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高 2024 届拔尖强基联盟高三下二月联合考试
物理参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B A D D C B C CD AD AC
11. (1) ① ； (2) ； （每空2分）
(b−a)r
R = 2
X a
12. （1）1700Ω； （2） 、 ； （3） ； （4） =
（第1、2、3问每空2分，第4问 1分）
1.答案：B
解析：黑板擦在缓慢下滑过程中，受到重力，弹力，磁场力和摩擦力，黑板给黑板擦的磁场力和弹力平
衡，黑板经黑板擦的摩擦力与重力平衡，所以黑板给黑板擦的作用力等于摩擦力，与重力平衡，故B正
确；
当用力按停后，黑板擦处于静止状态，所受的静摩擦力与重力平衡，故A错误；
黑板擦受到的弹力是因黑板的形变产生的，故C错误；
黑板擦静止时和缓慢下滑时，均处于平衡状态，其所受的摩擦力均等于重力大小，故D错误。
2.答案：A
解析：小球静止时的受力如图所示，
小球突然向右或向左加速运动时，在竖直方向受力分析有
解得
因为始终保持夹角 不变，则 始终保持不变，故A正确，B错误；
当小球突然向左加速时，当 时，加速度大小为 ，要保持夹角 不变，向左的加速度不能
超过 ，所以C、D错误；
3.答案：D
解析：设两个大小相同的实心大铁球的质量都为 ，半径为 ，
根据万有引力公式得：
根据 可知，半径变为原来的 倍，质量变为原来的 倍。
所以若将两半径为小铁球半径 倍的实心小铁球紧靠在一起时，
1万有引力 故A、B、C错误，D正确
4.答案：D
解析：设运动员的质量为m，在飞出点的速度为 ，根据动能定理得 ，解得 ，
可见在助滑区飞出点的速度与运动员的质量无关，A错误；
根据平抛运动的规律，设水平分速度与速度的夹角为α，则有 ， 是定值，因为落在飞行
着陆区时的速度方向是相同的。故B错误；
而 ，可得运动员水平飞出后到落回斜面的时间是 ， 故C错误；
运动员水平飞出后，将速度和重力加速度沿斜面和垂直于斜面进行分解，当沿垂直斜面的分速度减为0
时，离斜面最远距离为 ，故D正确。
5.答案：C
解析： 、 、 三点到 点的距离相等，根据点电荷的场强公式 可知，三点的电场强度大小
相等，但方向不同，故A错误；
、 、 的三个点到场源电荷的距离相等，在同一等势面，但 所在平面中其它点到场源电荷的
距离与 、 、 三点到场源电荷的距离不等，故所在平面不是等势面，故B错误；
将一负的试探电荷从 点沿直线移到 点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，则静电力对该试
探电荷先做正功后做负功，故C正确；
由于 间场强大于 间场强，由 知， 间的电势差大于 间的电势差，则有：
，则 ，故D错误。
6. 答案：B
解析：设动车的速度为 ，动车对空气的作用力为 ，根据动量定律可得 解得
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则 解得
当速度达到最大速度 时，此时速度为
2此时受到的牵引力 解得
此时受到的阻力
对整体根据牛顿第二定律
对2、3、4号车厢，根据牛顿第二定律可得
联立解得
7. 答案：C
解析：MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为
当闭合的瞬间， ，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大
A错误；
当 时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路
的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零，B错误；
MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为
当 时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，C正确；
在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于MN上
消耗的电能（即 ），故加速过程中， ；当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体
棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大于MN的电流，综上分析可知
全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，D错误。
8.答案：CD
解析：变压器的工作原理是利用互感现象，在 时，副线圈最大电压值为 ，则此时线
圈在磁场中转动时产生的感应电流变化要最快，所以线圈平面与磁场垂直，故A错误；
此时原线圈最大电压值为 ，电压表读数为有效值，其读数为 ，故
B错误；
若滑动触头P的位置向上移动时，电阻 增大，副线圈电流减小，则原线圈电流减小，则电流表读数将减
小，选项C正确；
从图可知交流电的周期 ， ，如图位置，线圈与磁场处于平行状态，所以产
生的电动势按余弦规律变化，所以其瞬时值为
选项D正确；
9.答案：AD
解析：电源的输出电压为 则有
3对灯泡
则流过电动机的电流为 故A正确；
电源的总功率为
电源的输出功率为
电源的效率为 故B错误；
根据能量转化和守恒定律得，电动机的输出功率为 故C错误；
用该电动机匀速提升物体的功率为
所以电动机的机械效率为 故D正确。
10. 答案：AC。
解析：滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为
处的场强 故A正确；
由图可知 与 之间的电势差约为
滑块在此过程中电场力做功为 解得： 故B错误；
滑块在 时的电场力
由图可知 处电场强度大于 处电场强度，滑块释放后开始向右加速运动，电场力在
逐渐减小，加速度也逐渐减小，所以 时，速度最大。
由图可知从 到 之间，根据动能定理有
解得 故C正确；
假设滑块最终在 处停下，由图可知 与 之间的电势差约为
滑块在此过程中电场力做功为 解得：
克服滑动摩擦力做功为
代入数据解得：
4假设不成立，由上式并结合 项分析可知，滑块最终停在 到 之间某位置，故D错误。
11. (1) ① ； (2) ；
解析：(1)图线②，有拉力小车仍旧不动，表明轨道右侧没有被抬高，曲线①在没有拉力时，小车的加速
度不为零，说明曲线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；
(2)由图线②可知，当 时，小车即将运动则有
1
a= F+1
m
由图线①可知 ，当 时， ，代入数据联立两式得
，
(b−a)r
R = 2
X a
12. （1）1700Ω； （2） 、 ； （3） ； （4） =
解析：（1）欧姆表是反刻度，指针偏转角度小，说明读数太大，读数不准确，应换成"x100"挡，使指针
偏转角度大些，表盘上是17，所以应为1700Ω。
(2）设计好的电路如图所示，若电源直接加在电阻上，电流 ，用量程0.3A
的电流表量程太大。而内阻已知的电压表可以当作一个电流表来用，所以用V 来测量电流，电源为15V，
2
电压表最大测量值为5V，为保护电压表，保护电阻阻值应大于等于滑动变阻器阻值的2倍，故选20Ω的
电阻。若选100Ω的电阻保护，则滑动变阻器上的最大电压约为 ，还不足V 量程的
1
三分之一，太小。所选器材后电路图如图所示。
a (b−a)r
b=a+ r R X R X = a 2
(3）由欧姆定律得 2 ，所以
(4）电表内阻的影响已经考虑进去了，所以是 “=”。
13.（11分）
解析：（1）根据题意可知摩托车通过与 B点时牵引力恰好为零，此时摩托车所受摩擦阻力 与重力平
衡，
所以有 ， ――――（2分）
根据牛顿第二定律有： ， ――――（2分）
解得 ――――（2分）
（2）摩托车经过 点时，根据牛顿第二定律得： ，――――（2分）
5又 ， ――――（1分）
摩托车经过 点时，水平方向有 ， ―――― （1分）
联立解得： ―――― （1分）
14.（13分）
解析：（1）设碰后瞬间乙的速度大小为 ，碰后乙的加速度大小为 ，则有
由图（b）可知，在 时刻有 ① ――――（2分）
抛物线的顶点为 ，根据 图像的切线斜率表示速度，则有 ② ――――（2
分）
联立解得 ――――（1分）
（2）物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得
――――（1分）
―――― （1分）
可得 ―――― （1分）
可得乙、丙的质量比为 ――――（1分）
（3）方法一：根据图（b）可知， 时刻甲、乙刚好共速，则 时间内甲、乙发生的相对位移为
―――― （3分）
则甲到乙左端的距离满足 ―――― （1分）
方法二：根据①、②解得 ――――（1分）
对乙，由牛顿第二定律可得 ――――（1分）
解得甲、乙间的动摩擦因数为
由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为
在 时甲、乙刚达到共速，则 时间内二者发生的相对位移为 ―――（1分）
6则甲到乙左端的距离满足 ――――（1分）
方法三：丙与乙相碰后，乙与甲系统动量守恒有： ――――（1分）
由功能关系得： ――――（1分）
根据①、②解得 及 ，解得甲、乙间的动摩擦因数为 ――――（1分）
解得 ， 即 至少为 ――――（1分）
（其它解法正确亦可）
15.（18分）
解析：（1）设粒子1在区域Ⅰ运动半径为 ，粒子2在区域Ⅰ运动半径为 ，因为粒子1和粒子2在同
一点垂直分界线进入区域Ⅱ，
R R
所以由几何关系知R +R + 1 = 2 -----(2分)
2 1 sin30° sin30°
R =3R
2 1
R R
由几何关系得： 2 −2√3l= 1 -----(2分)
tan30° tan30°
R =l
1 -----(1分)
（2）要满足题设条件，区域Ⅱ中电场方向必须平行于分界线斜
向左下方。
两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域Ⅱ的宽度为 ，出电场
时，对粒子1沿电场方向的运动有 ----(1
分)
-----(1分)
又 -----(1分)
所以
，方向沿分界线向下 -----(1分)
同理：粒子2经过区域Ⅱ电场加速获得的速度大小为 -----(1分)
对粒子2在电场中运动有 -----(1分)
7又 所以
所以 -----(1分)
（3）粒子1经过区域Ⅲ时的速度大小为 -----(1分)
有 ， -----(1分)
粒子2经过区域Ⅲ时的速度大小为 -----(1分)
有 -----(1分)
两粒子要在区域IV运动后到达同一点引出，O圆对应的圆心角为60゜，O圆对应的圆心角为120゜
3 4
-----(1分)
-----(1分)
8
