=3.6km/h=1.0m/s，末速度vf=14.4km/h=4故答案为：C。

【分析】本题考查变加速直线运动的平均速度与动能定理的应用，核心是结合加速度减小的变加速运动的速度-时间图像特征分析平均速度，利用动能定理判断合外力做功的大小。7．如图是金属探测仪的内部简化结构，由线圈与电容器构成的LC振荡电路。电路中的电流I随时间t变化的规律如图所示，则该振荡电路（）A．1×10B．增大线圈自感系数L，则振荡周期会减小C．3×10D．1×10【答案】D【解析】【解答】A．1×10B．根据T=2πC．3×10D．1×10故答案为：D。

【分析】本题考查LC振荡电路的工作规律，核心是结合电流随时间的变化图像，分析电容器的充放电状态、电荷量变化，以及线圈磁场能和振荡周期的影响因素。8．几位同学手拉手一起进行“千人震”实验，实验过程中同学们会感受到瞬间触电的感觉。实验器材包含两节干电池（3.0V）、带铁芯的多匝线圈（电阻很小）、开关，同学们按图示电路连接。实验中，先闭合开关，待电路稳定后再断开开关，以下说法正确的是（）A．闭合开关瞬间，同学们有触电感，电流方向为A到BB．断开开关瞬间，同学们有触电感，且AB间电压远大于3.0VC．断开开关瞬间，同学们有触电感，且AB间电压等于3.0VD．断开开关瞬间，流过同学们的电流方向为A到B【答案】B【解析】【解答】A．两节干电池电动势约为3V，闭合开关瞬间，人体两端的电压等于电源两端电压为3V，不会有触电感觉，故A错误；BC．断开开关的瞬间，线圈电流变化率大，线圈产生的自感电动势非常大，远大于3.0V，故线圈两端电压会变大，流过同学们的电流变大，同学们感觉有电流流过身体，故B正确，C错误；D．断开开关瞬间，线圈产生的电动势要阻碍线圈中的电流变小，因此感应电流的方向与原方向相同，自左向右，断开开关时，线圈与人组成新的闭合回路，因此流过人体的电流从B到A，故D错误。故答案为：B。

【分析】本题考查自感现象的应用，核心是结合通电、断电瞬间的自感电动势变化，分析人体的触电感受、电压大小与电流方向。9．如图甲为氢原子能级示意图，图乙为研究光电流与电压关系的电路。一群处于n=3能级的氢原子自发跃迁，辐射出的光照射光电管的阴极K，通过实验只能得到图丙所示的2条光电流随电压变化的图线，则下列说法正确的是（）A．图丙中Ua的值为B．Ub与UC．这群氢原子向低能级跃迁时发出2种不同频率的光D．b光照射产生的光电子最大初动能大于a光【答案】B【解析】【解答】A．一群处于n=3能级的氢原子自发跃迁，能发出三种不同频率的光，结果只能得到两条光电流图线，说明频率最小的光不能发生光电效应，即逸出功大于W根据光电效应方程Ek=hν−W遏止电压对应光子能量减去逸出功，Ua对应频率高的入射光，可得UaB．Ub与UC．一群处于n=3能级的氢原子自发向下跃迁可以有三种频率的光射出，C错误；D．a光的光子能量为12.09eV高于b光光子能量10.20故答案为：B。

【分析】本题考查氢原子能级跃迁与光电效应的综合应用，核心是结合能级差计算光子能量，利用光电效应方程分析遏止电压、光电子最大初动能的关系。10．如图所示，劲度系数为k0的弹簧左端固定，右端与光滑水平面上的足够长、质量为ma的木板A连接，木板上有一质量为mb的物块B。将弹簧拉伸至某一位置，让木板及物块由静止释放，释放后两物体相对滑动，0∼t0内两物体的v-t图像如图所示，tA．t0时刻弹簧处于原长 B．C．t0时刻弹簧的伸长量Δx=μma【答案】D【解析】【解答】A．t0B．木板跟随弹簧振动，弹簧振子的质量只包含木板A，周期为T=2πmakC．t0时刻木板处于平衡位置，弹簧弹力与木板所受摩擦力等大反向，伸长量根据胡克定律为ΔD．物块B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得mba=μ根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得v0故答案为：D。

【分析】本题考查弹簧振子与板块模型的综合动力学分析，核心是结合v−t图像的斜率（加速度）判断木板的平衡状态，利用胡克定律、牛顿第二定律和弹簧振子周期公式分析弹簧伸长量、运动时间与物块速度。11．20世纪之交，物理学界对“两朵乌云”的讨论，为相对论和量子力学拉开了序幕。下列说法正确的是（）A．高速运动的μ子寿命变长的现象，用经典理论无法解释B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关C．氢原子能级跃迁可以产生一系列特定波长的电磁波，包括X射线D．每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系，这种波就是机械波【答案】A,B【解析】【解答】A．μ子以高速运动时，平均寿命变长，这是狭义相对论的时间延缓效应，经典力学无法解释，故A正确；B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故B正确；C．氢原子跃迁时无法产生X射线，故C错误；D．与运动粒子相对应的波称为物质波，故D错误。故答案为：AB。

【分析】本题考查相对论、黑体辐射、氢原子能级跃迁与物质波的基础概念，核心是区分经典物理与近代物理的适用范围，明确黑体辐射、能级跃迁和物质波的核心特征。12．如图为某透明介质的横截面，ABC为半圆，O为圆心，AC为直径，B为ABC的中点。真空中一束单色激光从介质下方M点射入，经两次折射由B点出射并到达A点。调整单色激光位置至N点，其他条件保持相同，折射光恰好抵达O点，且与OB形成30°夹角。不考虑光的多次反射，下列说法正确的是（）A．该介质折射率为2B．ABC弧线中仅四分之一的长度有光射出C．真空中的入射角减小，ABC弧线上的发光长度不变D．入射激光的频率增大，ABC弧线上的发光长度变大【答案】A,C【解析】【解答】A．由几何关系可知，真空中的入射角为45°，介质中的折射角为30°，由折射定律得n=sinB．根据全反射临界角公式可得sinC=1介质中入射角小于45°的该激光均可射出，故可射出弧面的可见光范围如图所示由几何关系可知，该范围对应的圆心角为90°，占弧面圆心角180°的一半，故B错误；C．真空中的入射角减小，仅减小介质中的出射角，不改变临界角，ABC弧线上的发光长度不变，故C正确；D．入射激光的频率增大，折射率增大，临界角减小，更容易发生全反射现象，ABC弧线上的发光长度变小，故D错误。故答案为：AC。

【分析】本题考查光的折射与全反射规律的综合应用，核心是结合几何关系确定入射角和折射角，利用折射定律计算折射率，再根据全反射临界角分析出光区域的长度变化。13．空间中存在竖直向下的匀强磁场B1，一枚底面边长为a、b，厚度为h的长方体霍尔元件水平放置，如图所示，左右两侧接有两电极A、B，前后两侧接有两电极C、D，已知该霍尔元件的载流子为电子，电阻率为ρ，现在CD两极加上电压，且UA．电极AB间产生霍尔电压，电压UB．保持CD两极电压大小不变，仅增大b，UABC．保持CD两极电压大小不变，仅增大h，UABD．保持CD方向的电流大小不变，仅增大a，UAB【答案】C,D【解析】【解答】A．霍尔元件磁感应强度方向竖直向下，由左手定则可知电子向A偏转，UABBC．因UAB=E⋅a得到UAB=B1代入得UABD．因UAB=B1代入得U故电流不变时，a增大，UAB故答案为：CD。

【分析】本题考查霍尔效应的原理与推导，核心是结合左手定则判断电子偏转方向，利用欧姆定律、电流微观表达式及受力平衡条件，推导出霍尔电压UAB​的表达式，进而分析各物理量对UAB​的影响。14．向心力演示仪的结构如图所示，长槽4上P2挡板距左转轴的距离是P1挡板距左转轴距离的两倍，（1）若想探究匀速圆周运动向心力与半径的关系，则保证其他条件相同时，将小球B放在Q挡板处，把小球A放在处（选填“P1”或“P（2）现将质量相等的两小球A和B分别放在左右两边的槽内，如图所示，皮带所套的两个塔轮的半径分别为R左:R右=3:2【答案】（1）P（2）2:3；4:9【解析】【解答】（1）探究匀速圆周运动向心力与半径，需要保证其他条件相同时，小球A和B圆周运动的半径不同，故把小球A放在P2处；

故答案为：（2）根据v=ωR，皮带传动线速度相等，所以角速度与半径成反比。则A、B两球转动时的角速度之比为ωA:ωB=2:3。两个小球的质量相等，圆周运动的半径相等，根据F=mω2r，所受向心力之比为F(2)皮带传动的塔轮线速度相等，由v=ωR求角速度之比，再由向心力公式F=mω（1）探究匀速圆周运动向心力与半径，需要保证其他条件相同时，小球A和B圆周运动的半径不同，故把小球A放在P2（2）[1][2]根据v=ωR，皮带传动线速度相等，所以角速度与半径成反比。则A、B两球转动时的角速度之比为ωA:ωB=2:315．某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：两节干电池、电流传感器、阻值为32欧的定值电阻R0（1）为了保护电流传感器，在调节电阻箱R的阻值时，应________（填“A”或“B”）。A．将电阻箱的阻值从大到小调节 B．将电阻箱的阻值从小到大调节（2）1I与E、r、R、R0的关系式为1（3）根据实验，作出如图（b）的1I−R图像，可得一节干电池的电动势E=V，内阻r=（4）若考虑电流传感器自身的电阻大小，则本实验干电池电动势的测量结果（填“偏大”“不变”或“偏小”）。【答案】（1）A（2）R+（3）1.43；1.16（1.00~1.50）（4）不变【解析】【解答】（1）为了保护电流传感器，电流应当由小变大，电阻箱的电阻由大调节到小。故答案为：A。（2）根据闭合电路欧姆定律2E=I化简可得1I=R+（3）由①推导得1结合图（b）有k=12E解得E=1.43V，故一节电池的电动势约为1.43V，内阻约为1.16Ω。（4）由关系式1I=R2E+R0(2)由闭合电路欧姆定律推导1I与E、r、R、R(3)根据1I(4)分析电流传感器电阻对电动势测量结果的影响。（1）为了保护电流传感器，电流应当由小变大，电阻箱的电阻由大调节到小。故选A。（2）根据闭合电路欧姆定律2E=I化简可得1（3）由①推导得1结合图（b）有k=12E解得E=1.43V，故一节电池的电动势约为1.43V，内阻约为1.16（4）由关系式1I=R16．某同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率，实验过程如下：（1）将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界。（2）①激光笔发出的激光沿MO从玻璃砖上的O点水平入射，到达ef面上的A点后反射到eh面的B点。用大头针在白纸上标记O点、A点和B点位置。②移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作MO连线的延长线与eh面的边界交于C点，如图所示。③用刻度尺测量OA、AB、OC的长度d1、d2、（3）利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式n=；（用d1、d2、（4）相对误差的计算式为δ=测量值−真实值【答案】d1【解析】【解答】折射率n=设hO=eD=d，由几何关系可得sinα=d代入折射率公式得n=相对误差的计算式为δ=为了减小测量d1、d2和d3的相对误差，实验中d1+d2和d3要尽量稍大一些，即激光在O点入射时应尽量使入射角稍小一些。17．如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S=500mm2，导热性能良好的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0（1）压缩过程中，气体对外做功为（选填“正功”“负功”或“零”），管内气体的内能（选填“增大”“减小”或“不变”）。（2）写出压力大小F与距离x变化的关系式。（3）b到a的过程封闭气体等温变化的p-V图像如图乙所示，根据图像，估算这一过程气体放出的热量。【答案】（1）负功；不变（2）整个过程为等温变化p其中p且l=0.04+x则F=pS=2501+25xN（3）由热力学第一定律得Δ因为内能不变，则Q=−W由图像可得W=pS图像中每一小格代表做功W则W=62×0.25得Q=−15.5即放出的热量Q=15.5J

故答案为：【解析】【解答】（1）气体对活塞的力与活塞的运动方向相反，故做负功；整个过程为等温变化，故内能不变。

故答案为：负功；不变（2）整个过程为等温变化p其中p且l=0.04+x则F=pS=2501+25xN（3）由热力学第一定律得Δ因为内能不变，则Q=−W由图像可得W=pS图像中每一小格代表做功W则W=62×0.25得Q=−15.5即放出的热量Q=15.5J

故答案为：Q=15.5J(2)由玻意耳定律结合受力平衡，推导压力F与距离x的关系式；(3)等温变化中内能不变，由热力学第一定律，气体放出的热量等于外界对气体做的功，结合p−V图像的面积求做功大小。（1）[1]气体对活塞的力与活塞的运动方向相反，故做负功；[2]整个过程为等温变化，故内能不变。（2）整个过程为等温变化p其中p且l=0.04+x则F=pS=（3）由热力学第一定律得Δ因为内能不变，则Q=−W由图像可得W=pS图像中每一小格代表做功W则W=62×0.25得Q=−15.5即放出的热量Q=15.518．如图甲所示，将一块光滑的方形薄铝板倾斜固定在水平面上，其与水平方向夹角为θ，一质量为m的条形磁铁N极向下，在铝板上静止释放，最终恰好能沿薄铝板匀速下滑，侧视图如图乙。磁铁端面abcd是边长为d1的正方形，由于磁铁紧贴铝板运动，磁铁端面正对铝板区域的磁场可视为匀强磁场（俯视图如图丙），磁感应强度为B，铝板厚度为d2，电阻率为（1）求磁铁匀速下滑时，铝板中与磁铁正对部分感应电流I的大小；（2）推导磁铁在铝板上匀速运动时的速度v的表达式；（3）磁铁由静止释放，到速度大小v=2gsinθ时，滑行的距离大小【答案】（1）解：铝板受到的安培力F根据力的相互作用及磁铁的受力平衡mg解得I=（2）解：匀速运动时，切割产生的电动势E=B由闭合电路欧姆定律可得I=正对区域电阻R=联立解得v=（3）解：加速过程根据动量定理，在极短时间内mg且i=代入得mg累积求和可得mg整理得t=解得t=【解析】【分析】(1)匀速下滑时受力平衡，安培力与重力沿斜面分力相等，由安培力公式求感应电流；(2)结合电磁感应定律、电阻定律与受力平衡，推导速度表达式；(3)利用动量定理，结合变力的冲量表达式求解时间。（1）铝板受到的安培力F根据力的相互作用及磁铁的受力平衡mg解得I=（2）匀速运动时，切割产生的电动势E=B由闭合电路欧姆定律可得I=正对区域电阻R=联立解得v=（3）加速过程根据动量定理，在极短时间内mg且i=代入得mg累积求和可得mg整理得t=解得t=19．如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，长为l的轻绳悬挂一可视为质点的滑块C，C的下端恰好与B的上表面平行。现施加一外力F作用在A上，使A与B由静止开始向右做匀加速直线运动，同时将C拉起一小角度后静止释放。在C第一次到达最低点时绳子被拉断，C恰好从B的左端以水平速度v滑上B的上表面，此时撤掉外力，木板的速度为v0，此时B右端与墙P的距离为s。已知v0=1m/s，v=4m/s，mA=mC（1）求外力的大小F；（2）若s足够大，求从C滑上木板到B与C第一次共速时，木板滑行的距离s。（3）若s=1.25m（4）若s=1.25m，B与C共速后立即锁定为一整体，其与P碰撞后速度反向，大小变为原来的0.1，求A与B碰撞过程，物块A动量的变化量Δ【答案】（1）解：从释放物块C到最低点过程根据单摆周期公式得T=2而a由牛顿第二定律可知F−解得F=8（2）解：以初速度方向为正方向，当物块C与木板B接触后，根据牛顿第二定律aC=求物块C与木板B接触后，到二者速度相等，所需要的时间v+可得t过程中木板B前进距离为s（3）解：由s=1.25m>0.625av'2运动总时间t=1s，x以C为研究对象，由动能定理可得W=该过程摩擦力对C做的功为W=−7.5（4）解：A碰后速度为v'A，锁定后与墙相碰后速度为0.1m/s，经过得vA=接下来A将以与初速度相反的方向匀速直线离开。Δ大小Δ【解析】【分析】(1)对A做匀加速直线运动，由牛顿第二定律结合运动学公式求外力；

(2)C滑上B后，分别分析C和B的受力与加速度，结合动量守恒和运动学公式求木板滑行距离；

(3)先判断B与P碰撞前C、B的运动状态，再由动能定理求摩擦力对