寒假测试卷02（巩固培优）高二物理人教版

2026高二物理寒假测试卷（二） 考试范围：必修三，选修一，选修二；考试时间：90分钟； 姓名：___________班级：___________ 题号 一 二 三 四 总分 得分 评卷人 得 分 一．单选题（共7小题，每题4分，共28分） 1．（2024秋•吉安期末）关于波与光的有关现象，下列说法正确的是（　　） A．对于稳定的干涉图样，振动的加强区、减弱区相间分布，位置不变 B．对于衍射条纹，中央条纹最窄最亮，离中央越远，条纹越宽越暗 C．自然光通过偏振片，振动方向与“透振方向”垂直时，光才能完全通过 D．光从光疏介质进入光密介质，当入射角增大到一定程度，折射光线完全消失 2．（2025•成都校级模拟）如图所示，做简谐振动的小球，平衡位置为O点，关于小球，下列说法正确的是（　　） A．从O点向右边运动，速度逐渐增大 B．从左边向O点运动，加速度越来越小 C．从O点向左边运动，位移越来越小 D．从右边向O点运动，位移越来越大 3．（2026•浙江一模）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（　　） A．球沿MA运动的加速度比沿MB的大 B．小球分别运动到A、B点时速度相同 C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大 D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快 4．（2025•鹤山市校级模拟）如图，竖直平面内通有电流的正三角形金属线框，悬挂在两根相同的绝缘轻质弹簧下端。线框静止时，弹簧处于原长状态，线框有部分处在虚线框内的匀强磁场中，则虚线框内磁场方向可能为（　　） A．沿纸面竖直向上 B．沿纸面竖直向下 C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里 5．（2025•苏州校级模拟）如图所示的电路中，光敏电阻R2的阻值随光照强度增大而减小，电表均为理想电表。闭合开关S，电路达到稳定状态后，若增大照射光强度，电流表的示数变化为ΔI，电压表的示数变化为ΔU，下列说法正确的是（　　） A．电流表示数减小 B．电压表示数减小 C．电容器所带电荷量增加 D．保持不变 6．（2025•金安区校级模拟）如图甲所示，空间存在竖直向下，磁感应强度大小为2T的匀强磁场，绝缘水平桌面上固定一间距为1m的光滑金属导轨，导轨的左侧接有阻值为1Ω的电阻R和理想二极管D。导轨上放置长为1m，阻值为1Ω的导体棒ab，t＝0时刻起ab棒在外力作用下向右运动，其速度变化规律如图乙所示，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则导体棒ab两端电压有效值为（　　） A．4V B．2V C． D． 7．（2025•河南）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（　　） A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP 评卷人 得 分 二．多选题（共3小题，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。共18分） （多选）8．（2025•雨花区校级一模）如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止从图示位置释放，在下落过程中（　　） A．穿过线框的磁通量始终为零 B．线框中感应电流方向沿顺时针 C．线框所受安培力的合力不变 D．线框的机械能逐渐减小 （多选）9．（2025•琼海校级模拟）一列简谐横波沿x轴传播，周期为2s，t＝0时刻的波形曲线如图所示，此时介质中质点b向y轴负方向运动，下列说法正确的是（　　） A．该波的波速为1.0m/s B．该波沿x轴正方向传播 C．t＝0.25s时质点a和质点c的运动方向相反 D．t＝1.5s时介质中质点b的速率达到最大值 （多选）10．（2025•白银区校级三模）如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中放置一个厚度为d的半导体矩形薄片，在薄片中通上图示的电流I，薄片MN两侧会出现恒定的霍尔电压，霍尔电压与电流的比值称为霍尔电阻RH。如果增大磁感应强度，会出现“量子霍尔效应”，量子霍尔电阻为（其中h为普朗克常量，e为电子电荷量，i为正整数）。有关霍尔电阻与磁感应强度B的关系，如图乙所示。已知半导体薄片的厚度为d＝1mm，薄片中自由电子的电荷量为e，单位体积内的自由电子数为n，普朗克常量为h＝6.63×10﹣34J•s，电子的电荷量e＝1.6×10﹣19C，则下列说法正确的是（　　） A．图甲中M处的电势高于N处的电势 B．霍尔电阻会随电流I的增大而增大 C．根据图乙可得单位体积内的自由电子数约为1018m﹣3 D．B＝5T时，若薄片中通过电流I＝0.1mA，则霍尔电压约为0.35V 评卷人 得 分 三．实验题（共2小题，每题8分，共16分） 11．（2025•北京）（1）下列实验操作，正确的是 　 　 （填选项前的字母）。 A．用单摆测重力加速度时，在最高点释放摆球并同时开始计时 B．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，使用多用电表的交流电压挡测电压 C．用多用电表测电阻前应先把两表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点 （2）用双缝干涉实验测量光的波长的实验装置如图1所示。 ①双缝应该放置在图1中 　 　 处（填“A”或“B”）。 ②分划板中心刻线与某亮纹中心对齐时，手轮上的示数如图2所示，读数为 　 　 mm。 （3）某电流表出现故障，其内部电路如图3所示。用多用电表的欧姆挡检测故障，两表笔接A、B时表头Rg指针不偏转，接A、C和B、C时表头Rg指针都偏转。出现故障的原因是 　 　 （填选项前的字母）。 A．表头Rg断路 B．电阻R1断路 C．电阻R2断路 12．（2025•福建）某实验小组基于“等效替代法”设计了如图（a）所示的电路用于电阻测量。使用的器材有：电源E（电动势3V），电流表A（量程30mA），定值电阻R1、R2、R3（阻值均为100Ω），定值电阻R4（阻值200Ω），滑动变阻器R5（最大阻值200Ω，额定电流1.5A），带标尺的滑动变阻器R6（最大阻值100Ω，额定电流1.5A），选择开关S1，单刀开关S2，待测电阻Rx（阻值小于400Ω），导线若干。 （1）按照图（a），将图（b）中的实物连线补充完整。 （2）将鳄鱼夹a、b短接，滑动变阻器R6的滑片移至最右端0刻度处，S1打在位置1。接通S2，调节滑动变阻器R5，电流表指针指在图（c）所示的位置，记录电流表示数I＝　 　 mA，此示数作为本次实验的电流定标值。 （3）断开S1、S2，用鳄鱼夹a、b夹住Rx两端。接通S2，将S1依次打在位置1、2，发现电流表示数均小于定标值I；S1打到位置3时，电流表示数大于定标值I，由此确定Rx的阻值范围为　 　 Ω（填“0～100”“100～200”“200～300”或“300～400”）。 （4）将S1重新打在位置　 　 （填“1”“2”或“3”），向左调节滑动变阻器R6的滑片，直到电流表指针重新回到定标值位置，此时R6的滑片处于55Ω刻度处。基于“等效替代法”原理，可得Rx的阻值为　 　 Ω。 （5）以下因素可能影响测量结果的有　 　 。（多选，填正确答案标号） A．电源存在内阻 B．电流表存在内阻 C．滑动变阻器R6读数有偏差 D．步骤（4）电流表指针未重新回到定标值位置 评卷人 得 分 四．解答题（共3小题，其中第13题10分，第14题12分，第15题16分，共38分） 13．（10分）（2025•广西）某乐器发出频率为两倍关系的两个纯音（简谐声波），其波形叠加后呈现一种周期性变化。图甲和图乙分别为同一时刻两列简谐声波单独沿x正方向传播的波形图，图中的坐标原点位于同一质点处，声速为340m/s。 （1）从图中读出这两列波的波长。 （2）该时刻这两列波叠加，分别求x＝0和x＝0.375m处的质点在该时刻偏离平衡位置的位移。 （3）求这两列波叠加后的周期。 14．（12分）（2025•河南模拟）如图所示，倾角α＝37°、间距d＝1m的平行金属导轨倾斜放置。导轨顶端接有R＝4Ω的电阻，下端c、d处通过绝缘材料与足够长的水平导轨平滑连接，水平导轨间距d＝1m，其右端接有C＝0.1F的电容器。斜轨道ab的下方及水平轨道处均有磁感应强度大小均为B＝1T、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m＝0.08kg、长度为d＝1m、电阻为r＝2Ω的导体棒MN垂直倾斜导轨放置，与磁场边界ab的距离为s0＝0.75m。现将导体棒MN由静止释放，已知导体棒到达斜轨道底部前已匀速，ab离倾斜导轨底端距离为s＝3.6m。当电容器电压为U时，电容器储存的电场能为ECU2，导轨电阻忽略不计，不计一切摩擦，不考虑电磁辐射，导体棒始终与导轨接触良好且垂直。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）导体棒MN刚进入磁场时MN两端的电压UMN； （2）导体棒MN在倾斜导轨上运动的时间t； （3）在整个过程中导体棒MN上产生的焦耳热Q。 15．（16分）（2025•新疆）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 （1）求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； （2）求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； （3）欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ （4）欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026高二物理寒假测试卷（二） 一．单选题（共7小题，每题4分，共28分） 1．（2024秋•吉安期末）关于波与光的有关现象，下列说法正确的是（　　） A．对于稳定的干涉图样，振动的加强区、减弱区相间分布，位置不变 B．对于衍射条纹，中央条纹最窄最亮，离中央越远，条纹越宽越暗 C．自然光通过偏振片，振动方向与“透振方向”垂直时，光才能完全通过 D．光从光疏介质进入光密介质，当入射角增大到一定程度，折射光线完全消失 【答案】A 【解析】解：A、根据光的干涉的条件，对于稳定的干涉图样，振动的加强区、减弱区相间分布，位置不变，故A正确； B、衍射条纹的特点是中央条纹应该是最宽最亮，离中央越远，条纹越窄越暗，故B错误； C、自然光通过偏振片，振动方向与“透振方向”一致时，光才能完全通过，垂直时，光就完全不能通过，故C错误； D、光从光疏介质射向光密介质时，折射角小于入射角，入射角再大折射角也不会达到90°，折射光线不可能消失，即不能发生全反射，故D错误。 故选：A。 2．（2025•成都校级模拟）如图所示，做简谐振动的小球，平衡位置为O点，关于小球，下列说法正确的是（　　） A．从O点向右边运动，速度逐渐增大 B．从左边向O点运动，加速度越来越小 C．从O点向左边运动，位移越来越小 D．从右边向O点运动，位移越来越大 【答案】B 【解析】解：AC．从O点向右边运动或者向左运动，小球远离平衡位置，速度减小、加速度和位移增大，故AC错误； BD．从左边或者右边向O点运动，小球靠近平衡位置，速度增大，加速度和位移减小，故B正确，D错误。 故选：B。 3．（2026•浙江一模）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（　　） A．球沿MA运动的加速度比沿MB的大 B．小球分别运动到A、B点时速度相同 C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大 D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快 【答案】D 【解析】解：A、等高线越密集，坡面越陡，MB对应的等高线更密集，坡面更陡，θ角越大，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma（θ为坡面与水平面夹角），小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，故A错误； B、AB在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到AB点时速度大小相同，但方向不同，故B错误； C、等势线越密集，电场强度越大，B处等势线更密集，A点电场强度比B点小，故C错误； D、等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，故D正确。 故选：D。 4．（2025•鹤山市校级模拟）如图，竖直平面内通有电流的正三角形金属线框，悬挂在两根相同的绝缘轻质弹簧下端。线框静止时，弹簧处于原长状态，线框有部分处在虚线框内的匀强磁场中，则虚线框内磁场方向可能为（　　） A．沿纸面竖直向上 B．沿纸面竖直向下 C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里 【答案】D 【解析】解：处在磁场中的线圈等效电流方向向右，弹簧处于原长状态，可知线圈受安培力竖直向上，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故ABC错误，D正确。 故选：D。 5．（2025•苏州校级模拟）如图所示的电路中，光敏电阻R2的阻值随光照强度增大而减小，电表均为理想电表。闭合开关S，电路达到稳定状态后，若增大照射光强度，电流表的示数变化为ΔI，电压表的示数变化为ΔU，下列说法正确的是（　　） A．电流表示数减小 B．电压表示数减小 C．电容器所带电荷量增加 D．保持不变 【答案】D 【解析】解：AB、依题意，光敏电阻R2的阻值随光照强度增大而减小，则当增大照射光强度时，光敏电阻R2减小，电路的总电阻减小，总电流I增大，则电流表示数增大，电压表的示数增大，故AB错误； C、由闭合电流欧姆定律可知电容器的电压为UC＝E﹣I（R1+r），因I增大，则UC减小，电容器所带电荷量减少，故C错误； D、根据欧姆定律得，保持不变，故D正确。 故选：D。 6．（2025•金安区校级模拟）如图甲所示，空间存在竖直向下，磁感应强度大小为2T的匀强磁场，绝缘水平桌面上固定一间距为1m的光滑金属导轨，导轨的左侧接有阻值为1Ω的电阻R和理想二极管D。导轨上放置长为1m，阻值为1Ω的导体棒ab，t＝0时刻起ab棒在外力作用下向右运动，其速度变化规律如图乙所示，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则导体棒ab两端电压有效值为（　　） A．4V B．2V C． D． 【答案】D 【解析】解：由图乙可知最大速度为2m/s，当导体棒向右运动时，根据楞次定律和安培定则可知，电流沿逆时针方向，二极管导通，导体棒两端电压的最大值为（0＜t＜2s） 当导体棒向左运动时，二极管截止，电路中没有电流，导体棒两端电压最大值U′ab＝Em＝BLvm＝2×1×2V＝4V（2s＜t＜4s） 根据有效值的定义可得，解得，故D正确，ABC错误。 故选：D。 7．（2025•河南）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（　　） A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP 【答案】D 【解析】解：对P和N的碰撞过程，规定它们初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律有mPvP+mNvN＝mPvP′+mNvN′，可得mP（vP﹣vP′）＝mN（vN′﹣vN），根据图1可知（vP﹣vP′）＞（vN′﹣vN），故mP＜mN，同理，对Q和N组成的系统mQvQ+mNvN＝mQvQ′+mNvN′，可得mQ（vQ﹣vQ′）＝mN（vN′﹣vN），根据图2可知（vQ﹣vQ′）＜（vN′﹣vN），故mN＜mQ，联立可得mQ＞mN＞mP，故D正确，ABC错误。 故选：D。 二．多选题（共3小题，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。共18分） （多选）8．（2025•雨花区校级一模）如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止从图示位置释放，在下落过程中（　　） A．穿过线框的磁通量始终为零 B．线框中感应电流方向沿顺时针 C．线框所受安培力的合力不变 D．线框的机械能逐渐减小 【答案】BD 【解析】解：A．距离导线越远，磁场越弱，可知线框静止释放，通过线框的磁通量逐渐减小，且穿过线框的磁通量不为零，故A错误； B．根据右手螺旋定则可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向里，随着线框下落，通过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，故B正确； C．根据左手定则，线框上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，由于下边的磁场比上边弱，故下边所受的安培力小于上边所受的安培力，又线框左右两边所受安培力大小相等方向相反，因此线框所受安培力的合力向上，且逐渐减小，故C错误； D．由于安培力做负功，线框的机械能逐渐减小，故D正确。 故选：BD。 （多选）9．（2025•琼海校级模拟）一列简谐横波沿x轴传播，周期为2s，t＝0时刻的波形曲线如图所示，此时介质中质点b向y轴负方向运动，下列说法正确的是（　　） A．该波的波速为1.0m/s B．该波沿x轴正方向传播 C．t＝0.25s时质点a和质点c的运动方向相反 D．t＝1.5s时介质中质点b的速率达到最大值 【答案】AC 【解析】解：A、由波动图像可知波长λ＝2m，根据波速公式，代入数据解得v＝1.0m/s，故A正确； B、根据质点b的振动方向及同侧法可判定波沿x轴负方向传播，故B错误； C、质点a与c相距半波长，振动相位始终相反，故t＝0.25s时两质点运动方向相反，故C正确； D、t＝0时质点b经平衡位置向负方向运动，经t＝1.5s（即周期）后到达波峰位置，此时速率为零，故D错误。 故选：AC。 （多选）10．（2025•白银区校级三模）如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中放置一个厚度为d的半导体矩形薄片，在薄片中通上图示的电流I，薄片MN两侧会出现恒定的霍尔电压，霍尔电压与电流的比值称为霍尔电阻RH。如果增大磁感应强度，会出现“量子霍尔效应”，量子霍尔电阻为（其中h为普朗克常量，e为电子电荷量，i为正整数）。有关霍尔电阻与磁感应强度B的关系，如图乙所示。已知半导体薄片的厚度为d＝1mm，薄片中自由电子的电荷量为e，单位体积内的自由电子数为n，普朗克常量为h＝6.63×10﹣34J•s，电子的电荷量e＝1.6×10﹣19C，则下列说法正确的是（　　） A．图甲中M处的电势高于N处的电势 B．霍尔电阻会随电流I的增大而增大 C．根据图乙可得单位体积内的自由电子数约为1018m﹣3 D．B＝5T时，若薄片中通过电流I＝0.1mA，则霍尔电压约为0.35V 【答案】AC 【解析】解：A.根据左手定则，电子向N板偏转，可知M板电势更高，故A正确。 B.当半导体两端的霍尔电压稳定时，对于半导体内部电荷来说其所受电场力与洛伦兹力的合力为零，有eE＝evB，半导体内的电流为I＝neSv，设半导体宽为b，半导体的电流方向的横截面积为S＝db，半导体两端的霍尔电压为UH＝Eb，整理有。根据霍尔电阻定义有，解得，则霍尔电阻不会随电流的增大而增大，故B错误。 C.根据图乙，磁感应强度较小时不会出现量子霍尔效应，则RH与B成正比，由图乙可知，当B＝5T时，又，代入数据联立解得n≈1018m﹣3，故C正确。 D.当 B＝5T时，根据UH＝RHI，代入数据解得UH≈0.78V，故D错误。 故选：AC。 三．实验题（共2小题，每题8分，共16分） 11．（2025•北京）（1）下列实验操作，正确的是 　B　 （填选项前的字母）。 A．用单摆测重力加速度时，在最高点释放摆球并同时开始计时 B．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，使用多用电表的交流电压挡测电压 C．用多用电表测电阻前应先把两表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点 （2）用双缝干涉实验测量光的波长的实验装置如图1所示。 ①双缝应该放置在图1中 　B　 处（填“A”或“B”）。 ②分划板中心刻线与某亮纹中心对齐时，手轮上的示数如图2所示，读数为 　3.183　 mm。 （3）某电流表出现故障，其内部电路如图3所示。用多用电表的欧姆挡检测故障，两表笔接A、B时表头Rg指针不偏转，接A、C和B、C时表头Rg指针都偏转。出现故障的原因是 　C　 （填选项前的字母）。 A．表头Rg断路 B．电阻R1断路 C．电阻R2断路 【答案】（1）B；（2）B；3.183（3.182～3.185）；（3）C 【解析】解：（1）A.在最高点小球速度为零，此位置摆球的摆动不明显，计时误差较大。摆球在最低点速度最大，在此位置开始计时误差较小，故应在最低点开始计时，故A错误； B.变压器原、副线圈两端的电压为交变电压，应使用多用电表的交流电压挡测量，故B正确； C.用多用电表测电阻之前需要先进行机械调零，之后选择合适的倍率，然后将红黑表笔短接，进行欧姆调零，故C错误。 故选：B。 （2）双缝应置于单缝后边，由图1可知A处为单缝，B处为双缝，双缝应该放置在图1中B处。 螺旋测微器的精度值为0.01mm，其读数为：3mm+18.3×0.01mm＝3.183mm （3）A.若表头Rg断路，则表笔连A、B、C的任意两端时电流都无法通过表头，故表头指针均不发生偏转，故A错误； B.若电阻R1断路，则连接A、B时电流通过表头和R2与欧姆挡构成闭合回路，表头指针会偏转，故B错误； C.若电阻R2断路，则连接A、B时电流无法通过表头，表头指针不偏转；连接A、C和B、C均能与欧姆挡构成闭合回路，表头发生偏转，故C正确。 故选：C。 故答案为：（1）B；（2）B；3.183（3.182～3.185）；（3）C 12．（2025•福建）某实验小组基于“等效替代法”设计了如图（a）所示的电路用于电阻测量。使用的器材有：电源E（电动势3V），电流表A（量程30mA），定值电阻R1、R2、R3（阻值均为100Ω），定值电阻R4（阻值200Ω），滑动变阻器R5（最大阻值200Ω，额定电流1.5A），带标尺的滑动变阻器R6（最大阻值100Ω，额定电流1.5A），选择开关S1，单刀开关S2，待测电阻Rx（阻值小于400Ω），导线若干。 （1）按照图（a），将图（b）中的实物连线补充完整。 （2）将鳄鱼夹a、b短接，滑动变阻器R6的滑片移至最右端0刻度处，S1打在位置1。接通S2，调节滑动变阻器R5，电流表指针指在图（c）所示的位置，记录电流表示数I＝　16.0　 mA，此示数作为本次实验的电流定标值。 （3）断开S1、S2，用鳄鱼夹a、b夹住Rx两端。接通S2，将S1依次打在位置1、2，发现电流表示数均小于定标值I；S1打到位置3时，电流表示数大于定标值I，由此确定Rx的阻值范围为　100～200　 Ω（填“0～100”“100～200”“200～300”或“300～400”）。 （4）将S1重新打在位置　2　 （填“1”“2”或“3”），向左调节滑动变阻器R6的滑片，直到电流表指针重新回到定标值位置，此时R6的滑片处于55Ω刻度处。基于“等效替代法”原理，可得Rx的阻值为　155　 Ω。 （5）以下因素可能影响测量结果的有　CD　 。（多选，填正确答案标号） A．电源存在内阻 B．电流表存在内阻 C．滑动变阻器R6读数有偏差 D．步骤（4）电流表指针未重新回到定标值位置 【答案】（1）如下图所示： （2）16.0；（3）100～200；（4）2；155；（5）CD。 【解析】解：（1）根据图（a）的实验电路图，需要将实物图中电流表负极、滑动变阻器R5与和R3之间用导线连接，如图所示。 （2）由图（c）可得，根据电流表读数原理：电流表量程30mA，最小刻度为1mA，指针指在16mA的位置上，需要估读到下一位，故电流表示数为16.0mA （3）“等效替代法”测量原理就是在保证总电路电阻不变，用原电路减小的阻值等效替代待测电阻的阻值，进而测出待测电阻的阻值。 接通S2，开关S1接1，鳄鱼夹a、b短接，滑动变阻器R6为最大值，电路中R1、R2、R3、R6串联（总电阻为400Ω）；开关S1接2，有Rx+R2+R3+R6＞R1+R2+R3+R6 可得Rx＞R1 开关S1接3，有Rx+R3+R6＜R1+R2+R3+R6 可得Rx＜R1+R2 可得Rx的阻值范围为100～200Ω （4）Rx的阻值范围为100～200Ω，应将开关S1重新打在2的位置上。 由电路图可知，开关打在2的位置时，原电路的阻值减小100Ω；当R6向左调节到标尺刻度读数为55Ω时，即其接入电路的电阻值减小了55Ω，电流表的示数重新回到定标值I，因此待测电阻Rx等于原电路减小的总电阻，故Rx＝100Ω+55Ω＝155Ω （5）AB．接入待测电阻Rx后，通过调节R6使电流表指针重新回到定标值位置，来确保原电路减小的电阻值与Rx相等，因此电源和电流表的内阻对实验没有影响。故AB错误； CD．R6读数有偏差和电流表指针未重新回到定标值位置都将影响Rx测量结果的准确性。故CD正确。 故选：CD。 故答案为：（1）如下图所示： （2）16.0；（3）100～200；（4）2；155；（5）CD。 四．解答题（共3小题，其中第13题10分，第14题12分，第15题16分，共38分） 13．（10分）（2025•广西）某乐器发出频率为两倍关系的两个纯音（简谐声波），其波形叠加后呈现一种周期性变化。图甲和图乙分别为同一时刻两列简谐声波单独沿x正方向传播的波形图，图中的坐标原点位于同一质点处，声速为340m/s。 （1）从图中读出这两列波的波长。 （2）该时刻这两列波叠加，分别求x＝0和x＝0.375m处的质点在该时刻偏离平衡位置的位移。 （3）求这两列波叠加后的周期。 【答案】（1）从图中读出这两列波的波长分别为0.5m、1m。 （2）该时刻这两列波叠加，x＝0和x＝0.375m处的质点在该时刻偏离平衡位置的位移分别为2μm、。 （3）求这两列波叠加后的周期。 【解析】解：（1）根据波长的定义及两列波的波动图可知λ1＝0.5m，λ2＝1m； （2）由波动图可知在x＝0m处两列波均处于波峰处，x＝0处的质点位移y1＝A+A＝1μm+1μm＝2μm 在x＝0.375m处，对于第一列波有 对于第二列波有 在x＝0.375m处质点的位移 （3）对于第一列波有 对于第二列波有 这两列波叠加后的周期 答：（1）从图中读出这两列波的波长分别为0.5m、1m。 （2）该时刻这两列波叠加，x＝0和x＝0.375m处的质点在该时刻偏离平衡位置的位移分别为2μm、。 （3）求这两列波叠加后的周期。 14．（12分）（2025•河南模拟）如图所示，倾角α＝37°、间距d＝1m的平行金属导轨倾斜放置。导轨顶端接有R＝4Ω的电阻，下端c、d处通过绝缘材料与足够长的水平导轨平滑连接，水平导轨间距d＝1m，其右端接有C＝0.1F的电容器。斜轨道ab的下方及水平轨道处均有磁感应强度大小均为B＝1T、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m＝0.08kg、长度为d＝1m、电阻为r＝2Ω的导体棒MN垂直倾斜导轨放置，与磁场边界ab的距离为s0＝0.75m。现将导体棒MN由静止释放，已知导体棒到达斜轨道底部前已匀速，ab离倾斜导轨底端距离为s＝3.6m。当电容器电压为U时，电容器储存的电场能为ECU2，导轨电阻忽略不计，不计一切摩擦，不考虑电磁辐射，导体棒始终与导轨接触良好且垂直。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）导体棒MN刚进入磁场时MN两端的电压UMN； （2）导体棒MN在倾斜导轨上运动的时间t； （3）在整个过程中导体棒MN上产生的焦耳热Q。 【答案】（1）导体棒MN刚进入磁场时MN两端的电压UMN为1.6V。 （2）导体棒MN在倾斜导轨上运动的时间t为1.55s。 （3）在整个过程中导体棒MN上产生的焦耳热Q为0.876J。 【解析】解：（1）导体棒MN进入磁场前做匀加速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得mgsinα＝ma，解得：a＝6m/s2。 设进入磁场时的速度为v1，由匀变速直线运动规律得，解得：v1＝3m/s。 此时导体棒产生的感应电动势为E1＝Bdv1cosα，MN两端电压为，代入数据解得：UMN＝1.6V。 （2）导体棒进入磁场前的运动时间为，解得：t1＝0.5s。在磁场中匀速运动时，设速度为v2，导体棒受力平衡， 沿斜面方向有FAcosα＝mgsinα，其中安培力，感应电动势E2＝Bdv2cosα，联立解得：v2＝4.5m/s。 设导体棒从进入磁场到运动至斜面底端所用时间为t2，对此过程应用动量定理得， 又流过导体棒的总电荷量，代入整理得， 联立解得：t2＝1.05s。故总时间t总＝t1+t2，解得：t总＝1.55s。 （3）由能量守恒定律，在斜轨道上运动时导体棒产生的焦耳热为，代入数据解得：Q1＝0.426J。 导体棒在水平轨道上先减速后匀速，设匀速运动时速度为v3，此时导体棒两端电压等于电容器两端电压，有。 对此过程应用动量定理得﹣Bdq＝mv3﹣mv2，联立解得：v3＝2m/s，q＝0.2C。此时电容器两端电压，解得：U＝2V。 再由能量守恒得，解得：Q2＝0.45J。 故整个过程中导体棒产生的总焦耳热Q＝Q1+Q2，解得：Q＝0.876J。 答：（1）导体棒MN刚进入磁场时MN两端的电压UMN为1.6V。 （2）导体棒MN在倾斜导轨上运动的时间t为1.55s。 （3）在整个过程中导体棒MN上产生的焦耳热Q为0.876J。 15．（16分）（2025•新疆版）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 （1）求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； （2）求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； （3）欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ （4）欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 【答案】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功mgR； （2）小球与弹簧刚接触时速度的大小为，及B、A两点间的距离为； （3）欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为4m； （4）欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为m。 【解析】解：（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为： WG＝mgR； （2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，已知小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，根据机械能守恒定律可得： 2mgR 解得：v0 设B、A两点间的距离为h，对小球从B点到离开圆弧轨道的过程，根据动能定理得： mg（h+R）0 解得：h （3）设Q的质量应为M1，P和Q断开后，P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒。当P和Q恰好共速时弹簧的弹性势能最大，已知弹性势能最大Epm＝2.2mgR，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得： m•v0＝（m+M1）v共 2mgRm（v0）2（m+M1）v共2+2.2mgR 解得：M1＝4m （4）P和Q断开后，当弹簧恢复原长时Q的动能最大，设弹簧恢复原长时Q的动能为Ek，速度为vQ，Q的质量为M，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得： m•v0＝mvP+MvQ 2mgRm（v0）2 又有：Ek 联立可得： 解得：，另一解为负值，舍去。 令：y 将y对M求导，并令其倒数等于0，得到： 将此式平方可得：9M3+7m2M+17mM2﹣m3＝0 令：，x＞0 上式可变形为：9x3+17x2+7x﹣1＝0 可得：（x+1）（9x2+8x﹣1）＝0 则有：9x2+8x﹣1＝0 解得：x，另一解为负值，舍去。 可得当，即Mm时，取最大值，即Ek取最大值。 （验证：当Mm时，可得Ek最大值为，最终Q的最大速度大小为3v0，P的最终速度为零，即Q最终的动能等于系统初始的机械能，系统初始的机械能等于，可见此结果合理。） 答：（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功mgR； （2）小球与弹簧刚接触时速度的大小为，及B、A两点间的距离为； （3）欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为4m； （4）欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为m。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $