高級中學名校試卷PAGEPAGE12026屆普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試青桐鳴大聯(lián)考（高二）物理（B）注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、班級、考場號、座位號、考生號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖甲所示是磁感應強度隨時間變化的圖像，圖線為正弦曲線的一部分；如圖乙所示，固定極板A和可動極板B組成一個可變電容器，極板B兩端固定，施加壓力使它發(fā)生形變，從而改變電容器的電容，則下列說法正確的是（）A.圖甲中的磁場可以產生恒定的電場B.圖甲中的磁場能產生電磁波C.圖乙中，閉合開關，減小待測壓力，電容器的電容增大D.圖乙中，閉合開關，減小待測壓力，電流表中的電流方向向左【答案】B【解析】AB．圖甲中的磁場是周期性變化的，可以產生周期性變化的電場，進而可以產生電磁波，故A錯誤，B正確；CD．根據待測壓力變小，兩板間間距變大，則電容減小，根據電容的定義式有可知，極板A所帶電荷量減小，電容器需要放電，由于A帶正電，可知，電流表中電流方向向右，故CD錯誤。故選B。2.高空拋物是一種會帶來社會危害的不文明行為，不起眼的物品從高空落下就可能致人傷亡。某小區(qū)的監(jiān)控攝像頭錄像顯示，一花盆從距離地面高的陽臺上掉下，落地時與地面作用時間為，假設花盆質量為且掉下時無初速度，重力加速度，不計空氣阻力。則花盆落地時對地面的平均作用力大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】花盆做自由落體運動，則有代入數(shù)據解得取向上為正，花盆與地面作用過程中，根據動量定理有代入數(shù)據解得故選B。3.如圖所示為某型號飛力士健身桿，該健身桿是一根具有彈性且兩端帶有負重的器械，其質量為，長度為，固有頻率為。使用者手持飛力士健身桿進行鍛煉，讓健身桿做受迫振動。下列說法正確的是（）A.當手振動的頻率為時，飛力士健身桿振動的幅度比頻率為時大B.若手振動的頻率從逐漸增大到，飛力士健身桿振動的幅度先減小后增大C.當手振動的頻率為時，飛力士健身桿產生共振，振動的幅度最大D.要使飛力士健身桿產生共振，需要驅動該飛力士健身桿每秒鐘振動40次【答案】C【解析】A．在受迫振動中，驅動力頻率越接近物體固有頻率，物體振動幅度越大，該飛力士健身桿固有頻率為，比更接近固有頻率，所以手振動頻率為時飛力士健身桿振動幅度更大，故A錯誤；B．手振動頻率從逐漸增大到，該過程中頻率先接近固有頻率，后遠離固有頻率，所以飛力士健身桿振動幅度應先增大后減小，故B錯誤；C．當驅動力頻率（手振動頻率）等于物體固有頻率時，物體產生共振，此時振動幅度最大，該飛力士健身桿固有頻率為，當手振動頻率為時產生共振，振動幅度最大，故C正確；D．共振時手振動頻率等于飛力士健身桿固有頻率，即每秒鐘振動4次，故D錯誤。故選C。4.如圖甲所示，半徑為、匝數(shù)為50、電阻為的圓形線圈直徑的左側區(qū)域存在垂直線圈平面的磁場，規(guī)定磁場垂直紙面向里為正，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，定值電阻R的阻值為，導線電阻不計，下列說法正確的是（）A.內，線圈有收縮的趨勢B.內，線圈受到的安培力方向不變C.內，電阻R兩端的電壓為D.內，流過定值電阻的電荷量為【答案】C【解析】A．內，磁感應強度減小，穿過線圈的磁通量減小，根據增縮減擴可知線圈有擴張的趨勢，故A錯誤；B．內，線圈產生的感應電動勢為因圖像的斜率不變，故感應電動勢不變，根據可知感應電流的大小不變；根據楞次定律，可知感應電流的方向不變，根據因磁場的方向改變，根據左手定則，可知線圈受到的安培力方向改變，故B錯誤；C．內，線圈產生的感應電動勢為電阻R兩端的電壓為故C正確；D．內流過定值電阻的電荷量為故D錯誤。故選C。5.如圖所示，兩根平行且電阻不計的足夠長粗糙金屬導軌傾斜放置，傾角為，兩導軌間距為，空間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度，兩端分別接有阻值為的電阻R。一質量、長度、電阻的導體棒垂直兩導軌置于導軌之上，導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小，從某時刻開始，用一大小為且平行于導軌的拉力F拉著導體棒向上運動，已知，，則導體棒最終勻速運動時的速度大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】對導體棒受力分析，當導體棒向上運動時，在沿導軌平面方向上，受到向上的拉力F，向下的摩擦力、安培力、重力沿導軌平面的分力，整個回路總電阻設導體棒勻速時的速度大小為v，則此時導體棒切割磁感線產生的電動勢為導體棒平衡，有其中代入數(shù)據解得故選B。6.如圖所示，A、B、C、D為正方形的四個頂點，O為其中心點，直線過O點且與正方形所在平面垂直，，A、B、C分別固定有電荷量為的點電荷，D點固定有電荷量為的點電荷，一帶負電的粒子沿直線從E點運動至F點，下列說法正確的是（）A.粒子的電勢能先減小后增大B.粒子在E點和F點的電勢能不相同C.粒子在E點和F點時所受的電場力相同D.若粒子從E點由靜止釋放且僅受電場力，則粒子將在E、F間做往復運動【答案】A【解析】A．EF連線是B處與D處電荷的等勢線，則EF連線的電勢由A、C處電荷決定，可知粒子運動過程中電勢先升高后降低，粒子帶負電，則電勢能先減小后增大，故A正確；B．在E、F兩點，電勢相同，粒子電勢能也相同，故B錯誤；C．在O點對稱的兩點，根據電場的矢量合成可知，粒子所受電場力方向不同，故C錯誤；D．根據電場的矢量合成可知，粒子所受電場力不指向O點，無法做往復運動，故D錯誤。7.回旋加速器原理如圖所示，加速器由兩個間距很小的半圓形金屬盒、構成，兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，交變電源通過Ⅰ、Ⅱ分別與、相連，僅在、縫隙間的狹窄區(qū)域產生周期性交變電場。粒子源置于盒的圓心O，第一次將粒子1由靜止釋放后每次通過電場時恰能被加速，其經多次加速和偏轉后離開回旋加速器，第二次粒子2由靜止釋放，在運動過程中與靜止于磁場中的不帶電粒子發(fā)生碰撞并結合為一個新粒子3，僅改變電場的周期，使粒子3依然能加速通過電場，不計所有粒子的重力，不計粒子在電場中的運動時間，下列說法正確的是（）A.要使粒子3能夠在碰撞后經電場時依然被加速，則需減小交變電壓的周期B.粒子2與粒子3在回旋加速器中運動的總時間比粒子1長C.粒子2與粒子3在回旋加速器中加速的總次數(shù)比粒子1少D.粒子3離開回旋加速器時的動能比粒子1大【答案】C【解析】A．根據粒子在磁場中運動的周期公式可知碰后粒子的質量變大，電荷量不變，粒子在磁場中運動的周期變長，則電場的周期也應變長，故A錯誤；D．粒子離開回旋加速器時，根據牛頓第二定律有又聯(lián)立解得離開回旋加速器時的動能由于質量增大，則動能減小，故D錯誤；C．碰撞后，粒子經電場加速后，根據動能定理有又聯(lián)立解得由于質量增大，動量增加得多，根據軌跡半徑可知半徑R增加的更快，則加速的總次數(shù)減少，故C正確；B．運動時間由于加速次數(shù)減少，周期變大，則粒子2與粒子3在回旋加速器中運動的總時間無法判斷，故B錯誤。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.在如圖所示的電路中，電源電動勢，內阻，電壓表和電流表均為理想電表，定值電阻，滑動變阻器最大阻值為，當滑動變阻器的滑片在最左邊時，電源輸出功率為P，電壓表的示數(shù)為，電流表A1的示數(shù)為，滑至最右邊時，電源輸出功率仍為P，電壓表的示數(shù)為，電流表A1的示數(shù)為，則下列說法正確的是（）A.B.C.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，電流表A1的示數(shù)減小，電流表A2的示數(shù)增大，電壓表的示數(shù)增大D.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，電源的效率先減小后增大【答案】AB【解析】A．令路端電壓為U，根據閉合電路歐姆定律有，解得故A正確；B．設滑動變阻器的滑片在最左邊時，外電路總電阻為R，滑動變阻器的滑片在最右邊時，外電路總電阻為，則有解得其中，解得故B正確；C．滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，滑動變阻器接入電阻增大，干路電流減小，即電流表A1的示數(shù)減小，電源內阻承擔電壓減小，路端電壓增大，即電壓表的示數(shù)增大，由于干路電流減小，則外電路并聯(lián)部分承擔電壓減小，則電流表A2的示數(shù)減小，故C錯誤；D．滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，滑動變阻器接入電阻增大，即外電阻越大，根據可知，電源效率增大，故D錯誤。故選AB。9.如圖所示，理想變壓器原線圈接入電壓有效值恒定的交流電，原線圈和副線圈的匝數(shù)分別為和，滑動變阻器的最大阻值與定值電阻阻值相同，下列說法正確的是（）A.利用變壓器輸送電能的原理是電磁感應B.工作過程中，原線圈和副線圈的磁通量的變化率分別為和，所以原、副線圈的電壓之比為C.若，當滑動變阻器連入電路的阻值為時，滑動變阻器獲得的功率最大D.若，當滑動變阻器連入電路的阻值為時，滑動變阻器獲得的功率最大【答案】AD【解析】A．變壓器的工作原理是互感，即利用變壓器輸送電能的原理是電磁感應，故A正確；B．工作過程中，原線圈和副線圈的磁通量的變化率均為，原線圈和副線圈產生的感應電動勢分別為和，所以原、副線圈的電壓之比為故B錯誤；CD．將變壓器與滑動變阻器等效為一個電阻，等效電阻為將電源與定值電阻等效為一個新電源，由于理想變壓器不消耗功率，則滑動變阻器獲得的功率等于新電源輸出功率，則有根據數(shù)學對勾函數(shù)規(guī)律可知，若，當滑動變阻器獲得的功率最大時有解得故C錯誤，D正確。故選AD。10.如圖所示，真空中有區(qū)域I和II，區(qū)域I中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里。邊長為的正三角形區(qū)域（區(qū)域II）內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中、A兩點在同一直線上，與垂直且與電場和磁場方向均垂直。點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入區(qū)域I中，只有沿直線運動的粒子才能進入區(qū)域II。若區(qū)域I中電場強度大小為、磁感應強度大小為，區(qū)域II中磁感應強度大小為，則粒子從的中點射出。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）A.該帶電粒子的比荷為B.若僅將區(qū)域I中電場強度大小變?yōu)椋Ｗ訉膮^(qū)域II中的點射出C.若僅將區(qū)域I中磁感應強度大小變?yōu)?，粒子在區(qū)域II中的運動時間為D.若僅將變?yōu)樵瓉淼?，粒子在區(qū)域II中的運動時間不變【答案】BC【解析】A．由題意知粒子沿著做直線運動，則有解得在區(qū)域中粒子從中點射出，粒子在區(qū)域II中運動的半徑解得該粒子的比荷為故A錯誤；B．若僅將區(qū)域中電場強度大小變?yōu)椋瑒t粒子在區(qū)域中做直線運動的速度滿足結合上述解得根據解得可知粒子軌跡半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子從點射出，故B正確；C．若僅將區(qū)域中磁感應強度大小變?yōu)?，則粒子在區(qū)域中做直線運動的速度滿足結合上述解得根據解得可知粒子軌跡半徑減半，則粒子仍然從邊射出，粒子轉過的圓心角仍為，則有其中為粒子在區(qū)域II中運動的周期，則有可知故C正確；D．若僅將變?yōu)樵瓉淼?，結合上述可知，由于粒子在區(qū)域II中的軌跡半徑則半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，可知，粒子從點射出，粒子轉過的圓心角仍為，則有其中為粒子在區(qū)域II中運動的周期，即有由于變?yōu)樵瓉淼囊话?，則周期變?yōu)樵瓉淼亩?，由于圓心角不變，則運動時間也變?yōu)樵瓉淼亩?，故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.小明同學用如圖所示單擺裝置測其所在地的重力加速度。單擺正常擺動時用電子表記錄單擺次全振動的時間為；然后將擺線長度在原來的基礎上增加d，單擺正常擺動時再測得單擺次全振動的時間為。根據小明的實驗，請回答下列問題：（1）由“單擺正常擺動時用電子表記錄單擺次全振動的時間為”可求出該單擺的周期，這樣做的目的是為了減小__________（填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”）。（2）本地重力加速度__________（用、、、、d表示）（3）小明在做實驗時，沒有考慮下面物塊的重心位置，那么該過程對重力加速度的測量結果__________（填“有”或“無”）影響?！敬鸢浮浚?）偶然誤差（2）（3）無【解析】（1）這樣做的目的是為了減小偶然誤差。（2）設第一次擺長為L，根據單擺周期公式有第二次有聯(lián)立解得（3）根據可知，沒有考慮物塊重心位置，對重力加速度的測量結果無影響。12.某實驗小組同學要測量一未知電阻的阻值。（1）他們先找來多用電表，使用其歐姆擋粗測電阻阻值。將選擇開關置于歐姆擋“×100”位置并歐姆調零后，將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端相連，發(fā)現(xiàn)指針偏角太大。了減少測量誤差，應將選擇開關旋轉到歐姆擋______（填“×10”或“”）位置，重新調節(jié)后，測量得到指針位置如圖1所示，則其阻值為_____。（2）小組成員又從實驗室借了以下器材進行更精確的測量。A．微安表（量程，內阻約）B．滑動變阻器（最大阻值）C．電阻箱D．電源1（電動勢，內阻很小可忽略）E．電源2（電動勢，內阻很小可忽略）F．單刀單擲開關、、單刀雙擲開關，導線若干按圖2所示電路圖連接好電路，進行如下操作：①將滑動變阻器滑片調至最右端，電阻箱阻值調至最大。②調至b端，斷開，閉合，調節(jié)電阻箱阻值使微安表指針半偏，讀出此時電阻箱阻值為。③斷開，將滑動變阻器滑片調至最左端，調至a端。閉合，調節(jié)滑動變阻器阻值，使微安表指針滿偏。④保持滑動變阻器阻值不變，閉合，調節(jié)電阻箱阻值，使微安表指針指向，讀出電阻箱的阻值為。⑤斷開開關。Ⅰ.根據以上操作和測量的數(shù)據，可知微安表的內阻為__________，待測電阻的阻值為__________（用題目所給的物理符號E、、、表示）。Ⅱ.用此方法測量阻值，其測量值和真實值相比__________（填“偏大”或“偏小”），若要減小實驗誤差，電源應該選擇__________（填儀器前的序號）?！敬鸢浮浚?）×10160（2）偏小E【解析】（1）[1][2]歐姆表指針偏角太大，意味著讀數(shù)偏小，即該電阻是小電阻，所以應換小倍率，所以應將選擇開關旋轉到歐姆擋“×10”位置，歐姆表讀數(shù)為。（2）Ⅰ.[1]用所給電路測電阻時，先通過①②步操作測微安表內阻，再用半偏法測待測電阻阻值。測微安表內阻時，由于電源內阻可忽略，由閉合電路歐姆定律可得解得微安表內阻為[2]測待測電阻阻值時由于滑動變阻器接入電路的電阻很大，可以認為閉合前后，干路電流不變，微安表示數(shù)為，則通過電阻箱電流為，由并聯(lián)電路關系可得解得。Ⅱ.[3][4]實際情況是閉合后電路總電阻變小，通過電阻箱電流大于，則有，所以電阻的測量值偏小，要減小誤差，應使滑動變阻器接入電路的電阻越大越好，由第③步操作可知，電源電動勢越大，滑動變阻器接入電路的電阻越大，所以要減小實驗誤差，電源應該選擇電動勢更大的電源2，選E。13.如圖所示，傾角為的斜面體固定在水平地面上，垂直斜面底端固定的擋板上有一勁度系數(shù)為的輕彈簧，質量為的物體P固定在輕彈簧上端，跨過定滑輪的輕繩連接物體P、Q，物體Q的質量為，輕繩左側與斜面平行。初始時物體Q在外力作用下靜止，輕繩恰好伸直，撤去外力后物體Q開始運動。整個過程P不與滑輪相碰，Q不落到地面上，彈簧始終處在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為。（1）求Q速度最大時下落的高度；（2）證明物體P的運動為簡諧運動。【答案】（1）（2）見解析【解析】（1）初始時物體Q在外力作用下靜止，輕繩恰好伸直，即繩上無張力，設此時彈簧壓縮量為，則對P沿斜面方向受力分析有解得當P、Q的加速度為零時，速度最大，繩上拉力大小為，則對物體Q有設此時彈簧的伸長量為x1，則對物體P有可知此時彈簧的伸長量為此時Q下落的高度為（2）以沿斜面向上為正方向，當P加速度為零時所在位置的位移為x1時，對物體P受力分析，沿斜面方向有對物體Q受力分析，在豎直方向有兩式相加得即有可知P在斜面上做簡諧運動14.如圖所示，質量分別為、的物塊A、B之間有一輕質彈簧，彈簧始終與A相連，與B接觸但不拴接。初始時，彈簧處于原長，A、B靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)給A一方向水平向右、大小為的初速度，經過一段時間，彈簧被壓縮至最短。A、B分離后，A始終在水平面運動，B滑上傾角為的粗糙斜面，斜面與水平面平滑連接，B與斜面間的動摩擦因數(shù)為。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內，取，重力加速度。（1）求B與彈簧第一次相互作用過程中，彈簧的最大彈性勢能；（2）B第一次從斜面滑下后，再次與A在水平面上發(fā)生碰撞并分離，求分離時A、B的速度大小分別是多少？【答案】（1）（2），【解析】（1）當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，根據動量守恒定律有解得根據能量守恒定律有解得（2）第一次分離時，設A、B的速度為、，根據動量守恒有根據能量守恒有聯(lián)立解得，第一次碰撞后，設B在斜面上滑行的長度為L，上滑過程，根據動能定理有下滑過程，設物塊B第一次滑下斜面速度大小為，根據動能定理有聯(lián)立解得B滑下后，與一直在水平面上運動的A第二次碰撞，設向右為正方向，根據動量守恒定律有根據能量守恒定律有聯(lián)立解得，15.在核反應堆的液態(tài)鈉冷卻循環(huán)系統(tǒng)中，工程師設計了一種雙活塞電磁驅動裝置。裝置核心由兩根平行放置的合金活塞構成，a活塞表面因接觸高溫鈉液存在黏滯摩擦，b活塞采用特殊技術實現(xiàn)無摩擦運動，其原理簡化為如圖所示。圖中質量均為、長度為的金屬棒a、b模擬兩個活塞，系統(tǒng)通過電磁場控制活塞運動，其中開關K在閉合狀態(tài)下電容為的電容器可用于緩沖啟動電流（初始未充電）。a與導軌間動摩擦因數(shù)，b光滑，a、b電阻均為。初始時a、b都靜止，電磁控制系統(tǒng)關閉。通過施加的水平液壓推力向右驅動a活塞，同時激活電磁控制系統(tǒng)使整個區(qū)域存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度。已知a、b始終與足夠長導軌接觸良好，導軌電阻不計，導軌間距，重力加速度。（1）剛激活電磁控制系統(tǒng)時，a、b的加速度大小各是多少；（2）雙活塞速度差直接影響液態(tài)鈉的輸送效率，請根據題中信息求出在開關K斷開狀態(tài)下，最終回路電流穩(wěn)定時a、b的速度差的大??；（3）若開關K一直處于閉合狀態(tài)，b因故障與導軌間始終處于絕緣狀態(tài)而靜止不動，證明在拉力F作用下a做勻加速運動并求出加速度大?。ńY果保留三位有效數(shù)字）。【答案】（1），0（2）（3）【解析】（1）剛激活電磁控制系統(tǒng)時a、b速度為零，電路中電流也為零，a的加速度大小為b所受合外力為零，則b的加速度大小為（2）回路電流穩(wěn)定時，此時a、b加速度相同，速度差恒定，根據牛頓第二定律，對a有對b有聯(lián)立可得此時a、b中電流速度差可得（3）等效電路如圖所示，電路中電流為根據電路特點，有根據電流定義有可得回路電流穩(wěn)定時有又對a，根據牛頓第二定律有聯(lián)立解得2026屆普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試青桐鳴大聯(lián)考（高二）物理（B）注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、班級、考場號、座位號、考生號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖甲所示是磁感應強度隨時間變化的圖像，圖線為正弦曲線的一部分；如圖乙所示，固定極板A和可動極板B組成一個可變電容器，極板B兩端固定，施加壓力使它發(fā)生形變，從而改變電容器的電容，則下列說法正確的是（）A.圖甲中的磁場可以產生恒定的電場B.圖甲中的磁場能產生電磁波C.圖乙中，閉合開關，減小待測壓力，電容器的電容增大D.圖乙中，閉合開關，減小待測壓力，電流表中的電流方向向左【答案】B【解析】AB．圖甲中的磁場是周期性變化的，可以產生周期性變化的電場，進而可以產生電磁波，故A錯誤，B正確；CD．根據待測壓力變小，兩板間間距變大，則電容減小，根據電容的定義式有可知，極板A所帶電荷量減小，電容器需要放電，由于A帶正電，可知，電流表中電流方向向右，故CD錯誤。故選B。2.高空拋物是一種會帶來社會危害的不文明行為，不起眼的物品從高空落下就可能致人傷亡。某小區(qū)的監(jiān)控攝像頭錄像顯示，一花盆從距離地面高的陽臺上掉下，落地時與地面作用時間為，假設花盆質量為且掉下時無初速度，重力加速度，不計空氣阻力。則花盆落地時對地面的平均作用力大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】花盆做自由落體運動，則有代入數(shù)據解得取向上為正，花盆與地面作用過程中，根據動量定理有代入數(shù)據解得故選B。3.如圖所示為某型號飛力士健身桿，該健身桿是一根具有彈性且兩端帶有負重的器械，其質量為，長度為，固有頻率為。使用者手持飛力士健身桿進行鍛煉，讓健身桿做受迫振動。下列說法正確的是（）A.當手振動的頻率為時，飛力士健身桿振動的幅度比頻率為時大B.若手振動的頻率從逐漸增大到，飛力士健身桿振動的幅度先減小后增大C.當手振動的頻率為時，飛力士健身桿產生共振，振動的幅度最大D.要使飛力士健身桿產生共振，需要驅動該飛力士健身桿每秒鐘振動40次【答案】C【解析】A．在受迫振動中，驅動力頻率越接近物體固有頻率，物體振動幅度越大，該飛力士健身桿固有頻率為，比更接近固有頻率，所以手振動頻率為時飛力士健身桿振動幅度更大，故A錯誤；B．手振動頻率從逐漸增大到，該過程中頻率先接近固有頻率，后遠離固有頻率，所以飛力士健身桿振動幅度應先增大后減小，故B錯誤；C．當驅動力頻率（手振動頻率）等于物體固有頻率時，物體產生共振，此時振動幅度最大，該飛力士健身桿固有頻率為，當手振動頻率為時產生共振，振動幅度最大，故C正確；D．共振時手振動頻率等于飛力士健身桿固有頻率，即每秒鐘振動4次，故D錯誤。故選C。4.如圖甲所示，半徑為、匝數(shù)為50、電阻為的圓形線圈直徑的左側區(qū)域存在垂直線圈平面的磁場，規(guī)定磁場垂直紙面向里為正，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，定值電阻R的阻值為，導線電阻不計，下列說法正確的是（）A.內，線圈有收縮的趨勢B.內，線圈受到的安培力方向不變C.內，電阻R兩端的電壓為D.內，流過定值電阻的電荷量為【答案】C【解析】A．內，磁感應強度減小，穿過線圈的磁通量減小，根據增縮減擴可知線圈有擴張的趨勢，故A錯誤；B．內，線圈產生的感應電動勢為因圖像的斜率不變，故感應電動勢不變，根據可知感應電流的大小不變；根據楞次定律，可知感應電流的方向不變，根據因磁場的方向改變，根據左手定則，可知線圈受到的安培力方向改變，故B錯誤；C．內，線圈產生的感應電動勢為電阻R兩端的電壓為故C正確；D．內流過定值電阻的電荷量為故D錯誤。故選C。5.如圖所示，兩根平行且電阻不計的足夠長粗糙金屬導軌傾斜放置，傾角為，兩導軌間距為，空間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度，兩端分別接有阻值為的電阻R。一質量、長度、電阻的導體棒垂直兩導軌置于導軌之上，導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小，從某時刻開始，用一大小為且平行于導軌的拉力F拉著導體棒向上運動，已知，，則導體棒最終勻速運動時的速度大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】對導體棒受力分析，當導體棒向上運動時，在沿導軌平面方向上，受到向上的拉力F，向下的摩擦力、安培力、重力沿導軌平面的分力，整個回路總電阻設導體棒勻速時的速度大小為v，則此時導體棒切割磁感線產生的電動勢為導體棒平衡，有其中代入數(shù)據解得故選B。6.如圖所示，A、B、C、D為正方形的四個頂點，O為其中心點，直線過O點且與正方形所在平面垂直，，A、B、C分別固定有電荷量為的點電荷，D點固定有電荷量為的點電荷，一帶負電的粒子沿直線從E點運動至F點，下列說法正確的是（）A.粒子的電勢能先減小后增大B.粒子在E點和F點的電勢能不相同C.粒子在E點和F點時所受的電場力相同D.若粒子從E點由靜止釋放且僅受電場力，則粒子將在E、F間做往復運動【答案】A【解析】A．EF連線是B處與D處電荷的等勢線，則EF連線的電勢由A、C處電荷決定，可知粒子運動過程中電勢先升高后降低，粒子帶負電，則電勢能先減小后增大，故A正確；B．在E、F兩點，電勢相同，粒子電勢能也相同，故B錯誤；C．在O點對稱的兩點，根據電場的矢量合成可知，粒子所受電場力方向不同，故C錯誤；D．根據電場的矢量合成可知，粒子所受電場力不指向O點，無法做往復運動，故D錯誤。7.回旋加速器原理如圖所示，加速器由兩個間距很小的半圓形金屬盒、構成，兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，交變電源通過Ⅰ、Ⅱ分別與、相連，僅在、縫隙間的狹窄區(qū)域產生周期性交變電場。粒子源置于盒的圓心O，第一次將粒子1由靜止釋放后每次通過電場時恰能被加速，其經多次加速和偏轉后離開回旋加速器，第二次粒子2由靜止釋放，在運動過程中與靜止于磁場中的不帶電粒子發(fā)生碰撞并結合為一個新粒子3，僅改變電場的周期，使粒子3依然能加速通過電場，不計所有粒子的重力，不計粒子在電場中的運動時間，下列說法正確的是（）A.要使粒子3能夠在碰撞后經電場時依然被加速，則需減小交變電壓的周期B.粒子2與粒子3在回旋加速器中運動的總時間比粒子1長C.粒子2與粒子3在回旋加速器中加速的總次數(shù)比粒子1少D.粒子3離開回旋加速器時的動能比粒子1大【答案】C【解析】A．根據粒子在磁場中運動的周期公式可知碰后粒子的質量變大，電荷量不變，粒子在磁場中運動的周期變長，則電場的周期也應變長，故A錯誤；D．粒子離開回旋加速器時，根據牛頓第二定律有又聯(lián)立解得離開回旋加速器時的動能由于質量增大，則動能減小，故D錯誤；C．碰撞后，粒子經電場加速后，根據動能定理有又聯(lián)立解得由于質量增大，動量增加得多，根據軌跡半徑可知半徑R增加的更快，則加速的總次數(shù)減少，故C正確；B．運動時間由于加速次數(shù)減少，周期變大，則粒子2與粒子3在回旋加速器中運動的總時間無法判斷，故B錯誤。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.在如圖所示的電路中，電源電動勢，內阻，電壓表和電流表均為理想電表，定值電阻，滑動變阻器最大阻值為，當滑動變阻器的滑片在最左邊時，電源輸出功率為P，電壓表的示數(shù)為，電流表A1的示數(shù)為，滑至最右邊時，電源輸出功率仍為P，電壓表的示數(shù)為，電流表A1的示數(shù)為，則下列說法正確的是（）A.B.C.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，電流表A1的示數(shù)減小，電流表A2的示數(shù)增大，電壓表的示數(shù)增大D.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，電源的效率先減小后增大【答案】AB【解析】A．令路端電壓為U，根據閉合電路歐姆定律有，解得故A正確；B．設滑動變阻器的滑片在最左邊時，外電路總電阻為R，滑動變阻器的滑片在最右邊時，外電路總電阻為，則有解得其中，解得故B正確；C．滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，滑動變阻器接入電阻增大，干路電流減小，即電流表A1的示數(shù)減小，電源內阻承擔電壓減小，路端電壓增大，即電壓表的示數(shù)增大，由于干路電流減小，則外電路并聯(lián)部分承擔電壓減小，則電流表A2的示數(shù)減小，故C錯誤；D．滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，滑動變阻器接入電阻增大，即外電阻越大，根據可知，電源效率增大，故D錯誤。故選AB。9.如圖所示，理想變壓器原線圈接入電壓有效值恒定的交流電，原線圈和副線圈的匝數(shù)分別為和，滑動變阻器的最大阻值與定值電阻阻值相同，下列說法正確的是（）A.利用變壓器輸送電能的原理是電磁感應B.工作過程中，原線圈和副線圈的磁通量的變化率分別為和，所以原、副線圈的電壓之比為C.若，當滑動變阻器連入電路的阻值為時，滑動變阻器獲得的功率最大D.若，當滑動變阻器連入電路的阻值為時，滑動變阻器獲得的功率最大【答案】AD【解析】A．變壓器的工作原理是互感，即利用變壓器輸送電能的原理是電磁感應，故A正確；B．工作過程中，原線圈和副線圈的磁通量的變化率均為，原線圈和副線圈產生的感應電動勢分別為和，所以原、副線圈的電壓之比為故B錯誤；CD．將變壓器與滑動變阻器等效為一個電阻，等效電阻為將電源與定值電阻等效為一個新電源，由于理想變壓器不消耗功率，則滑動變阻器獲得的功率等于新電源輸出功率，則有根據數(shù)學對勾函數(shù)規(guī)律可知，若，當滑動變阻器獲得的功率最大時有解得故C錯誤，D正確。故選AD。10.如圖所示，真空中有區(qū)域I和II，區(qū)域I中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里。邊長為的正三角形區(qū)域（區(qū)域II）內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中、A兩點在同一直線上，與垂直且與電場和磁場方向均垂直。點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入區(qū)域I中，只有沿直線運動的粒子才能進入區(qū)域II。若區(qū)域I中電場強度大小為、磁感應強度大小為，區(qū)域II中磁感應強度大小為，則粒子從的中點射出。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）A.該帶電粒子的比荷為B.若僅將區(qū)域I中電場強度大小變?yōu)?，粒子將從區(qū)域II中的點射出C.若僅將區(qū)域I中磁感應強度大小變?yōu)?，粒子在區(qū)域II中的運動時間為D.若僅將變?yōu)樵瓉淼?，粒子在區(qū)域II中的運動時間不變【答案】BC【解析】A．由題意知粒子沿著做直線運動，則有解得在區(qū)域中粒子從中點射出，粒子在區(qū)域II中運動的半徑解得該粒子的比荷為故A錯誤；B．若僅將區(qū)域中電場強度大小變?yōu)?，則粒子在區(qū)域中做直線運動的速度滿足結合上述解得根據解得可知粒子軌跡半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子從點射出，故B正確；C．若僅將區(qū)域中磁感應強度大小變?yōu)?，則粒子在區(qū)域中做直線運動的速度滿足結合上述解得根據解得可知粒子軌跡半徑減半，則粒子仍然從邊射出，粒子轉過的圓心角仍為，則有其中為粒子在區(qū)域II中運動的周期，則有可知故C正確；D．若僅將變?yōu)樵瓉淼模Y合上述可知，由于粒子在區(qū)域II中的軌跡半徑則半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，可知，粒子從點射出，粒子轉過的圓心角仍為，則有其中為粒子在區(qū)域II中運動的周期，即有由于變?yōu)樵瓉淼囊话?，則周期變?yōu)樵瓉淼亩?，由于圓心角不變，則運動時間也變?yōu)樵瓉淼亩?，故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.小明同學用如圖所示單擺裝置測其所在地的重力加速度。單擺正常擺動時用電子表記錄單擺次全振動的時間為；然后將擺線長度在原來的基礎上增加d，單擺正常擺動時再測得單擺次全振動的時間為。根據小明的實驗，請回答下列問題：（1）由“單擺正常擺動時用電子表記錄單擺次全振動的時間為”可求出該單擺的周期，這樣做的目的是為了減小__________（填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”）。（2）本地重力加速度__________（用、、、、d表示）（3）小明在做實驗時，沒有考慮下面物塊的重心位置，那么該過程對重力加速度的測量結果__________（填“有”或“無”）影響?！敬鸢浮浚?）偶然誤差（2）（3）無【解析】（1）這樣做的目的是為了減小偶然誤差。（2）設第一次擺長為L，根據單擺周期公式有第二次有聯(lián)立解得（3）根據可知，沒有考慮物塊重心位置，對重力加速度的測量結果無影響。12.某實驗小組同學要測量一未知電阻的阻值。（1）他們先找來多用電表，使用其歐姆擋粗測電阻阻值。將選擇開關置于歐姆擋“×100”位置并歐姆調零后，將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端相連，發(fā)現(xiàn)指針偏角太大。了減少測量誤差，應將選擇開關旋轉到歐姆擋______（填“×10”或“”）位置，重新調節(jié)后，測量得到指針位置如圖1所示，則其阻值為_____。（2）小組成員又從實驗室借了以下器材進行更精確的測量。A．微安表（量程，內阻約）B．滑動變阻器（最大阻值）C．電阻箱D．電源1（電動勢，內阻很小可忽略）E．電源2（電動勢，內阻很小可忽略）F．單刀單擲開關、、單刀雙擲開關，導線若干按圖2所示電路圖連接好電路，進行如下操作：①將滑動變阻器滑片調至最右端，電阻箱阻值調至最大。②調至b端，斷開，閉合，調節(jié)電阻箱阻值使微安表指針半偏，讀出此時電阻箱阻值為。③斷開，將滑動變阻器滑片調至最左端，調至a端。閉合，調節(jié)滑動變阻器阻值，使微安表指針滿偏。④保持滑動變阻器阻值不變，閉合，調節(jié)電阻箱阻值，使微安表指針指向，讀出電阻箱的阻值為。⑤斷開開關。Ⅰ.根據以上操作和測量的數(shù)據，可知微安表的內阻為__________，待測電阻的阻值為__________（用題目所給的物理符號E、、、表示）。Ⅱ.用此方法測量阻值，其測量值和真實值相比__________（填“偏大”或“偏小”），若要減小實驗誤差，電源應該選擇__________（填儀器前的序號）?！敬鸢浮浚?）×10160（2）偏小E【解析】（1）[1][2]歐姆表指針偏角太大，意味著讀數(shù)偏小，即該電阻是小電阻，所以應換小倍率，所以應將選擇開關旋轉到歐姆擋“×10”位置，歐姆表讀數(shù)為。（2）Ⅰ.[1]用所給電路測電阻時，先通過①②步操作測微安表內阻，再用半偏法測待測電阻阻值。測微安表內阻時，由于電源內阻可忽略，由閉合電路歐姆定律可得解得微安表內阻為[2]測待測電阻阻值時由于滑動變阻器接入電路的電阻很大，可以認為閉合前后，干路電流不變，微安表示數(shù)為，則通過電阻箱電流為，由并聯(lián)電路關系可得解得。Ⅱ.[3][4]實際情況是閉合后電路總電阻變小，通過電阻箱電流大于，則有，所以電阻的測量值偏小，要減小誤差，應使滑動變阻器接入電路的電阻越大越好，由第③步操作可知，電源電動勢越大，滑動變阻器接入電路的電阻越大，所以要減小實驗誤差，電源應該選擇電動勢更大的電源2，選E。13.如圖所示，傾角為的斜面體固定在水平地面上，垂直斜面底端固定的擋板上有一勁度系數(shù)為的