物理试题_浙江省强基联盟2024-2025学年高二下学期5月月考

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浙江强基联盟2025年5月高二联考 物理卷参考答案与评分标准 A力F的单位用国际单位制中的基本单位表示为kg·m·s2,△的单位为s,故I的单位用国际单位制中 的基本单位表示应为kg·m·s1.故选A. C长征六号刚点火时虽然速度为零，但其受力不平衡，加速度不为零，故A错误：尽管长征六号体积大，但 是在研究变轨时，其形状大小仍然可以忽略，可以看作质点，故B错误：加速度是描述速度变化快慢的物理 量，长征六号升空过程速度变化越快，其加速度就越大，故C错误：D.长征六号先做加速运动，其合外力不为 零，冲量也不为零，故D错误。 D设铁索OA.OB的拉力均为F,根据平衡条件可得2F©os0一2mg,0为铁链与竖直方向的夹角，由于0未 知，故F未知，且F>mg,故A错误：石块受到重力，两侧的压力和摩擦力，共五个力作用，故B错误：根据牛 顿第三定律可知，夹石器对石板的作用力总是等于石板对夹石器的作用力，故C错误：若仅缩短铁链长度，石 块仍静止，铁链长度变短，0增大，©os0减小，则F增大，故D正确. B电场线疏密反映了电场的强弱，由图可知B点的场强大于C点，故A错误：处于静电平衡的导休是等势 体，整个导体电势处处相等，故B正确：处于静电平衡的导体，其内部合场强为零，则D点场强为零，C点场强 不为零，故D点场强小于C点，故C错误：无穷远电势为零，A点电势大于零，C点电势小于零，根据E,=到 可知，负电荷在A点的电势能小于在C点的电势能，故D错误 D根据万有引力提供向心力G一-m二，解得一√一.卫星C的轨道半径小于卫星A的镇道半径，所 以卫星C的线速度大于卫星A的线速度，故Λ错误：根据万有引力提供向心力G-m紧，解得r r GMT V 4 ,可知B的轨道半径是卫星C的轨道半径的4倍，枚B错误：因卫星A和卫星B的质量未知，所以 引力大小无法比较，放C错误：再经号T,卫星B转了180，卫星C转了360，两卫星相距最远，故D正确。 A设导线在正方形四个顶点处产生的磁感应强度为B,则导线a在正方形四个顶点处产生的磁感应强度 为2B,根据右手螺旋定则及磁场的矢量叠加，A点磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外：B点磁感应强度 大小为3B,方向垂直纸面向外C点磁感应强度大小为B,方向垂直纸而向里：D点磁感应强度大小为3B,方 向垂直纸面向里，故A正确，BC错误，导线b中电流不变，导线：中电流减到0的过程中，A点磁感应强度 先减小后增加，做D错误。 C振子每次经过同一位置时，其加速度相同，速度大小相同，方向可能相反，故A错误：弹簧振子做简谐运 动，其回复力满足F=一x,结合牛顿第二定律F=m及运动学公式可知，振子对平衡位置的位移减小，其 速度增大，加速度诚小，故B错误：从任意时刻开始经过二分之一周期时间，振子速度大小不变，方向改变，合 力做功为零，故C正确：除从速度为0开始经过二分之一周期时间振子动量没有发生变化，其它时刻开始经 过二分之一周期时间，振子速度大小不变，方向改变，合力冲量不为零，故D错误， C光由光密介质射向光疏介质，由nC=】>1 一广方·得C>5,故在两介质的界面上不能发生全反射，又因 为光从光密介质到光疏介质，折射角大于人射角，故C正确： C由2x∫=50x可知，f=25Hz,故A错误：滑动端P从b向滑动的过程中，副线圈匝数减小，两端电压降 低，故B错误：由U.-N曾可得曾-01Wb/,故C正确：因D为理想二极管，R有一半的时间被短路，由 △ Q(R,十R)R,立，得R:的热量为1500J,故D错误， U ,B从B开始运动到弹簧第一次恢复原长过程中，由于墙壁对A有弹力作用，所以A、B的总动量不守恒， 故A错误：从B开始运动到弹簧第一次恢复原长过程中，以A,B为系统，根据动量定理可知，墙壁对A的冲 量等于系统的动量变化量，而此过程A静止不动，所以墙壁对A的冲量等于B的动量变化量，即2功，故B 正确，A离开墙壁后，A,B组成的系统满足动量守恒和能量守恒，当弹簧第二次恢复原长时，此时B的速度 为0，物块A的最大速度等于，故C错误：弹簧最短时，由动量守恒m-2m心和系统机械能守恒之md= E,十号×2m,得弹性势能等于md,故D错误. ℃金属没有周定的形状，也不显示各向异性，但它有固定的熔点，是多品体，A错误：根据毛细现象可知， 如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤勘得松软些，破坏土壤里的毛细管，防止地下水通过毛细管到达 地而，故B正确：液体的表面张力的方向总是跟液面相切，且与分界面垂直，C正确：物体的温度越高，组成物 体分子无规则热运动的平均动能就越大，会影响物体的内能，但物体的内能不影响物体宏观的动能，故D 错误。 AD由图乙可知两列波的周期均为T=2s,M,N两被源产生的两列简谐波传到Q点的时间差是1s,则有 △/=@二四，解得v=0.5m/s,则波长为入=T=1m,故A正确：根据波源的振动图像可知波源起振向 上，则质点Q的起振方向竖直向上，故B错误：M处的波传到Q点需要4s,N处的被传到Q点需要3s,0 4s内，质点Q振动时间为1s,通过的路程为20cm,故C错误；由儿何关系可知MN=2.5m,当M,N间的点 与两波源的距离差等于波长的整数倍时为振动加强点，有x一x|■以■，又因为x1十x:■2.5m,所以别 可取0,1.2，所以M.N两点之间共有5个点为振动加强点，故D正确. ABD当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，电磁铁磁场竖直向上，当电流变大时，根据楞次定律， 感应电流的磁场方向向下，电场方向为顺时针，电子所受电场力的方向为逆时针，电子做加速运动，A正确： E 根据法拉第电磁感应定律得E=:A光，又因为=k,感生电场强度大小为E=。 ,电子的加速度为口 △M E丝，解得a一 r,B正确：电子在磁场中运动的速度v一a一“，根据洛伦兹力提供向心力，有B 2 2 m 巴，解得以= 2 ,C错误：电子在圆形轨道中加速一周的过程中，根据动能定理得E=E,解得电子获得 的动能为E=kπ厂，故D正确， -I.(1)BCDA或CBDA(1分)(2)5×10-(1分)8×10-或9×10-(2分)(3)AC(2分) (1)图中实验步骤应先在浅盘的水面撒入痒子粉，后配制油酸酒精溶液（或先配制油酸酒精溶液后在浅盘的 水面撒入痱子粉)，再向浅盘中滴人油酸酒精溶液，最后描绘油膜轮廓，即正确的操作顺序是CDA或CB DA. (21滴酒精油酸溶液中含油酸的体积为：V-0×品mL=5×10‘ml.=5×10”m:由于每格边长为 1cm,则侧每一格面积为1m,估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，数出格数为58 ~64格，由分子直径公式d=s可得油酸分子的直径为8×10"m或9×10“m, (3)如果水面上排子粉撒得太多，油膜没有充分展开，则S偏小，根据。=号可知，分子直径测量值偏大，故 A正确：油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，计算时仍用初始浓度值，则导致计算出的 油酸体积比实际值偏小，根据d=、知，会导致计算结果偏小，故B错误：求每滴油酸酒精溶液的体积时) 数误少记了10滴，则导致计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积时比实际大， 知，分子直径测量值偏大，故C正确：计算轮廓范相内正方形的个数时多数了几格，则油膜的面积S偏大，根 据d- S可知，分子直径测量值偏小，故D错误 一Ⅱ.(1)见解析(2分)(2)左(1分)(3)30或31(1分)(4)M(1分)大(1分) (1)根据电路图甲，在乙图中补充实物连线图如下： (2)滑动变阻器采用分压式接法，开关闭合前，滑动变阻器的滑动触 头应置于最左端，使电压表和电阳阻被短路： (3)根据欧蝴定律有发-号，解得R,一2.8k,结合图乙可知，热敏 电阻R,所处环境的温度约为1=30℃(31℃也正确) (4)由题图丙可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，当温度升 高，电路中总电阻减小，总电流增加，若要图丁中输出电压增大，则应 在M处连接热敏电阻，在N处连接定值电阻.为了提高报警器的灵 敏度，即要在更低的温度下使输出电压等于原先的临界电压，此时热 级电阻的阻值变大，电路总电流碱小，要使输出电压仍然达到临界电 压，则电阻箱的阻值应调大双缝干涉实验中，单缝和双缝必须平行，才能产生相干光，故A正确：去掉滤光片后可以看到白光的干涉条 纹，故B错误：将单缝向双缝移动一小段距离后，其他条件不变，干涉条纹间距不变，故C错误：滤光片允许 对应颜色的光透过，绿光比红光的波长短，由△一宁入可知，换用绿色滤光片时，相邻两亮条纹中心的距离 将减小，故D正确. (1)不变，变小(2)T,=375K(3)△U=25.4J 解：(1)电热丝通电，温度升高，活寒上升，受力不变，故封闭气体压强不变，汽缸B单位面积所受气体分子的 平均作用力不变(1分) 由于体积变大，可知气体分子的数密度变小(1分) 5 Vo (2)由盖-昌萨克定律7 T (1分) 解得T=375K(1分) (3)设密封气体压强为p,对活塞A进行受力分析mg十S=PS(1分) 解得p1=1.0×10Pa(1分) 气体对外做功W=(号V,-V)=10】1分) 由热力学第一定律△U=Q-W=25.4J(1分) (1)0.4N,方向竖直向上(2)1.2J≤Em≤2.2J(3)1.5N0.8m 解：(1)设管道对滑块的作用力向下，由牛顿第二定律mg十下一m尺 (1分) 得圆管道对滑块的作用力F=一0.4N(1分) 圆管道对滑块的作用力大小F,=0.4N,方向竖直向上(1分) (2)若弹簧的弹性势能为E时，滑块恰好能滑上木板 由动能定理En一2mgR(1一cos)=0,得Em=0,8J(1分) 若弹簧的弹性势能为E四时，滑块恰好停在木板最右端，设滑块离开圆管道时的速度为如，由动能定理 Ea-2mgR1-cos0》=号mn6 由动量守恒定律=(M十m)v(1分》 由能量守恒定律mgL=号 2m呢一2(M+m)产(1分】 联立，得Em=1.8J 即弹簧弹性势能的取值范用0.8J≤E≤1.8J(1分) (3》要使滑块和木板保持相对静止，滑块的最大加速度a1=ms=3m/s(1分) 由牛顿第二定律F,=(M+m)a1,得Fz=1,5N(1分) 当滑块在木板上运动时，滑块的加速度大小a2=a,=3m/s 木板的加速度大小a,=B十m驱=7m/ M 由一4：t=a%1,得1=0,4s(1分) 以滑块在木板上滑行的距离x=防一了a,一习4 2af=0.8m(1分) (1)①1A②2rd/s(2)4m/s 解：(1)①由闭合电路欧姆定律得E=I。(R。十r)(1分) 三根金属辐条的总电阻R。=及=1n(1分) 3 通过电路的总电流I。=3A(1分) 通过每根金属辐条的电流I-号-1A1分) ②由能量守恒得EI=严(RB十r)十mgD(1分) 由闭合电路欧姆定律得E-之B=KR。十)1分) 由线速度和角速度关系得v=d(1分) 金属辐条的转动角速度w■2rad/s(1分) (2)由能量守恒得mg=尸(R2十R)(1分)