浙江省强基联盟2024-2025学年高三上学期8月联考物理试题
1．（2024高三上·浙江月考）下列物理量中，属于标量的是（ ）
A．温度 B．速度 C．加速度 D．电场强度
2．（2024高三上·浙江月考）NBA某球星一次投篮的过程如图所示，不计空气阻力，则（ ）
A．整个投篮过程中篮球始终处于失重状态
B．该篮球离开手后在空中做匀变速曲线运动
C．分析投篮技术动作时可以把篮球当质点
D．篮球在空中运动过程中受重力和手的推力
3．（2024高三上·浙江月考）关于以下四幅图所涉及物理知识的论述中，正确的是（ ）
A．如图甲，观看立体电影和照相机镜头表面涂上增透膜的光学原理一样
B．如图乙，让A球在垂直纸面的平面内摆动起来，稳定后可观察到C球振幅最大，D球周期最小
C．如图丙，筷子“折断”的现象说明光线在不同介质的交界处发生了偏折
D．如图丁，这是电容器正在放电的过程
4．（2024高三上·浙江月考）核电站核污染水排入海洋。其中核污水含有多种放射性成分，其中有一种难以被清除的同位素氚可能会引起基因突变，氚亦称超重氢，是氢的同位素，有放射性，会发生衰变，其半衰期为12.43年。下列有关氚的说法正确的是（ ）
A．如果金属罐中密封有1kg氚，12.43年后金属罐的质量将减少0.5kg
B．氚发生衰变时产生的粒子能够穿透10cm厚的钢板
C．用中子轰击锂能产生氚，其核反应方程式为
D．氚核的质量恰好是氕核质量的3倍
5．（2024高三上·浙江月考）如图所示，平行板电容器实验装置中，极板A接地，B与一个灵敏的静电计相接。若电容器的电容为C，两极板间的电压为U，两极板间的电场强度为E，则（ ）
A．将A极板向上移动，C变大，U变小，E变小
B．将A极板向下移动，C变小，U变大，E不变
C．将A极板向右移动，C变大，U变小，E变小
D．将A极板向左移动，C变小，U变大，E不变
6．（2024高三上·浙江月考）2024年3月20日，“鹊桥二号”中继星成功发射升空。“鹊桥二号”中继星将架设地月新“鹊桥”，为“嫦娥四号”“嫦娥六号”等任务提供地月间中继通信，其运动轨迹演示如图所示，已知近月点C距月球中心约为，远月点B距月球中心约为，下列说法正确的是（ ）
A．该次发射速度大于第二宇宙速度
B．“鹊桥二号”制动后轨道高度将变小，速度将变小
C．“鹊桥二号”进入环月轨道后不受地球引力
D．“鹊桥二号”在C、B两点的加速度大小之比约为
7．（2024高三上·浙江月考）如图甲为磁电式电流表的结构，图乙为极靴和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等。则下列选项正确的是（ ）
A．该磁场为匀强磁场 B．线圈将顺时针转动
C．a、b两边受安培力相同 D．线圈平面总与磁场方向垂直
8．（2024高三上·浙江月考）“过水门”是由两辆消防车相对喷水形成类似水门的造型而得名，这项寓意为“接风洗尘”的仪式，是国际民航中最高级别的礼仪。如图所示，若水柱轨迹在两相互平行的竖直面内，甲、乙两喷水口的高度相同，甲喷出的水柱最高点更高，不计空气阻力，则（ ）
A．甲喷口处的水速度一定更大
B．甲喷出的水射得一定更远
C．甲喷出的水在空中运动时间一定更长
D．甲喷口处的水柱与水平面的夹角一定更大
9．（2024高三上·浙江月考）燃油汽车点火系统的基本结构如图所示，主要部分由直流电源E、保护电容C、电阻R、理想变压器、火花塞等构成，已知直流电源的电动势为12V，火花塞内两触点之间要产生30kV电压，才能产生电弧将油气点燃，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：100，下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合时，电容C将进行充电
B．开关S闭合瞬间，变压器副线圈两端电压最高可达30kV
C．开关S断开瞬间，若要将油气点燃，变压器原线圈至少需产生300V电压
D．开关S断开后，电容器将先放电后充电
10．（2024高三上·浙江月考）如图，水平向右的匀强电场中有a、b两个可视为质点的带电小球，小球所带电荷量的大小相同、电性未知。现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为、，且，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若小球a、b电性相反，则小球b一定带负电
B．若小球a、b电性相反，则小球a的质量一定小于小球b的质量
C．若同时剪断两根细绳，则小球a与b落地时重力功率相等
D．若同时剪断两根细绳，则a、b两球一定同时落地
11．（2024高三上·浙江月考）高铁列车行驶时受到的总阻力包括摩擦阻力和空气阻力，某一列高铁列车以180km/h的速度在平直轨道上匀速行驶，此时空气阻力与摩擦阻力大小之比为，牵引力的功率约为2000kW。假设摩擦阻力恒定，空气阻力与列车行驶速度的平方成正比，则该列车以360km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时牵引力的功率约为（ ）
A．4400kW B．8000kW C．8800kW D．16000kW
12．（2024高三上·浙江月考）在处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。时刻两波源开始振动，时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（ ）
A．两波源的起振方向均沿y轴负方向
B．两列波的波速大小均为1m/s
C．再经过0.1s，平衡位置在处的质点位移为
D．平衡位置在处的质点在前0.5s内运动的路程为50cm
13．（2024高三上·浙江月考）如图所示，带电荷量为的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知A、C间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．OB的距离
B．OB的距离
C．从A到C，静电力对小滑块做的功
D．A、C之间的电势差
14．（2024高三上·浙江月考）下列说法正确的是（ ）
A．霓虹灯发光是气体原子从高能级向低能级跃迁产生的
B．红外线具有很强的热效应是因为红外光光子能量大
C．电阻应变片的电阻值随其机械形变的变化而变化
D．家电遥控器和“额温枪”工作时都是利用接收物体辐射的红外线
15．（2024高三上·浙江月考）如图所示，光滑的细直硬杆水平固定放置，磁感应强度大小为的匀强磁场垂直纸面向里，质量为、带电量为的带正电圆环（视为质点）套在硬杆上，在斜向右下方与水平方向成夹角的恒定拉力的作用下，从静止开始运动，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．圆环的加速度先增大后减小
B．经过一段时间，拉力的冲量大小为，合力的冲量大于
C．当硬杆对圆环的弹力为0时，圆环的速度为
D．当杆对圆环的弹力向上且大小等于时，圆环的动量为
16．（2024高三上·浙江月考）某同学用如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”。实验所用的电源为学生电源，交变电流的频率为50Hz。重物从高处由静止开始下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，该同学在纸带上每5个点取一个计数点，依打点先后顺序编为0、1、2、3、4……
（1）由于不小心，几条纸带都被撕断了，如下图所示，则在B、C、D三段纸带中，与纸带A属于同一条的应该是______。
A． B．
C． D．
（2）这位同学又重做该实验并挑选出一条点迹清晰的完好纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O点为起始点。根据纸带上的测量数据，可得打点3时重物的速度为 m/s；已知重物质量为200g，当地重力加速度g取，则从点0到点3，重物的重力势能减小量 J、动能增加量 J（计算结果均保留三位有效数字）。
（3）第（2）小问中与的大小不相等，出现这一结果的原因可能是______。
A．重物质量的测量值偏大
B．接通电源前释放了纸带
C．存在空气阻力和摩擦力
17．（2024高三上·浙江月考）某同学在实验室探究二极管的伏安特性曲线。
（1）为了粗测二极管的正向电阻，该同学将多用电表的选择开关旋到电阻“”挡，当指针偏转角度较大时，红表笔连接的是二极管的 （选填“正”或“负”）极；此时，多用电表的指针如图甲所示，二极管的正向电阻为 。
（2）为描绘二极管的伏安特性曲线，该同学组装电路如图乙所示，要使得该电路能完成测量发光二极管伏安特性曲线的实验，且要求发光二极管两端电压从零开始调节，请用笔画线代替导线，在乙图中补充完整实物电路的连接 。
（3）若将该规格的二极管（伏安特性曲线如图丙所示）与一个阻值为的定值电阻串联后接在一节电动势为、内阻不计的干电池上，如图丁所示，则稳定后二极管的实际功率为 W（结果保留两位有效数字）。
18．（2024高三上·浙江月考）下列有关物理实验的操作及误差说法正确的是（ ）
A．如图甲，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，如发现条纹不清晰，可通过拨杆调节
B．如图乙，在计算油膜面积时，若只数完整的方格数，则油酸分子直径测量值会偏小
C．如图丙，在“探究气体等温变化的规律”实验中，应当尽可能快速移动注射器的柱塞
D．如图丁，在“测量玻璃砖的折射率”实验中，玻璃砖的宽度应适当大一些
19．（2024高三上·浙江月考）如图所示，一导热性能良好的球形容器内部不规则，某兴趣小组为了测量它的容积，在容器上插入一根足够长、两端开口的长玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积为，玻璃管内一长为的静止水银柱封闭着长度为的空气柱，此时外界温度为。现把容器浸在温度为的热水中，水银柱缓慢上升，当水银柱重新静止时下方玻璃管内的空气柱长度变为，实验过程中认为大气压没有变化，大气压（相当于75cm高水银汞柱压强），（的热力学温度值为273K，忽略水银柱与玻璃管壁之间的阻力）
（1）放入热水后容器内气体分子平均速率 （填“增大”或“减小”）；
（2）求容器的容积V；
（3）若实验过程中管内气体内能增加了5.6J，请判断气体从外界吸收热量还是向外界放出热量，并计算热量的大小。
20．（2024高三上·浙江月考）某固定游戏装置的竖直截面如图所示，由弧形轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DE平滑连接而成，圆形轨道底端略微错开，在轨道末端E的右侧粗糙水平面EF上紧靠着质量为的长木板，长木板上表面与轨道末端E所在的水平面平齐。现将一质量的小物块从弧形轨道上高度为h处静止释放。已知圆轨道半径，长木板的长度，小物块与木板间的动摩擦因数，木板与水平面EF间的动摩擦因数，小物块可视为质点，不计其他阻力，。
（1）若，求物块第一次经过圆弧轨道最低点D时对轨道的压力F；
（2）若物块沿轨道运动恰好过C点，求静止释放点的高度h；
（3）若小物块恰好能通过圆轨道并从E点滑上长木板，请判定小物块能否滑离长木板；若不能，求小物块在长木板上滑行的最大距离；若能，求小物块在长木板上滑行的时间。
21．（2024高三上·浙江月考）如图所示，水平固定的“”形金属导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨左端通过电键K连接恒流源S，其中电流大小为I，方向由M流向N。两导体棒a、b垂直于导轨放置并与两导轨紧密接触，其中b导体棒通过水平绝缘细绳、定滑轮连接竖直吊起一重物c。已知两导体棒a、b的接入电路的电阻均为R，a、b、c的质量均为m，导轨间距为d，除两导体棒电阻之外其余电阻不计，不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g，重物c距地面足够高，绳子与导轨足够长。
（1）若电键K断开，
①外力使导体棒a以某一速度v向右匀速运动时导体棒b恰好能保持静止，求速度v；
②导体棒a固定，让重物c从静止释放，当重物c下降h时，导体棒b恰好做匀速运动，求该过程中回路产生的焦耳热。
（2）若电键K闭合，导体棒a固定，导体棒b作为“电动机”向右运动。求“电动机”机械效率为50%时导体棒b的速度。
22．（2024高三上·浙江月考）某种质谱仪的结构示意图如图所示，主要构造包括加速电场（可左右平移）、静电分析器和磁分析器等。其中加速电场的电压为U，静电分析器是以为圆心的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心，且与圆心等距的各点电场强度大小相等，电场强度E与到圆心距离r的关系满足（k未知）；磁分析器在以为圆心、圆心角为的圆形扇形区域内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界紧靠。由离子源静止释放出三种正离子a、b、c经相同电场加速后，分别从P、Q、M进入静电分析器，恰好能以为圆心做匀速圆周运动从磁分析器中、、射出。已知PQ、QM间的距离都为，Q到圆心距离为R，不考虑电磁场的边缘效应，求：
（1）关系式中k的大小；
（2）b离子进入静电分析器时的速度大小；
（3）a、c两离子的比荷之比；
（4）离子a经相同加速电场加速后从M进入至磁分析器下端（未标出）射出，求、之间的距离d。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电场强度
【解析】【解答】只有大小没有方向运算时遵守代数加减法则的物理量是标量，如时间、温度等；而既有大小又有方向且运算时遵守平行四边形定则的物理量是矢量，如速度、加速度、电场强度等。
故选A。
【分析】 标量是只有大小，没有方向的物理量，运算时遵守代数加减法则。矢量是既有大小，又有方向的物理量，运算时遵守平行四边形定则。
2．【答案】B
【知识点】牛顿第一定律；质点；超重与失重；斜抛运动
【解析】【解答】A．投篮上升过程中篮球与手接触时篮球会斜向上做加速运动，具有向上的加速度，处于超重状态，A错误；
B．加速度恒定的运动是匀变速运动，篮球在空中只受重力，加速度恒定，做匀变速曲线运动，B正确；
C．分析投篮技术动作时不能把篮球看成质点，C错误；
D．篮球在空中运动过程中只受重力，D错误；
故选B。
【分析】球出手后开始计时，在整个飞行过程中篮球只受重力，速度沿着切线方向；曲线运动的条件是合力与速度不共线。
3．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；电磁振荡；光的全反射；光的偏振现象
【解析】【解答】A．观看立体电影利用了光的偏振，照相机镜头表面涂上增透膜利用了光的干涉原理，增强透射光，减弱反射光。故A错误；
B．图乙中让A球摆动起来，可知B、C、D三球均做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力频率，由于C球的固有频率等于A球的振动频率，故C球振幅最大，但B、C、D三球做受迫振动的频率都等于A球振动频率，即B、C、D的振动周期都相等。故B错误；
C．筷子“折断”的现象说明光线在不同介质的交界处发生了折射。故C正确；
D．电流流向电容器正极板，由图丁可知电容器处于充电状态。故D错误。
故选C。
【分析】 根据光偏振分析判断；根据共振和单摆周期关系分析判断；激光沿水流会变弯曲是由于光的全反射；根据振荡电路的特点判断。
4．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．如果金属罐中密封有1kg氚，12.43年后金属罐中的氚会有一半发生衰变，但产生的新物质还在金属罐内， 金属罐的质量不变，金属罐的质量不会减少0.5kg，故A错误；
B．氚发生衰变时会放出高速运动的电子，高速运动的电子穿透能力较弱，电离能力较强，不能穿透10cm厚的钢板，故B错误；
C．用中子轰击锂能产生氚，据核反应质量数守恒和电荷数守恒其核反应方程式为
故C正确；
D．一个质子与两个中子结合成氚核时质量会发生亏损，则氚核的质量不是氕核质量的3倍，故D错误。
故选C。
【分析】 根据核反应质量数守恒和电荷数守恒计算；根据衰变规律计算。
5．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．将A极板向上移动，两板间正对面积S减小，其他量保持不变，由电容决定式
可知C减小；由于两极板所带电荷量不变，由电容定义式
可知，两极板间的电压U变大，由
可知电容器两极板间的电场强度E变大。故A错误；
B．将A极板向下移动，两板间正对面积S减小，其他量保持不变，由电容决定式
可知C减小；由于两极板所带电荷量不变，由电容定义式
可知，两极板间的电压U变大，由
可知电容器两极板间的电场强度E变大。故B错误；
C．将A极板向右移动，两板间距离d减小，其他量保持不变，由电容决定式
可知C增大；由于两极板所带电荷量不变，
可知，两极间的电压U变小，由场强电压关系
可知电容器两极板间的电场强度E不变。故C错误；
D．将A极板向左移动，两板间距离d增大，由
可知C减小；由于两极板所带电荷量不变，由
可知，两极间的电压U变大，由
可知电容器两极板间的电场强度E不变。故D正确。
故选D。
【分析】 行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由电容的决定式分析电容的变化，根据电容的定义式 分析电压U的变化 。
6．【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．还在地球引力范围，故小于第二宇宙速度， 第二宇宙速度（脱离速度）是指在地面上发射物体，使之能够脱离地球的引力作用，成为绕太阳运动的人造行星或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速 。故A错误；
B．“鹊桥二号”制动后，高度降低，在降低过程中速度会增大。故B错误。
C．一直在地球的引力范围，包括月球也在地球的引力作用范围。故C错误；
D．“鹊桥二号”在C点根据牛顿第二定律有
同理在B点有
代入题中数据联立解得
故D正确。
故选D。
【分析】 根据地球的第二宇宙速度的物理意义进行分析解答；根据万有引力提供向心力导出加速度和线速度的表达式，然后利用表达式进行判断。
7．【答案】B
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】A．匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，匀强磁场的磁感线是一条条距离相等的平行直线，由图可知，该磁场不是匀强磁场，故A错误；
BC．根据左手定则，结合电流方向以及磁场方向，图示位置a边受安培力向上，b边受安培力向下，则a向上转动，b向下转动，即线圈将顺时针转动，故B正确，C错误；
D．根据磁感线分布可知，线圈平面总与磁场方向平行，故D错误。
故选B。
【分析】 由题意可知考查磁电式电流表内部磁场特点及安培力方向判断，由左手定则结合图像分析可得。
8．【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】 本题是斜抛运动问题，关键要掌握斜抛运动的研究方法：运动的合成和分解，由竖直高度关系，分析竖直方向初速度关系和运动时间关系，由水平位移关系和运动时间关系分析水平方向初速度关系 。C．将甲、乙喷出的水运动（斜抛运动）到最高点的过程逆向看作是平抛运动，甲喷出的水柱最高点更高，根据
，
可知，甲喷出的在空中运动时间（由对称性知是喷出到最高点时间的2倍）一定更长，甲喷出的水竖直方向初速度vy更大，故C正确；
B．由于甲、乙喷出的水柱自抛出到最高点的水平位移大小关系未知，由水平方向分运动
无法得出二者水平分速度vx和水平射程大小关系。故B错误；
AD．由
甲喷出的水竖直方向初速度vy更大，但vx大小关系无法确定，所以无法得出二者喷出的水初速度大小关系和初速度与水平面夹角大小关系，故AD错误；
故选C。
【分析】不计空气阻力，甲、乙喷出的水在空中做斜抛运动，根据竖直方向的分运动是竖直上抛运动，结合最大高度的关系分析运动时间和竖直方向初速度的关系。根据甲、乙喷出的水柱自抛出到最高点的水平位移大小关系，分析水平分速度关系，从而分析喷口处的水速度关系，以及水柱与水平面的夹角关系。
9．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．开关S闭合时，电容C被短路，电容两端没有电压，不会充电，故A错误；
B．开关S闭合瞬间，变压器原线圈两端电压不会超过电源的电动势， 理想变压器原、副线圈匝数之比为1：100 ，电压之比等于匝数之比，则副线圈两端电压不超过1200V，故B错误；
C．开关S断开瞬间，变压器副线圈两端电压可达30kV，则原线圈至少需产生300V自感电压，故C正确；
D．开关S断开后，由于变压器原线圈发生自感，电容器将先充电再放电，故D错误。
故选C。
【分析】电容C被短路，不会充电；根据变压器电压与匝数比关系分析；开关S断开后，变压器原线圈发生自感，电容器将先充电再放电。
10．【答案】D
【知识点】库仑定律；功率及其计算
【解析】【解答】AB．若a、b电性相反，负电荷所受电场力肺腺癌与电场强度方向相反，正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，同名电荷相互排斥，异名电荷相互吸引，只有a带负电，b带正电才能受力平衡，a、b水平方向都有
又由
，
得
故AB错误；
CD．同时剪断两根细绳，两球竖直方向做自由落体运动，加速度恒定为个，高度相同，故一定同时落地。根据
可知两球竖直方向具有相同的速度，由
可知小球a与b落地时重力功率不相等。C错误；D正确。
故选D。
【分析】 对ab分别进行受力分析，可知，若二者电性相反，则a带负电，b带正电，ab所受电场力与库仑力之和相同，根据力学矢量三角形可知a重力大于b重力；若二者电性相同，均带且正电，根据力学矢量三角形可知，二者重力大小不确定，所以有可能相等；两小球在竖直方向只受重力，剪短细绳之后竖直方向均为自由落体，所以必然同时落地。
11．【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】当高铁列车以180km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时，牵引力大小等于总阻力，功率等于牵引力与速度的乘积，
该列车以360km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时， 空气阻力与列车行驶速度的平方成正比，
联立，解得
故选C。
【分析】 根据二力平衡计算出空气阻力，由速度和空气阻力的关系估算出不同速度下的阻力和总阻力，最后根据P=Fv计算出不同速度下的功率 。
12．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．根据同侧法（振动方向与传播方向在波动图像同一侧）由图可知，两波源的起振方向均沿轴正方向，故A错误；
B．由图可知，两列波的传播距离相等，结合图像可得
则两列波的波速大小均为
故B错误；
C．由图可知，两列波均传播，传播一个波长的距离需要的时间为一个周期，则0.5s等于1.25个周期，则两列波的周期均为0.4s，再经过0.1s，两列波平衡位置在处的质点均回到平衡位置，则位移为0，故C错误；
D．波源产生的波传播到的时间等于传播路程除以速度为
波源产生的波传播到的时间等于传播路程除以速度为
则，平衡位置在处的质点运动的路程为
由于两列波的起振方向相同，两波源到的距离差
则此处为振动减弱点，内质点运动的路程为
则平衡位置在处的质点在前0.5s内运动的路程为
故D正确。
故选D。
【分析】 根据“同侧法”判断出两列波的传播方向；由图读出波长和传播周期，根据波速公式求得两个波的波速；两列波的周期均为0.4s，则再过0.1s，质点均回到平衡位置，求得位移。
13．【答案】A
【知识点】库仑定律；动能定理的综合应用；电势差
【解析】【解答】AB．由题意知小滑块在B点处的加速度为零，此时受力平衡，重力沿斜面向下的分力等于库仑力沿斜面向上的分力，则根据受力分析有沿斜面方向
解得
故A正确；B错误；
C．因为滑到C点时速度为零，小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，同时还有重力做功，重力做功等于重力与下落高度的乘积，根据动能定理有
解得
故C错误；
D．AC之间的电势差
故D错误。
故选A。
【分析】 根据滑块在B点时加速度为0，可知滑块在B点时受合力为0，根据对滑块受力分析，可计算OB间距；滑块从A到C时，速度为0，根据动能定理，可计算静电力对滑块做功；由电场力做功与电势差的关系，可计算AC间的电势差。
14．【答案】A,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；电磁波谱；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A． 霓虹灯发光是气体原子从高能级向低能级跃迁时，释放出能量，这些能量以光的形式发出，形成我们看到的霓虹灯光，这是原子物理中的基本知识 ，故A正确；
B．紫光光子的能量比红外光子的能量大，但紫光的热效应不显著，故B错误；
C．电阻应变片的电阻值随其机械形变的变化而变化，故C正确；
D．家电遥控器发射红外线，“额温枪”工作时接收了物体辐射的红外线，故D错误。
故选AC。
【分析】 本题主要考查了原子物理和红外线的相关知识，包括能级跃迁、红外线的特性、电阻应变片的工作原理以及家电遥控器和“额温枪”的工作原理。
15．【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．把分别沿着水平方向和竖直方向分解，在斜向右下方与水平方向成 37°夹角的恒定拉力F=mg的作用下，从静止开始运动，竖直方向的分力为
圆环的合力为
由牛顿第二定律可得圆环的加速度为
所以圆环的加速度不变，做初速度为0的匀加速直线运动，A错误；
B．经过一段时间，根据冲量的计算式可得拉力的冲量大小为
合力的冲量大小为
B错误；
C．当硬杆对圆环的弹力为0时，竖直方向受洛伦兹力，重力以及拉力沿竖直方向分力，由三力平衡可得
综合解得
C正确；
D．同理，当杆对圆环的弹力向上且大小等于时，由受力平衡可得
圆环的动量为
综合可得
D正确。
故选CD。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度变化情况，根据冲量的表达式分析合力的冲量，当硬杆对圆环的弹力为0时，竖直方向三力平衡列式求解。
16．【答案】（1）B
（2）4.09；1.72；1.67
（3）C
【知识点】加速度；验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据匀变速直线运动规律的推论，每段位移所用的时间间隔相同，则相邻的两段位移位移之差为定值可知
解得
故与纸带A属于同一条的应该是B。
故选B。
（2）对于匀变速直线运动，中间时刻的速度等于平均速度，打点3时重物的速度等于2和4两点间的平均速度为
重物的重力势能变化量的绝对值等于重力做功
动能增加量
（3）
A．势能减少量与动能增加量的表达式中均有质量，质量对实验结果没有影响，所以不能说重物质量的测量值偏大对结果有影响。故A错误；
B．接通电源前释放了纸带会第（2）小问中略大于。故B错误；
C．第（2）小问中略小于，出现这一结果的原因最可能是空气阻力与纸带与限位孔之间摩擦引起的。故C正确。
故选C。
【分析】（1）根据做匀变速直线运动的物体在连续相等时间内的位移之差是一个定值计算分析
（2）对于匀变速直线运动，中间时刻的速度等于平均速度，求解动能以及重力势能的变化量
（3）根据 和 表达式进行分析，阻力导致机械能逐渐减小。
（1）根据匀变速直线运动规律的推论可知
，
解得
故与纸带A属于同一条的应该是B。
故选B。
（2）[1]对于匀变速直线运动，中间时刻的速度等于平均速度，打点3时重物的速度为
[2]重物的重力势能变化量的绝对值
[3]动能增加量
（3）A．势能减少量与动能增加量的表达式中均有质量，所以不能说重物质量的测量值偏大对结果有影响。故A错误；
B．接通电源前释放了纸带会第（2）小问中略大于。故B错误；
C．第（2）小问中略小于，出现这一结果的原因最可能是空气阻力与纸带与限位孔之间摩擦引起的。故C正确。
故选C。
17．【答案】（1）负；60
（2）见解析
（3）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）多用表内部电流从黑表笔流出，电流从二极管正极流入，二极管导通。根据多用电表中两表笔电流的流向为“红进黑出”，可知红表笔与二极管的负极相连；此时，多用电表的指针位于6刻度处，二极管的正向电阻为。
（2）
发光二极管两端电压从零开始调节，控制电路采用滑动变阻器分压式接法， 二极管的正向电阻 较小，电流表采用外接法，连接实物图，如图所示
（3）将电池和定值电阻R看作一个电池，由闭合电路欧姆定律可知
在二极管的正向伏安特性曲线图中描绘出电流I和电源的路端电压U的变化关系曲线如图所示，求解交点坐标
可知此时二极管两端的电压为
电流为
根据功率公式求消耗的功率，所以二极管的实际功率为
【分析】（1）多用表内部电流从黑表笔流出，电流从二极管正极流入，二极管导通，正向电阻小，据此分析作答；电阻测量值=欧姆表指针所指示数×倍率；
（2）根据欧姆定律估算电流，然后选择滑动变阻器；由于二极管两端电压从0开始，据此分析滑动变阻器的连接方式，根据待测电阻与电表内阻的关系电流表的内外接法，据此设计电路图；
（3）欧姆定律求解二极管D的I-U函数，结合图像作I-U函数，求解交点坐标；再根据功率公式求消耗的功率。
（1）[1]根据多用电表中两表笔电流的流向为“红进黑出”，可知红表笔与二极管的负极相连；
[2]此时，多用电表的指针位于6刻度处，二极管的正向电阻为。
（2）发光二极管两端电压从零开始调节，控制电路采用滑动变阻器分压式接法，连接实物图，如图所示
（3）将电池和定值电阻R看作一个电池，由闭合电路欧姆定律可知
在二极管的正向伏安特性曲线图中描绘出电流I和电源的路端电压U的变化关系曲线如图所示
可知此时二极管两端的电压为
电流为
所以二极管的实际功率为
18．【答案】A,D
【知识点】测定玻璃的折射率；用双缝干涉测光波的波长；用油膜法估测油酸分子的大小；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．调节拨杆可以调节单双缝平行，条纹会更清晰，故A正确；
B． 在计算油膜面积时，如果只数完整的方格数，那么实际计算的油膜面积会偏小。因为油膜可能会覆盖到部分方格但并未完全覆盖，这部分面积在只数完整方格时会被忽略。由于油酸分子的直径是通过油膜面积除以油酸体积得到的，所以当油膜面积偏小时，计算出的油酸分子直径就会偏大 ，故B错误；
C．“探究气体等温变化的规律”实验中，空气柱体积变化太快，气体温度会发生变化，故C错误；
D．“测量玻璃的折射率”实验中，玻璃砖宽度适当大一大些，大头针应垂直插在纸面上，故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查了物理实验的操作及误差分析，涉及双缝干涉测光的波长、油膜法测分子直径、探究 气体等温变化的规律以及测量玻璃砖的折射率等实验。
19．【答案】（1）增大
（2）解；设容器的容积为V，，，由盖一吕萨克定律
得
（3）解：因为气体膨胀对外做功，而内能增加，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量， 容器内气体压强为
气体对外做的功为
由热力学第一定律
吸收的热量为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】（1）气体分子平均速率与温度有关，放入热水后容器内，温度升高，则气体分子平均速率增大；
【分析】（1）温度升高，则气体分子平均速率增大。
（2）把容器浸在温度为t2=77℃的热水后，容器的气体等压膨胀，根据盖 吕萨克定律求容器的容积。
（3）气体膨胀对外做功，而内能增加，由热力学第一定律分析吸放热情况。根据W=pΔV求出气体对外做的功，再根据热力学第一定律求吸收的热量。
（1）放入热水后容器内，温度升高，则气体分子平均速率增大；
（2）设容器的容积为V，，，由盖一吕萨克定律
得
（3）因为气体膨胀对外做功，而内能增加，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量， 容器内气体压强为
气体对外做的功为
由热力学第一定律
吸收的热量为
20．【答案】（1）解：根据机械能守恒定律有
小球运动到点时有
解得
根据牛顿第三定律有
方向竖直向下。
（2）解：若小球恰能过圆轨道最高点，则有
小物块从释放运动到圆轨道最高点过程，机械能守恒，有
解得
（3）解：假设小物块将滑离长木板，小物块从到，根据动能定理有
解得
由牛顿第二定律，可得
依题意，可得
解得
，（此时小物块速度等于0，小于木板速度，不符舍去）
即假设成立，能滑离木板。
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1）根据机械能守恒定律求解到达D点速度，根据牛顿运动定律求解经过圆弧轨道最低点D时对轨道的压力F；
（2）小球恰能过C点，由重力提供向心力，小球由B运动到C点过程中，机械能守恒；
（3）假设小物块将滑离长木板，根据动能定理求解在E点速度，根据牛顿第二定律求解加速度，结合运动学公式求解离开木板的速度，与事实不符，所以假设不成立。
（1）根据机械能守恒定律有
小球运动到点时有
解得
根据牛顿第三定律有
方向竖直向下。
（2）若小球恰能过圆轨道最高点，则有
小物块从释放运动到圆轨道最高点过程，机械能守恒，有
解得
（3）假设小物块将滑离长木板，小物块从到，根据动能定理有
解得
由牛顿第二定律，可得
，
依题意，可得
解得
，（此时小物块速度等于0，小于木板速度，不符舍去）
即假设成立，能滑离木板。
21．【答案】（1）解：①导体棒平衡时有
流过导体棒的电流
联立得
②最终匀速运动时受力平衡，则有
，
所以匀速运动的速度为
根据能量守恒可得
可得该过程回路产生的焦耳热为
（2）解：设导体棒切割的电动势为，其电流为。导体棒与导体棒两端电压相等，即
又因
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）①对导体棒b由平衡条件可得电路中的电流，由动生动势公式、欧姆定律等求速度v ；
②最终匀速运动时受力平衡，则有重力等于安培力，根据能量守恒可得回路产生的焦耳热；
（2） 除两导体棒电阻之外其余电阻不，所以导体棒与导体棒两端电压相等，结合机械效率表达式分析。
（1）①导体棒平衡时有
流过导体棒的电流
联立得
②最终匀速运动时受力平衡，则有
，
所以匀速运动的速度为
根据能量守恒可得
可得该过程回路产生的焦耳热为
（2）设导体棒切割的电动势为，其电流为。导体棒与导体棒两端电压相等，即
又因
解得
22．【答案】（1）解：（1）由动能定理知
电场力提供离子做圆周运动向心力知
联立解得
由题意得
（2）解：离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力知
离子在磁场中洛伦兹力提供向心力知
联立解得
（3）解：根据
，
得出，两离子的比荷之比为
（4）解：如图所示由几何关系知
则
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）由动能定理求得通过加速电场后的速度，电场力提供离子做圆周运动向心力从而求得K的大小；
（2）离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力，离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律联立求解；
（3）求得粒子在磁场中运动时的运动半径的表达式，由半径之比得到比荷之比；
（4）画出粒子运动轨迹图，结合几何关系求解距离d。
（1）由动能定理知
电场力提供离子做圆周运动向心力知
联立解得
由题意得
（2）离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力知
离子在磁场中洛伦兹力提供向心力知
联立解得
（3）由题意知
，
得出，两离子的比荷之比为
（4）如图所示由几何关系知
则
1 / 1浙江省强基联盟2024-2025学年高三上学期8月联考物理试题
1．（2024高三上·浙江月考）下列物理量中，属于标量的是（ ）
A．温度 B．速度 C．加速度 D．电场强度
【答案】A
【知识点】电场强度
【解析】【解答】只有大小没有方向运算时遵守代数加减法则的物理量是标量，如时间、温度等；而既有大小又有方向且运算时遵守平行四边形定则的物理量是矢量，如速度、加速度、电场强度等。
故选A。
【分析】 标量是只有大小，没有方向的物理量，运算时遵守代数加减法则。矢量是既有大小，又有方向的物理量，运算时遵守平行四边形定则。
2．（2024高三上·浙江月考）NBA某球星一次投篮的过程如图所示，不计空气阻力，则（ ）
A．整个投篮过程中篮球始终处于失重状态
B．该篮球离开手后在空中做匀变速曲线运动
C．分析投篮技术动作时可以把篮球当质点
D．篮球在空中运动过程中受重力和手的推力
【答案】B
【知识点】牛顿第一定律；质点；超重与失重；斜抛运动
【解析】【解答】A．投篮上升过程中篮球与手接触时篮球会斜向上做加速运动，具有向上的加速度，处于超重状态，A错误；
B．加速度恒定的运动是匀变速运动，篮球在空中只受重力，加速度恒定，做匀变速曲线运动，B正确；
C．分析投篮技术动作时不能把篮球看成质点，C错误；
D．篮球在空中运动过程中只受重力，D错误；
故选B。
【分析】球出手后开始计时，在整个飞行过程中篮球只受重力，速度沿着切线方向；曲线运动的条件是合力与速度不共线。
3．（2024高三上·浙江月考）关于以下四幅图所涉及物理知识的论述中，正确的是（ ）
A．如图甲，观看立体电影和照相机镜头表面涂上增透膜的光学原理一样
B．如图乙，让A球在垂直纸面的平面内摆动起来，稳定后可观察到C球振幅最大，D球周期最小
C．如图丙，筷子“折断”的现象说明光线在不同介质的交界处发生了偏折
D．如图丁，这是电容器正在放电的过程
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；电磁振荡；光的全反射；光的偏振现象
【解析】【解答】A．观看立体电影利用了光的偏振，照相机镜头表面涂上增透膜利用了光的干涉原理，增强透射光，减弱反射光。故A错误；
B．图乙中让A球摆动起来，可知B、C、D三球均做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力频率，由于C球的固有频率等于A球的振动频率，故C球振幅最大，但B、C、D三球做受迫振动的频率都等于A球振动频率，即B、C、D的振动周期都相等。故B错误；
C．筷子“折断”的现象说明光线在不同介质的交界处发生了折射。故C正确；
D．电流流向电容器正极板，由图丁可知电容器处于充电状态。故D错误。
故选C。
【分析】 根据光偏振分析判断；根据共振和单摆周期关系分析判断；激光沿水流会变弯曲是由于光的全反射；根据振荡电路的特点判断。
4．（2024高三上·浙江月考）核电站核污染水排入海洋。其中核污水含有多种放射性成分，其中有一种难以被清除的同位素氚可能会引起基因突变，氚亦称超重氢，是氢的同位素，有放射性，会发生衰变，其半衰期为12.43年。下列有关氚的说法正确的是（ ）
A．如果金属罐中密封有1kg氚，12.43年后金属罐的质量将减少0.5kg
B．氚发生衰变时产生的粒子能够穿透10cm厚的钢板
C．用中子轰击锂能产生氚，其核反应方程式为
D．氚核的质量恰好是氕核质量的3倍
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．如果金属罐中密封有1kg氚，12.43年后金属罐中的氚会有一半发生衰变，但产生的新物质还在金属罐内， 金属罐的质量不变，金属罐的质量不会减少0.5kg，故A错误；
B．氚发生衰变时会放出高速运动的电子，高速运动的电子穿透能力较弱，电离能力较强，不能穿透10cm厚的钢板，故B错误；
C．用中子轰击锂能产生氚，据核反应质量数守恒和电荷数守恒其核反应方程式为
故C正确；
D．一个质子与两个中子结合成氚核时质量会发生亏损，则氚核的质量不是氕核质量的3倍，故D错误。
故选C。
【分析】 根据核反应质量数守恒和电荷数守恒计算；根据衰变规律计算。
5．（2024高三上·浙江月考）如图所示，平行板电容器实验装置中，极板A接地，B与一个灵敏的静电计相接。若电容器的电容为C，两极板间的电压为U，两极板间的电场强度为E，则（ ）
A．将A极板向上移动，C变大，U变小，E变小
B．将A极板向下移动，C变小，U变大，E不变
C．将A极板向右移动，C变大，U变小，E变小
D．将A极板向左移动，C变小，U变大，E不变
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．将A极板向上移动，两板间正对面积S减小，其他量保持不变，由电容决定式
可知C减小；由于两极板所带电荷量不变，由电容定义式
可知，两极板间的电压U变大，由
可知电容器两极板间的电场强度E变大。故A错误；
B．将A极板向下移动，两板间正对面积S减小，其他量保持不变，由电容决定式
可知C减小；由于两极板所带电荷量不变，由电容定义式
可知，两极板间的电压U变大，由
可知电容器两极板间的电场强度E变大。故B错误；
C．将A极板向右移动，两板间距离d减小，其他量保持不变，由电容决定式
可知C增大；由于两极板所带电荷量不变，
可知，两极间的电压U变小，由场强电压关系
可知电容器两极板间的电场强度E不变。故C错误；
D．将A极板向左移动，两板间距离d增大，由
可知C减小；由于两极板所带电荷量不变，由
可知，两极间的电压U变大，由
可知电容器两极板间的电场强度E不变。故D正确。
故选D。
【分析】 行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由电容的决定式分析电容的变化，根据电容的定义式 分析电压U的变化 。
6．（2024高三上·浙江月考）2024年3月20日，“鹊桥二号”中继星成功发射升空。“鹊桥二号”中继星将架设地月新“鹊桥”，为“嫦娥四号”“嫦娥六号”等任务提供地月间中继通信，其运动轨迹演示如图所示，已知近月点C距月球中心约为，远月点B距月球中心约为，下列说法正确的是（ ）
A．该次发射速度大于第二宇宙速度
B．“鹊桥二号”制动后轨道高度将变小，速度将变小
C．“鹊桥二号”进入环月轨道后不受地球引力
D．“鹊桥二号”在C、B两点的加速度大小之比约为
【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．还在地球引力范围，故小于第二宇宙速度， 第二宇宙速度（脱离速度）是指在地面上发射物体，使之能够脱离地球的引力作用，成为绕太阳运动的人造行星或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速 。故A错误；
B．“鹊桥二号”制动后，高度降低，在降低过程中速度会增大。故B错误。
C．一直在地球的引力范围，包括月球也在地球的引力作用范围。故C错误；
D．“鹊桥二号”在C点根据牛顿第二定律有
同理在B点有
代入题中数据联立解得
故D正确。
故选D。
【分析】 根据地球的第二宇宙速度的物理意义进行分析解答；根据万有引力提供向心力导出加速度和线速度的表达式，然后利用表达式进行判断。
7．（2024高三上·浙江月考）如图甲为磁电式电流表的结构，图乙为极靴和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等。则下列选项正确的是（ ）
A．该磁场为匀强磁场 B．线圈将顺时针转动
C．a、b两边受安培力相同 D．线圈平面总与磁场方向垂直
【答案】B
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】A．匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，匀强磁场的磁感线是一条条距离相等的平行直线，由图可知，该磁场不是匀强磁场，故A错误；
BC．根据左手定则，结合电流方向以及磁场方向，图示位置a边受安培力向上，b边受安培力向下，则a向上转动，b向下转动，即线圈将顺时针转动，故B正确，C错误；
D．根据磁感线分布可知，线圈平面总与磁场方向平行，故D错误。
故选B。
【分析】 由题意可知考查磁电式电流表内部磁场特点及安培力方向判断，由左手定则结合图像分析可得。
8．（2024高三上·浙江月考）“过水门”是由两辆消防车相对喷水形成类似水门的造型而得名，这项寓意为“接风洗尘”的仪式，是国际民航中最高级别的礼仪。如图所示，若水柱轨迹在两相互平行的竖直面内，甲、乙两喷水口的高度相同，甲喷出的水柱最高点更高，不计空气阻力，则（ ）
A．甲喷口处的水速度一定更大
B．甲喷出的水射得一定更远
C．甲喷出的水在空中运动时间一定更长
D．甲喷口处的水柱与水平面的夹角一定更大
【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】 本题是斜抛运动问题，关键要掌握斜抛运动的研究方法：运动的合成和分解，由竖直高度关系，分析竖直方向初速度关系和运动时间关系，由水平位移关系和运动时间关系分析水平方向初速度关系 。C．将甲、乙喷出的水运动（斜抛运动）到最高点的过程逆向看作是平抛运动，甲喷出的水柱最高点更高，根据
，
可知，甲喷出的在空中运动时间（由对称性知是喷出到最高点时间的2倍）一定更长，甲喷出的水竖直方向初速度vy更大，故C正确；
B．由于甲、乙喷出的水柱自抛出到最高点的水平位移大小关系未知，由水平方向分运动
无法得出二者水平分速度vx和水平射程大小关系。故B错误；
AD．由
甲喷出的水竖直方向初速度vy更大，但vx大小关系无法确定，所以无法得出二者喷出的水初速度大小关系和初速度与水平面夹角大小关系，故AD错误；
故选C。
【分析】不计空气阻力，甲、乙喷出的水在空中做斜抛运动，根据竖直方向的分运动是竖直上抛运动，结合最大高度的关系分析运动时间和竖直方向初速度的关系。根据甲、乙喷出的水柱自抛出到最高点的水平位移大小关系，分析水平分速度关系，从而分析喷口处的水速度关系，以及水柱与水平面的夹角关系。
9．（2024高三上·浙江月考）燃油汽车点火系统的基本结构如图所示，主要部分由直流电源E、保护电容C、电阻R、理想变压器、火花塞等构成，已知直流电源的电动势为12V，火花塞内两触点之间要产生30kV电压，才能产生电弧将油气点燃，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：100，下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合时，电容C将进行充电
B．开关S闭合瞬间，变压器副线圈两端电压最高可达30kV
C．开关S断开瞬间，若要将油气点燃，变压器原线圈至少需产生300V电压
D．开关S断开后，电容器将先放电后充电
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．开关S闭合时，电容C被短路，电容两端没有电压，不会充电，故A错误；
B．开关S闭合瞬间，变压器原线圈两端电压不会超过电源的电动势， 理想变压器原、副线圈匝数之比为1：100 ，电压之比等于匝数之比，则副线圈两端电压不超过1200V，故B错误；
C．开关S断开瞬间，变压器副线圈两端电压可达30kV，则原线圈至少需产生300V自感电压，故C正确；
D．开关S断开后，由于变压器原线圈发生自感，电容器将先充电再放电，故D错误。
故选C。
【分析】电容C被短路，不会充电；根据变压器电压与匝数比关系分析；开关S断开后，变压器原线圈发生自感，电容器将先充电再放电。
10．（2024高三上·浙江月考）如图，水平向右的匀强电场中有a、b两个可视为质点的带电小球，小球所带电荷量的大小相同、电性未知。现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为、，且，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若小球a、b电性相反，则小球b一定带负电
B．若小球a、b电性相反，则小球a的质量一定小于小球b的质量
C．若同时剪断两根细绳，则小球a与b落地时重力功率相等
D．若同时剪断两根细绳，则a、b两球一定同时落地
【答案】D
【知识点】库仑定律；功率及其计算
【解析】【解答】AB．若a、b电性相反，负电荷所受电场力肺腺癌与电场强度方向相反，正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，同名电荷相互排斥，异名电荷相互吸引，只有a带负电，b带正电才能受力平衡，a、b水平方向都有
又由
，
得
故AB错误；
CD．同时剪断两根细绳，两球竖直方向做自由落体运动，加速度恒定为个，高度相同，故一定同时落地。根据
可知两球竖直方向具有相同的速度，由
可知小球a与b落地时重力功率不相等。C错误；D正确。
故选D。
【分析】 对ab分别进行受力分析，可知，若二者电性相反，则a带负电，b带正电，ab所受电场力与库仑力之和相同，根据力学矢量三角形可知a重力大于b重力；若二者电性相同，均带且正电，根据力学矢量三角形可知，二者重力大小不确定，所以有可能相等；两小球在竖直方向只受重力，剪短细绳之后竖直方向均为自由落体，所以必然同时落地。
11．（2024高三上·浙江月考）高铁列车行驶时受到的总阻力包括摩擦阻力和空气阻力，某一列高铁列车以180km/h的速度在平直轨道上匀速行驶，此时空气阻力与摩擦阻力大小之比为，牵引力的功率约为2000kW。假设摩擦阻力恒定，空气阻力与列车行驶速度的平方成正比，则该列车以360km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时牵引力的功率约为（ ）
A．4400kW B．8000kW C．8800kW D．16000kW
【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】当高铁列车以180km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时，牵引力大小等于总阻力，功率等于牵引力与速度的乘积，
该列车以360km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时， 空气阻力与列车行驶速度的平方成正比，
联立，解得
故选C。
【分析】 根据二力平衡计算出空气阻力，由速度和空气阻力的关系估算出不同速度下的阻力和总阻力，最后根据P=Fv计算出不同速度下的功率 。
12．（2024高三上·浙江月考）在处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。时刻两波源开始振动，时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（ ）
A．两波源的起振方向均沿y轴负方向
B．两列波的波速大小均为1m/s
C．再经过0.1s，平衡位置在处的质点位移为
D．平衡位置在处的质点在前0.5s内运动的路程为50cm
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．根据同侧法（振动方向与传播方向在波动图像同一侧）由图可知，两波源的起振方向均沿轴正方向，故A错误；
B．由图可知，两列波的传播距离相等，结合图像可得
则两列波的波速大小均为
故B错误；
C．由图可知，两列波均传播，传播一个波长的距离需要的时间为一个周期，则0.5s等于1.25个周期，则两列波的周期均为0.4s，再经过0.1s，两列波平衡位置在处的质点均回到平衡位置，则位移为0，故C错误；
D．波源产生的波传播到的时间等于传播路程除以速度为
波源产生的波传播到的时间等于传播路程除以速度为
则，平衡位置在处的质点运动的路程为
由于两列波的起振方向相同，两波源到的距离差
则此处为振动减弱点，内质点运动的路程为
则平衡位置在处的质点在前0.5s内运动的路程为
故D正确。
故选D。
【分析】 根据“同侧法”判断出两列波的传播方向；由图读出波长和传播周期，根据波速公式求得两个波的波速；两列波的周期均为0.4s，则再过0.1s，质点均回到平衡位置，求得位移。
13．（2024高三上·浙江月考）如图所示，带电荷量为的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知A、C间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．OB的距离
B．OB的距离
C．从A到C，静电力对小滑块做的功
D．A、C之间的电势差
【答案】A
【知识点】库仑定律；动能定理的综合应用；电势差
【解析】【解答】AB．由题意知小滑块在B点处的加速度为零，此时受力平衡，重力沿斜面向下的分力等于库仑力沿斜面向上的分力，则根据受力分析有沿斜面方向
解得
故A正确；B错误；
C．因为滑到C点时速度为零，小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，同时还有重力做功，重力做功等于重力与下落高度的乘积，根据动能定理有
解得
故C错误；
D．AC之间的电势差
故D错误。
故选A。
【分析】 根据滑块在B点时加速度为0，可知滑块在B点时受合力为0，根据对滑块受力分析，可计算OB间距；滑块从A到C时，速度为0，根据动能定理，可计算静电力对滑块做功；由电场力做功与电势差的关系，可计算AC间的电势差。
14．（2024高三上·浙江月考）下列说法正确的是（ ）
A．霓虹灯发光是气体原子从高能级向低能级跃迁产生的
B．红外线具有很强的热效应是因为红外光光子能量大
C．电阻应变片的电阻值随其机械形变的变化而变化
D．家电遥控器和“额温枪”工作时都是利用接收物体辐射的红外线
【答案】A,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；电磁波谱；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A． 霓虹灯发光是气体原子从高能级向低能级跃迁时，释放出能量，这些能量以光的形式发出，形成我们看到的霓虹灯光，这是原子物理中的基本知识 ，故A正确；
B．紫光光子的能量比红外光子的能量大，但紫光的热效应不显著，故B错误；
C．电阻应变片的电阻值随其机械形变的变化而变化，故C正确；
D．家电遥控器发射红外线，“额温枪”工作时接收了物体辐射的红外线，故D错误。
故选AC。
【分析】 本题主要考查了原子物理和红外线的相关知识，包括能级跃迁、红外线的特性、电阻应变片的工作原理以及家电遥控器和“额温枪”的工作原理。
15．（2024高三上·浙江月考）如图所示，光滑的细直硬杆水平固定放置，磁感应强度大小为的匀强磁场垂直纸面向里，质量为、带电量为的带正电圆环（视为质点）套在硬杆上，在斜向右下方与水平方向成夹角的恒定拉力的作用下，从静止开始运动，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．圆环的加速度先增大后减小
B．经过一段时间，拉力的冲量大小为，合力的冲量大于
C．当硬杆对圆环的弹力为0时，圆环的速度为
D．当杆对圆环的弹力向上且大小等于时，圆环的动量为
【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．把分别沿着水平方向和竖直方向分解，在斜向右下方与水平方向成 37°夹角的恒定拉力F=mg的作用下，从静止开始运动，竖直方向的分力为
圆环的合力为
由牛顿第二定律可得圆环的加速度为
所以圆环的加速度不变，做初速度为0的匀加速直线运动，A错误；
B．经过一段时间，根据冲量的计算式可得拉力的冲量大小为
合力的冲量大小为
B错误；
C．当硬杆对圆环的弹力为0时，竖直方向受洛伦兹力，重力以及拉力沿竖直方向分力，由三力平衡可得
综合解得
C正确；
D．同理，当杆对圆环的弹力向上且大小等于时，由受力平衡可得
圆环的动量为
综合可得
D正确。
故选CD。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度变化情况，根据冲量的表达式分析合力的冲量，当硬杆对圆环的弹力为0时，竖直方向三力平衡列式求解。
16．（2024高三上·浙江月考）某同学用如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”。实验所用的电源为学生电源，交变电流的频率为50Hz。重物从高处由静止开始下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，该同学在纸带上每5个点取一个计数点，依打点先后顺序编为0、1、2、3、4……
（1）由于不小心，几条纸带都被撕断了，如下图所示，则在B、C、D三段纸带中，与纸带A属于同一条的应该是______。
A． B．
C． D．
（2）这位同学又重做该实验并挑选出一条点迹清晰的完好纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O点为起始点。根据纸带上的测量数据，可得打点3时重物的速度为 m/s；已知重物质量为200g，当地重力加速度g取，则从点0到点3，重物的重力势能减小量 J、动能增加量 J（计算结果均保留三位有效数字）。
（3）第（2）小问中与的大小不相等，出现这一结果的原因可能是______。
A．重物质量的测量值偏大
B．接通电源前释放了纸带
C．存在空气阻力和摩擦力
【答案】（1）B
（2）4.09；1.72；1.67
（3）C
【知识点】加速度；验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据匀变速直线运动规律的推论，每段位移所用的时间间隔相同，则相邻的两段位移位移之差为定值可知
解得
故与纸带A属于同一条的应该是B。
故选B。
（2）对于匀变速直线运动，中间时刻的速度等于平均速度，打点3时重物的速度等于2和4两点间的平均速度为
重物的重力势能变化量的绝对值等于重力做功
动能增加量
（3）
A．势能减少量与动能增加量的表达式中均有质量，质量对实验结果没有影响，所以不能说重物质量的测量值偏大对结果有影响。故A错误；
B．接通电源前释放了纸带会第（2）小问中略大于。故B错误；
C．第（2）小问中略小于，出现这一结果的原因最可能是空气阻力与纸带与限位孔之间摩擦引起的。故C正确。
故选C。
【分析】（1）根据做匀变速直线运动的物体在连续相等时间内的位移之差是一个定值计算分析
（2）对于匀变速直线运动，中间时刻的速度等于平均速度，求解动能以及重力势能的变化量
（3）根据 和 表达式进行分析，阻力导致机械能逐渐减小。
（1）根据匀变速直线运动规律的推论可知
，
解得
故与纸带A属于同一条的应该是B。
故选B。
（2）[1]对于匀变速直线运动，中间时刻的速度等于平均速度，打点3时重物的速度为
[2]重物的重力势能变化量的绝对值
[3]动能增加量
（3）A．势能减少量与动能增加量的表达式中均有质量，所以不能说重物质量的测量值偏大对结果有影响。故A错误；
B．接通电源前释放了纸带会第（2）小问中略大于。故B错误；
C．第（2）小问中略小于，出现这一结果的原因最可能是空气阻力与纸带与限位孔之间摩擦引起的。故C正确。
故选C。
17．（2024高三上·浙江月考）某同学在实验室探究二极管的伏安特性曲线。
（1）为了粗测二极管的正向电阻，该同学将多用电表的选择开关旋到电阻“”挡，当指针偏转角度较大时，红表笔连接的是二极管的 （选填“正”或“负”）极；此时，多用电表的指针如图甲所示，二极管的正向电阻为 。
（2）为描绘二极管的伏安特性曲线，该同学组装电路如图乙所示，要使得该电路能完成测量发光二极管伏安特性曲线的实验，且要求发光二极管两端电压从零开始调节，请用笔画线代替导线，在乙图中补充完整实物电路的连接 。
（3）若将该规格的二极管（伏安特性曲线如图丙所示）与一个阻值为的定值电阻串联后接在一节电动势为、内阻不计的干电池上，如图丁所示，则稳定后二极管的实际功率为 W（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）负；60
（2）见解析
（3）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）多用表内部电流从黑表笔流出，电流从二极管正极流入，二极管导通。根据多用电表中两表笔电流的流向为“红进黑出”，可知红表笔与二极管的负极相连；此时，多用电表的指针位于6刻度处，二极管的正向电阻为。
（2）
发光二极管两端电压从零开始调节，控制电路采用滑动变阻器分压式接法， 二极管的正向电阻 较小，电流表采用外接法，连接实物图，如图所示
（3）将电池和定值电阻R看作一个电池，由闭合电路欧姆定律可知
在二极管的正向伏安特性曲线图中描绘出电流I和电源的路端电压U的变化关系曲线如图所示，求解交点坐标
可知此时二极管两端的电压为
电流为
根据功率公式求消耗的功率，所以二极管的实际功率为
【分析】（1）多用表内部电流从黑表笔流出，电流从二极管正极流入，二极管导通，正向电阻小，据此分析作答；电阻测量值=欧姆表指针所指示数×倍率；
（2）根据欧姆定律估算电流，然后选择滑动变阻器；由于二极管两端电压从0开始，据此分析滑动变阻器的连接方式，根据待测电阻与电表内阻的关系电流表的内外接法，据此设计电路图；
（3）欧姆定律求解二极管D的I-U函数，结合图像作I-U函数，求解交点坐标；再根据功率公式求消耗的功率。
（1）[1]根据多用电表中两表笔电流的流向为“红进黑出”，可知红表笔与二极管的负极相连；
[2]此时，多用电表的指针位于6刻度处，二极管的正向电阻为。
（2）发光二极管两端电压从零开始调节，控制电路采用滑动变阻器分压式接法，连接实物图，如图所示
（3）将电池和定值电阻R看作一个电池，由闭合电路欧姆定律可知
在二极管的正向伏安特性曲线图中描绘出电流I和电源的路端电压U的变化关系曲线如图所示
可知此时二极管两端的电压为
电流为
所以二极管的实际功率为
18．（2024高三上·浙江月考）下列有关物理实验的操作及误差说法正确的是（ ）
A．如图甲，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，如发现条纹不清晰，可通过拨杆调节
B．如图乙，在计算油膜面积时，若只数完整的方格数，则油酸分子直径测量值会偏小
C．如图丙，在“探究气体等温变化的规律”实验中，应当尽可能快速移动注射器的柱塞
D．如图丁，在“测量玻璃砖的折射率”实验中，玻璃砖的宽度应适当大一些
【答案】A,D
【知识点】测定玻璃的折射率；用双缝干涉测光波的波长；用油膜法估测油酸分子的大小；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．调节拨杆可以调节单双缝平行，条纹会更清晰，故A正确；
B． 在计算油膜面积时，如果只数完整的方格数，那么实际计算的油膜面积会偏小。因为油膜可能会覆盖到部分方格但并未完全覆盖，这部分面积在只数完整方格时会被忽略。由于油酸分子的直径是通过油膜面积除以油酸体积得到的，所以当油膜面积偏小时，计算出的油酸分子直径就会偏大 ，故B错误；
C．“探究气体等温变化的规律”实验中，空气柱体积变化太快，气体温度会发生变化，故C错误；
D．“测量玻璃的折射率”实验中，玻璃砖宽度适当大一大些，大头针应垂直插在纸面上，故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查了物理实验的操作及误差分析，涉及双缝干涉测光的波长、油膜法测分子直径、探究 气体等温变化的规律以及测量玻璃砖的折射率等实验。
19．（2024高三上·浙江月考）如图所示，一导热性能良好的球形容器内部不规则，某兴趣小组为了测量它的容积，在容器上插入一根足够长、两端开口的长玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积为，玻璃管内一长为的静止水银柱封闭着长度为的空气柱，此时外界温度为。现把容器浸在温度为的热水中，水银柱缓慢上升，当水银柱重新静止时下方玻璃管内的空气柱长度变为，实验过程中认为大气压没有变化，大气压（相当于75cm高水银汞柱压强），（的热力学温度值为273K，忽略水银柱与玻璃管壁之间的阻力）
（1）放入热水后容器内气体分子平均速率 （填“增大”或“减小”）；
（2）求容器的容积V；
（3）若实验过程中管内气体内能增加了5.6J，请判断气体从外界吸收热量还是向外界放出热量，并计算热量的大小。
【答案】（1）增大
（2）解；设容器的容积为V，，，由盖一吕萨克定律
得
（3）解：因为气体膨胀对外做功，而内能增加，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量， 容器内气体压强为
气体对外做的功为
由热力学第一定律
吸收的热量为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】（1）气体分子平均速率与温度有关，放入热水后容器内，温度升高，则气体分子平均速率增大；
【分析】（1）温度升高，则气体分子平均速率增大。
（2）把容器浸在温度为t2=77℃的热水后，容器的气体等压膨胀，根据盖 吕萨克定律求容器的容积。
（3）气体膨胀对外做功，而内能增加，由热力学第一定律分析吸放热情况。根据W=pΔV求出气体对外做的功，再根据热力学第一定律求吸收的热量。
（1）放入热水后容器内，温度升高，则气体分子平均速率增大；
（2）设容器的容积为V，，，由盖一吕萨克定律
得
（3）因为气体膨胀对外做功，而内能增加，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量， 容器内气体压强为
气体对外做的功为
由热力学第一定律
吸收的热量为
20．（2024高三上·浙江月考）某固定游戏装置的竖直截面如图所示，由弧形轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DE平滑连接而成，圆形轨道底端略微错开，在轨道末端E的右侧粗糙水平面EF上紧靠着质量为的长木板，长木板上表面与轨道末端E所在的水平面平齐。现将一质量的小物块从弧形轨道上高度为h处静止释放。已知圆轨道半径，长木板的长度，小物块与木板间的动摩擦因数，木板与水平面EF间的动摩擦因数，小物块可视为质点，不计其他阻力，。
（1）若，求物块第一次经过圆弧轨道最低点D时对轨道的压力F；
（2）若物块沿轨道运动恰好过C点，求静止释放点的高度h；
（3）若小物块恰好能通过圆轨道并从E点滑上长木板，请判定小物块能否滑离长木板；若不能，求小物块在长木板上滑行的最大距离；若能，求小物块在长木板上滑行的时间。
【答案】（1）解：根据机械能守恒定律有
小球运动到点时有
解得
根据牛顿第三定律有
方向竖直向下。
（2）解：若小球恰能过圆轨道最高点，则有
小物块从释放运动到圆轨道最高点过程，机械能守恒，有
解得
（3）解：假设小物块将滑离长木板，小物块从到，根据动能定理有
解得
由牛顿第二定律，可得
依题意，可得
解得
，（此时小物块速度等于0，小于木板速度，不符舍去）
即假设成立，能滑离木板。
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1）根据机械能守恒定律求解到达D点速度，根据牛顿运动定律求解经过圆弧轨道最低点D时对轨道的压力F；
（2）小球恰能过C点，由重力提供向心力，小球由B运动到C点过程中，机械能守恒；
（3）假设小物块将滑离长木板，根据动能定理求解在E点速度，根据牛顿第二定律求解加速度，结合运动学公式求解离开木板的速度，与事实不符，所以假设不成立。
（1）根据机械能守恒定律有
小球运动到点时有
解得
根据牛顿第三定律有
方向竖直向下。
（2）若小球恰能过圆轨道最高点，则有
小物块从释放运动到圆轨道最高点过程，机械能守恒，有
解得
（3）假设小物块将滑离长木板，小物块从到，根据动能定理有
解得
由牛顿第二定律，可得
，
依题意，可得
解得
，（此时小物块速度等于0，小于木板速度，不符舍去）
即假设成立，能滑离木板。
21．（2024高三上·浙江月考）如图所示，水平固定的“”形金属导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨左端通过电键K连接恒流源S，其中电流大小为I，方向由M流向N。两导体棒a、b垂直于导轨放置并与两导轨紧密接触，其中b导体棒通过水平绝缘细绳、定滑轮连接竖直吊起一重物c。已知两导体棒a、b的接入电路的电阻均为R，a、b、c的质量均为m，导轨间距为d，除两导体棒电阻之外其余电阻不计，不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g，重物c距地面足够高，绳子与导轨足够长。
（1）若电键K断开，
①外力使导体棒a以某一速度v向右匀速运动时导体棒b恰好能保持静止，求速度v；
②导体棒a固定，让重物c从静止释放，当重物c下降h时，导体棒b恰好做匀速运动，求该过程中回路产生的焦耳热。
（2）若电键K闭合，导体棒a固定，导体棒b作为“电动机”向右运动。求“电动机”机械效率为50%时导体棒b的速度。
【答案】（1）解：①导体棒平衡时有
流过导体棒的电流
联立得
②最终匀速运动时受力平衡，则有
，
所以匀速运动的速度为
根据能量守恒可得
可得该过程回路产生的焦耳热为
（2）解：设导体棒切割的电动势为，其电流为。导体棒与导体棒两端电压相等，即
又因
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）①对导体棒b由平衡条件可得电路中的电流，由动生动势公式、欧姆定律等求速度v ；
②最终匀速运动时受力平衡，则有重力等于安培力，根据能量守恒可得回路产生的焦耳热；
（2） 除两导体棒电阻之外其余电阻不，所以导体棒与导体棒两端电压相等，结合机械效率表达式分析。
（1）①导体棒平衡时有
流过导体棒的电流
联立得
②最终匀速运动时受力平衡，则有
，
所以匀速运动的速度为
根据能量守恒可得
可得该过程回路产生的焦耳热为
（2）设导体棒切割的电动势为，其电流为。导体棒与导体棒两端电压相等，即
又因
解得
22．（2024高三上·浙江月考）某种质谱仪的结构示意图如图所示，主要构造包括加速电场（可左右平移）、静电分析器和磁分析器等。其中加速电场的电压为U，静电分析器是以为圆心的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心，且与圆心等距的各点电场强度大小相等，电场强度E与到圆心距离r的关系满足（k未知）；磁分析器在以为圆心、圆心角为的圆形扇形区域内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界紧靠。由离子源静止释放出三种正离子a、b、c经相同电场加速后，分别从P、Q、M进入静电分析器，恰好能以为圆心做匀速圆周运动从磁分析器中、、射出。已知PQ、QM间的距离都为，Q到圆心距离为R，不考虑电磁场的边缘效应，求：
（1）关系式中k的大小；
（2）b离子进入静电分析器时的速度大小；
（3）a、c两离子的比荷之比；
（4）离子a经相同加速电场加速后从M进入至磁分析器下端（未标出）射出，求、之间的距离d。
【答案】（1）解：（1）由动能定理知
电场力提供离子做圆周运动向心力知
联立解得
由题意得
（2）解：离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力知
离子在磁场中洛伦兹力提供向心力知
联立解得
（3）解：根据
，
得出，两离子的比荷之比为
（4）解：如图所示由几何关系知
则
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）由动能定理求得通过加速电场后的速度，电场力提供离子做圆周运动向心力从而求得K的大小；
（2）离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力，离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律联立求解；
（3）求得粒子在磁场中运动时的运动半径的表达式，由半径之比得到比荷之比；
（4）画出粒子运动轨迹图，结合几何关系求解距离d。
（1）由动能定理知
电场力提供离子做圆周运动向心力知
联立解得
由题意得
（2）离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力知
离子在磁场中洛伦兹力提供向心力知
联立解得
（3）由题意知
，
得出，两离子的比荷之比为
（4）如图所示由几何关系知
则
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