物理-2-2026年全国高考终极押题卷

物理（二） 1.D[解析】根据沿着电场线方向电势逐渐降低，结合等势面与电场线垂直可知电势最高的是Q点，故ABC错误，D正确。 2.A解析】缓橙加热，则气缸处于动态平衡状态，故有PS+Mgin30°=PS,得p=P,-号故A正确：根据热力学第一定 律可知△U=W+Q,体积增大过程<0，△U>0,因此封闭气体增加的内能小于吸收的热量，故B错误；根据盖一吕 萨克定理可知云=C温度为热力学温标时成正比，此题为摄氏温标，不成正比，故C错误；剪断轻绳瞬间，活塞和气缸位 置不变，因此缸内气体压强不变，故气缸的受力不变、合力为零，加速度大小为零。故D错误。 3.C【解析】由于运动员速率不变，所以运动员做匀速圆周运动，其所受合力提供向心力，其大小不变，方向始终指向圆心， 是变力，故A错误；运动员下滑的过程中重力的方向与速度方向间的夹角不断增大，所以P=mgC0s6,功率不断减小， 故B错误；设运动员下滑过程其与圆心的连线和竖直方向的夹角为a,则有∫=mgsina,根据牛顿第二定律可得Fw mgcosc=mR在下滑过程α减小，cosa增大，sina减小，所以支持力变大，摩擦力变小，故C正确：重力势能是相对的， v2 运动员滑到最低点过程中重力始终做正功，所以重力势能减小，其减小量等于重力所做的功，故D错误。 4.B[解析】因两卫星的质量大小关系未知，则不能确定二者动能的大小关系，故A错误；对于地球静止同步轨道卫星B,有 3 Mm 4m2 4m2(7R月 G ·7R。,解得地球的质量M= 故B正确：对两卫星，由开普勒第三定律，有 (R。+RP 7R) T GTi T (R。+6R To ,解得T,=8T,故C错误；卫星A环绕方向为顺时针，卫星B环绕方向为逆时针，设从图示时刻开始，经过 时间：两卫星第一次相距最远，且由7-专，有分+元 t120°+180 360° ,解得时间t=T,故D错误。 5.D【解析】木板第一次向左运动过程中，初速度最大，故其速度减为0时，其右端距挡板的距离最大，根据动能定理有 Mgx=2m6,解得x=1.5m,故D正确；木板第一次碰撞后，到与物块再次共速的过程中，以向右为正方向，根据动量 守恒定律有M。-m。=(M+m),解得，=2ms,根据能量守恒定律有uMgL=)(M+m)g-之（M+m),解得 L=4m,第二次碰撞后，物块相对木板继续向右运动，所以木板的长度需大于4m,不是4m,故A错误；第二次碰撞后到 共速的过程中，以向右为正方向，根据动量守恒定律有M,一m,=(M+m),解得，=了m,即木板第三次与挡板 2 4 物理 新高考 碰撞前瞬间的速度大小为了6，放C错误；由于物块的初动量较大，系统的总动量一直向右，则物块运动过程中速度方 向不可能向左，故B错误。 6.B[解析】互感器I并联在电路中，所以是电压互感器，互感器Ⅱ串联在电路中，是电流互感器，故A错误；电流表的示数I 为5A,电流互感器原、副线圈的匝数比n,'n2'为1：20，设线路上电流为I,则由理想变压器电流与匝数比关系得：n1'L,= n2'I,代入数据得：I,=100A线路上损耗的功率为：P=Ir,代人数据得：P=20OkW,故B正确；电压表的示数U为 =,代入数据 220V,电压互感器匝数比，'n,为20：1，设输送电压为U,则由理想变压器电压与匝数比关系得：7- 得：U2=44000V而升压变压器输入电压的有效值为：U,= 信由甲图可知U=20V2V代人数据得：U,=20V,故 升压变压器的原副线圈匝数比为。-代人数据得：二=00故C错误：用户使用的用电设备增多，用户回路电流 变大，则输送电流变大，损失电压变大，则降压变压器输入电压U,变小，由理想变压器电压与匝数比关系可知，降压变 压器输出电压U,变小，故D错误。 7.DI解析】A和B两球都在凹槽上运动，如图所示， .●0 假设某一时刻A和B的线速度分别为v,和vg,根据 几何关系，可知两线速度方向与杆的夹角相等，可设为0，根据关联速度关系有：v4cos0=vacos0因此：v4=vg,故A错误； 从初始位置到B球滑到与O等高位置，A球的重力势能减少和B球的重力势能增加，由几何关系可知，A球下降的高度 等于B球上升的高度，由公式：E。=mgh,A球质量大于B球质量，可知，A球重力势能的减少量大于B球重力势能的增加 量，故B错误；设B球滑到与O等高位置时，两球的线速度大小为v,对轻杆、A球和B球组成的系统，根据系统机械能守 恒有：2gin60-gin60=立×3m解得：0=√写gR,故C错误：由静止释放到B球滑到与0等高位置的过程 ,设轻杆对B球做的功为W,对B球由动能定理有：mgRsin60°+W=)mw2代入前选项的速度，的值解得： 2V3 3mgR,故D正确。 8.BD[解析】a与b第一次碰撞后电荷量均变为2g,根据库仑定律可知，a第一次下滑和第一次上滑过程中库仑力做功的比 值为34，设库仑力做功绝对值分别为3W,4,则第一次下滑过程中，根据动能定理mgR-30==B,第一次上 滑过程中，由动能定理得-mgR+4W=0-×m 方×宁m,代人数据得即=兮gR品=m2 5mgR,所以a、b第一次碰 推损失的动能△B,==写eR0第一-次下滑过程中克服车仑力做功=3P一号R,故4错误，B正确，ab第- 欧碰撞前瞬间，由生顿第二定律可得F一mg=m,结合上述结论)m,2 亏mgR,代人数据得细环对a的弹力大小 P=?g,放C错误D正角。 9AB解析]由题意可知，物块6在PQ之间做简谐运动，在P点时的加速度大小为a=?g,由对称性可知物块6在Q点 的加速度大小也是受g,设物块6的质量为m,根据牛顿第二定律有)Mg-受g=m解得M=2V3m故AB正 确；物块由P到Q的过程，由机械能守恒可知重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量，设PQ的长度x, 2 mgx= 6:解得x二所以弹性势能E。y故C错误：从P点到PO中点由能量守恒定律雅sim60上上1 2k 22+ 2m,解得。=号、N3M故D错误。 1 2 2k 5 物理 新高考 0 10.ACDI解析】粒子轨迹如图所示，M ,由几何关系可知r=2L又，=m则B= mvo gB qL 故A正确；随着粒子不断打到N极板上，N极板带电量不断增加，两板间电压不断增加，且后进人粒子做减速运动，当 某一粒子到达N极板时速度恰好减为零，即满足m三0，又C二′风则n二故B错误者在系统达到稳定 0 后，即垂直M板进入的后续粒子均不能到达W板。将极板间距变为2d后，由于这一瞬间电场强度不变，故后续粒子仍 在到达离Q为d的位置即减速为零并反向返回，故最终N板上吸收的粒子数不变，仍为n一但两板间电压变为 原来的2倍，即变为U'=2U,且因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时，粒子仍可从Q点 进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方运动，进人两板间时的速度方向与M板夹角为α=60°，此后 在两板间做类斜抛运动运动时间1上“，s心其中二化，故落在M板下表面时，距0点距离为3 a (vocosa)t=- ed又粒子)m三U则x=V34,故C正确；若在系统达到稳定后，即后续粒子均不能 2aU 将极板间距瞬间变为0.5d,则这一瞬间电场强度不变，故后续粒子将会打到N板上，故Q会增加，由2m6=qU,知U 不变，又由C=一号-7可知，由于4变为原来的-半.放=2：G一后续垂直进人的粒子仍从Q点射出。 4kndUU 方运动仍能到达Q,且粒子的速度方向与M板夹角仍为α=60°，则在两板间运动 中a=2g则=(，co)!=V3mid= md 4qU Y故D正确。 11.【答案】(1)①a,③电流表内接法造成的误差④50(2)①B②BC 【解析】(1)因当滑动触头打到α端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表，所以滑动变阻器的滑动触头在开关 闭合前应置于α端。③由于实验采用的是电流表内接法，所以电压表读数大于热敏电阻两端的电压。所以在相同的 温度下，热敏电阻的测量值总比理论值偏大。 ④电阻的散热功率可表示为P散=k(t-to)=R'I=40mA,R=100(t-to),在R-t图象中做出如图所示的图线，据 其与理论图线的交点即可求得，该电阻的温度大约稳定在50℃。 (2)①由实验原理可知该同学正在做“验证力的平行四边形法则”的实验中采取了等效代替法，故ACD错误，B正确。 ②A、两弹簧秤的读数不一定要接近，故A错误。B、描点作图时铅笔应尖一些，作图比例适当大一些，可以减小相对误 差，故B正确。C、用两个弹簧秤拉时，两弹簧秤的示数适当大些，可以减小读数的误差，故C正确。D、在实验中两个 分力的夹角大小适当，在作图时有利于减小误差即可，并非越大越好，若夹角很大，则分力很大，会使一根弹簧拉时超 过量程，故D错误。 12.【答案】I.(1)向右；(2)3.80×103；(3)b;Ⅱ.(1)偏小；(2)1.49；0.667；Ⅲ.AB。 【解析】I.(1)根据图1可知，将开关S拨到1时，通过电流表的电流方向向右； (2)/-t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量，I-t图像中每小格表示的电荷量q0=20×106×2C=4×10C,电容 器放电前所带的电荷量为q=95q。=95×4×105C=3.80×103。 (3)现仅增大R的阻值，根据欧姆定律可知，开始放电时的电流减小，放电的电荷量不变，放电时间延长，故b正确，a© 错误。故选：b。 Ⅱ.(1)实验的误差来源于电压表的分流作用，根据闭合电路的欧姆定律E=U+( 一+I)(R。+r).变形得U= R R,+R+,R,+R,+,·1,因此电动势测量值与真实值相比将偏小： RERv(R。+r) (2)根据闭合电路的欧姆定律U=E-(R。+r)I,图像的纵截距表示电动势，电动势E=b=1.46V,图像的斜率的绝 对值k≈2.6672，结合U-I函数，图像斜率的绝对值k=R。+r,解得内阻r=k-R。=2.667①-22=0.6670 Ⅲ.A.用多用电表测量电阻时，若指针偏角过大，说明欧姆表指针对应示数小，应换成倍率较小的挡位，故A正确；B.在 6 物理新高考 “研究槽末端小球碰撞时的动量守恒”实验中，为了保证小球离开斜槽后做平抛运动，需调节斜槽末端水平，故B正 确：C.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，去掉铁芯，漏磁更加明显，会影响实验结果，故C错误；D. 在“测定金属丝的电阻率”实验中，可用刻度尺测量金属丝长度来提高实验精度，螺旋测微器的测量范围太小，故D错 误。故选：AB 13.【答案】(1)sin0n=0.75:(2)△t=1×10s. 解：(1)光线进人玻璃丝后，在玻璃丝与空气的分界面恰好发生全反射时，设临界角为C,光路图如图所示， ,有simC=n=1.25 11 =0.8,解得C=53°，由几何关系可知此时在左 侧截面处的折射角为a=90°-53°=37，由折射定律得n=sin,人射角9的正弦值的取值范围为i血0，=0,75。 sina (2)光在玻璃丝中的速度为m,则1=分，它沿玻璃丝中轴线的速度分量为，=008a,所用的时间为1= ,当a=0时， , 时阿最起a7时，时间最长测△1产7片解得△：=1x10 14.【答案】(1)x=0.6m:(2)N=1N:(3)△E.=0.14J. 解：(1)小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有41mg=ma,则小物块从开始运动到离开平台有？- 号=-2，小物块从平台飞出后做平抛运动有H=方所x=联立解得x=06加。 后弹起的最大高度为0,45m,则物块弹起至最大高度所用时间和弹走 v,2=gt2,则物块与地面接触的时间△t=t-t-t2解得△t=01s,物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向 上为正，在竖直方向有N△t-mg△t=mw,2-m(-v,),,1=,解得N=1N。 (3)取水平向右为正，在水平方向根据动量定理有-，N△t=mw,-mm,解得"，=0，根据能量守恒定律△E.= m(后+》-n解得△E=01aW。 2V3mg4;(2)a,=1 Bld B2dv B'd 25Bd5 15.【答案】(1)Qc=CBd=CBd m CB2d2 4m=4mR=8m2B2（3μ=⊙m2 m CB2d2 32m2gR2 解：(1)设导体棒a在倾斜导轨上向下运动过程中很小一段时间△t内速度的变化量为△，电容器带电量的变化量为 △Q,电容器两端电压变化量为△U,则△U=Bd△v,取沿导轨向下为正方向，根据动量定理得mngsin0·△t-BId △=m△，其中1A=△Q=GB△，a棒的加室度大小为a=会二联立解得a0P说明a格做匀加速直线 △t 运动，a棒到达斜面底端时速度大小为v= h /2a ,解得v= 2V3mgL,可得a棒离开倾斜导轨时电容器C带电量 Vm CB2d2 Qc CBdv CBd 2v3 mgd m CB'd 2陆后.对6棒，取向右为正方向，由动量定理得-Bd△=0-其中7△，-层△，=地.：2解得 =2mR对6棒，由牛顿第二定律得a,=B_Be。Bd B'd 4m 4mR 8m2R2 1 1 ③)对a与6碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m心，三m,+4,-)心) 4m解得碰撞前a棒速度，-5Bd 1 金属排a从P0到卫Q:之间运动时.由动能定理得umgd=7m-m,是 2V3mg,解得4=V5m 25B'd3 Vm CB2L2 m+CB2d2 32mgR2 7 物理 新高考物理（二） 2026全国高考终极押题卷 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 御 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对 应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径05毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答 题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.本卷命题范围：高考范围。 n 第I卷（选择题 共46分) 、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。 蟈 1. 我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活中，避雷针 就利用了尖端放电现象。避雷针上方有雷雨云时，避雷针附近的电 如 场线分布如图所示，图中央的竖直黑线AB表示避雷针，CD为水平地 面。在M、N、P、Q四点中，电势最高的是 刷 A.M点 B.N点 中 长 C.P点 D.Q点 C D 工 2.如图甲所示，斜面上气缸和活塞内封闭了一定质量的理想气体，一根平行于斜面的轻绳一端连 接活塞，另一端固定，系统处于平衡状态。 个V 郑 开始气体摄氏温度为t,通过气缸内电热丝 缓慢升高气体温度，升温过程封闭气体的 南 V-t图像如图乙所示，已知斜面倾角为 30°，重力加速度为g,大气压强为P。,气缸和 活塞均绝热且不漏气，气缸（含电热丝）质量 为M、活塞面积为S、质量为m,所有接触面 30° 均光滑。则 甲 A封闭气体压强恒为P,-g 2S B.在此过程中，封闭气体增加的内能等于吸收热量 C.封闭气体的体积为2V时，其摄氏温度为2 D.剪断轻绳瞬间，气红的加速度大小为号 3.在2026年米兰冬奥会单板滑雪男子坡面障碍技巧决赛中，苏翊鸣收获了中 国代表团冬奥会上的首枚单板滑雪金牌。单板滑雪形池场地可简化为如 图所示的固定在竖直面内的半圆形轨道，若运动员从半圆形场地的坡顶下 滑到坡底的过程中速率保持不变，下列说法中正确的是 A.由于运动员速率不变，所以运动员所受合力不变 B.运动员下滑的过程中重力功率先增大再减小 C.运动员下滑过程中支持力变大，摩擦力变小 D.重力势能是相对的，运动员滑到最低点过程中重力势能变化无法确定 4.我国的北斗系统可提供全球导航服务，在轨工作卫星共33颗，包含5颗地球静止同步轨道卫 星，7颗倾斜地球同步轨道卫星和21颗中圆地球轨道卫星。如图所示为北斗系统中的两颗卫 (二)·物理·新高考·第1页（共6页） 星，分别是中圆地球轨道卫星A和地球静止同步轨道卫星B,卫星A环绕方向为顺时针，卫星B 环绕方向为逆时针。已知地球自转周期为T。,地球的半径为R。,卫星A和卫星B到地球表面的 距离分别为R。、6R,引力常量为G,某时刻两卫星与地心连线之间的夹角为120°，下列说法正 4 确的是 *、 A.卫星B的动能一定小于卫星A的动能 4m2(7R。)3 B.地球的质量M= GTo B C.卫星A围绕地球做圆周运动的周期T,=7T。 D.从图示时刻开始，经过t= T。时间两卫星第一次相距最远 27 5.如图所示，木板放置在光滑水平地面上，在木板的左端放置一小物块，木板质量m=1kg,物块 质量M=2kg,物块与木板间动摩擦因数u=0.6。物块和木板以共同的水平速度。=6ms向右 运动，在木板碰到右侧的竖直挡板后木板立即以碰撞前瞬间的速率反弹，运动过程中物块始终 未离开木板，重力加速度（取10m/S2)下列说法正确的是 A.木板的长度可能为4m B.物块运动过程中速度方向可能向左 C.木板第三次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为1ms D.木板向左运动过程中其右端距挡板最大距离为1.5m 77777777777777777777777777 6.如图乙所示为某小型发电站高压输电示意图，图甲为升压变压器输入电压随时间变化的图像 在输电线路起始端接入I、Ⅱ两个互感器，两互感器原副线圈的匝数比分别为200：1和1：20，电压表 的示数为220V,电流表的示数为5A,两电表图中未标出，输电线路总电阻r=202.所有变压器及 互感器均视为理想变压器。下列说法正确的是 220N2 升压变压器 降压变压器 0 0.01 0.02 t/s 互感器 互感器Ⅱ -2202 甲 A.互感器1是电流互感器，互感器Ⅱ是电压互感器 B.输电线路上损耗的功率为200kW C.升压变压器的匝数比为1：100V② D.用户使的川电设备增多，用户端电压U,保持不变 7.内壁光滑的环形凹槽半径为R,固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为 2m的小球A,另一端固定有质量为m的小球B,将两小球放人凹槽内，小球A位于水平直径处， 如图所示，已知重力加速度为g,该系统由静止释放到B球滑到与圆心O等 高位置，下列说法正确的是 ( A.在某一位置A球的线速度大于B球的线速度 B.A球重力势能的减少量等于B球重力势能的增加量 CB球滑到与圆心0等高位置时的线速度大小为、/)3 D.轻杆对B球做的功为2V3 mgR 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题 目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.如图所示，一半径为R的光滑半圆形绝缘细环竖直固定，O为其圆心，A、C为其水平直径的两端 点。两个材质、形状均相同的金属小球α、b带同种电荷且电荷量分别为3g、g,b固定在细环的 (二)·物理·新高考·第2页（共6页） 最低点B处，a穿套在细环上。现将a由A点静止释放，a与b发生第一次碰撞后恰好能返回至A 点，且a与b碰撞前、后瞬时动能损失一半。两小球均可视为质点，已知a的质量为m,重力加速 度为g,不计空气阻力，则 A.a,b第一次碰撞损失的动能为5mgR B.a第一次下滑过程中克服库仑力做功为亏mg C.a,b第一次碰撞前瞬间，细环对a的弹力大小为5mg D.a6第一次碰撞前瞬间，细环对a的弹力大小为亏mg 9.如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为30°和 60°，左侧斜面底端固定一挡板，物块α紧挨挡板放置，斜面顶端固定一轻质定滑轮，轻绳一端连接 物块α，一端跨过定滑轮与劲度系数为k的弹簧上端连接，弹簧的下端连接物块b。初始状态，用手 托住物块b(处于P处)，使两物块α、b均静止，弹簧处于原长且轻绳刚好伸直，轻绳和弹簧都与斜 面平行。现释放物块b,物块b从P运动到最低点Q的过程中，物块α恰好没有离开挡板。已知弹 簧的弹性势能表达式E,=)x(x为弹簧形变量)，物块α的质量为M,重力加速度为g,下列说法 正确的是 A.物块6被释放瞬间，其加速度大小为 28 B.物块a、b的质量之比为2V3:1 C.弹簧的最大弹性势能为3(Mg尸 2k 30° 60°1 D.物块b运动到PQ中点时速度大小为=号3M 2v h 10.如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d,M板接地，其形成的电容器电 容为C。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子 源，可沿纸面内任意方向发射质量均为m、电荷量均为g、速度大小均为。的同种带电粒子。 当发射方向与OP的夹角0=30°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OP=,初 始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收， 电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续 变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作 用，忽略边缘效应及极板之外区域的电场。下列说 法正确的是 M ×0× A.磁场的磁感应强度B= 2gL B.N板上吸收粒子数目的最大值为Cm C.在系统达到稳定后，将N板瞬间下移d,系统再次稳定后，N板最终吸收的粒子数为Gm心 2g2 能打到M板下表面的粒子的落点位置离Q点距离为√3d D.在系统达到稳定后，将N板瞬间上移，系统再次稳定后，N板最终吸收的粒子数为 Cmv 能打到M板下表面的粒子落点位置离Q点距离为V3d 2 题号 2 3 4 10 得分 答案 (二)·物理·新高考·第3页（共6页） 第Ⅱ卷（非选择题共54分） 三、非选择题（本题共5小题，共54分，考生根据要求作答） 11.(8分)(1)某物理兴趣小组的同学想用如图甲所示的电路探究一种热敏电阻的温度特性 度计 热敏 电阻 ①为了保证实验的安全，在图乙中滑动变阻器的滑动触头P在开关闭合前应置于 端 (选填“a”或“b”) ②在保温容器中注入适量冷水.接通电源，调节R记下电压表和电流表的示数，计算出该温度 下的电阻值，将它与此时的水温一起记入表中.改变水的温度，测量出不同温度下的电阻值. 该组同学的测量数据如下表所示 温度（摄氏度） 30 40 50 60 70 80 90 100 阻值（千欧） 8.0 5.2 3.5 2.4 1.7 1.2 1.0 0.8 ③对比实验结果与理论曲线（如图丙所示）可以看出二者有一定的差异.在相同的温度下，热 敏电阻的测量值总比理论值偏大，引起这种误差的原因是（不包含读数等偶然误差） ↑R/kn 理论 曲线 102030405060708090100 $ v ④已知电阻的散热功率可表示为P做=k(t-t。),其中k是比例系数，t是电阻的温度，t。是周围 环境温度，现将本实验所用的热敏电阻接到一个恒流电源中，该电源可以使流过它的电流在任 何温度下恒为40mA,t。=20℃，k=0.16WC,由理论曲线可知，该电阻的温度大约稳定在 C. (2)某同学正在做“验证力的平行四边形法则”的实验，装置如图丁所示 ①本实验采取了下面哪种常用的研究方法 A.控制变量法 B.等效替代法 C.小量放大法 D.建立理想模型法 ②在该实验中，为减小实验误差，下列措施可行的有 A.两弹簧秤的读数应尽量接近 B.描点作图时铅笔应尖一些，作图比例适当大一些 (二)·物理·新高考·第4页（共6页） C.用两个弹簧秤拉时，两弹簧秤的示数适当大些 D.用两个弹簧秤拉时，细绳套间的夹角越大越好 12.(8分)I.某学习小组设计如图1所示电路探究电容器的充、放电过程。 A 400 /UA 300 1 s 200 a ④ R 2 100 E 0 102030405060 s 图1 图2 图3 (1)按图1所示连接电路，将开关S拨到1时，通过电流表的电流方向 (选填“向左”或 “向右”) (2)等待充电完成后，将开关S拨到2，每隔5s读出电流表的示数并记录在表格中，若在图2中 作出的1-t图像与坐标轴围成的面积为95格，则电容器放电前所带的电荷量为C(结 果保留三位有效数字)。 (3)若作出的1-t图像为图3中的曲线a,现仅增大R的阻值，重复(1)(2)步骤，作出的I-t图 可能是图3中的曲线 （选填“a”、“b”或“c”)。 Ⅱ.为了测量干电池的电动势和内阻，某学习小组设计了图4所示的电路（定值电阻R。=22)。 1.50 A 1.00 0.50 E BBBEB88388888888838ZA 0.150.300.450.60 图4 图5 (1)若只考虑系统误差，电动势测量值与真实值相比将 (选填“偏大”、“偏小”或“相等”)。 (2)正确连接电路，闭合开关，进行实验，过程中操作准确规范。根据实验所测得5组电压和电 流的数据画出的U-I图像如图5所示，则干电池的电动势E=V,干电池的内阻 (结果均保留三位有效数字)。 Ⅲ.下列说法正确的是。（多选) A.用多用电表测量电阻时，若指针偏角过大，应换成倍率较小的挡位 B.在“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”实验中，需调节斜槽末端水平 C.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，去掉铁芯不影响实验结果 D.在“测定金属丝的电阻率”实验中，可用螺旋测微器测量金属丝长度来提高实验精度 13.(8分)光导纤维是光的全反射原理的应用，其可简化为如图所示的圆柱形长玻璃丝，玻璃丝的 长度L=100km,折射率为n=1.25,若从左侧截面圆心0处射入激光的入射角0满足0≤0≤0 时，均能在玻璃丝中发生全反射，已知光在真空中的传播速度为c=3.0×10ms,sin53°=0.8， 求： (1)入射角正弦值的最大值sin0n; (2)激光在玻璃丝中传播的最长时间与最短时间的差值△t。 (二)·物理·新高考·第5页（共6页） 14.(14分)如图，一长为L=2m的平台，距水平地面高度为H=1.8m。质量为m=0.01kg的小物 块以v。=3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块小物块 与平台的动摩擦因数为u,=0.2、小物块与地面的动摩擦 w 因数为u2=0.1。小物块视为质点，不考虑空气阻力，重 平台 力加速度g取10m/s2。 (1)求小物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离 x; 77地面 (2)若小物块第一次落到地面后弹起的最大高度为h= 0.45m,小物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计t=1s。求小物块第一次与地面接 触过程中，受到地面的平均支持力N的大小； (3)物块第一次与地面碰撞，由于受到支持力和摩擦力冲量的作用，导致速度发生变化，求该 碰撞过程小物块损失的动能△E。 15.(16分)如图所示，间距为d的两平行导轨由倾斜导轨和水平导轨组成，两部分通过光滑绝缘 的小圆弧轨道相连接，其中光滑的倾斜导轨面M,M,N,N2与水平面的倾角0=60°，M,N,间接 有电容为C的电容器，导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B;水平轨道 P,Q2左侧粗糙且无磁场，P,Q2右侧光滑，有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度也为B。长度均 为d的导体棒a、b由不同材料制成，其质量分别为m、4m,b棒静置于P2Q2处，P,Q,与P2Q2间距 为d,a棒在倾斜导轨h=V3d处由静止释放，滑到水平轨道上与b棒弹性碰撞后向左运动，b 棒向右运动2d后静止于P,Q,处。已知b棒电阻为R,不计导轨及α棒电阻，不考虑电磁辐射， 两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。求： (1)a棒离开倾斜导轨时电容器C带电量Qc； (2)a棒碰撞b棒后的瞬间，b棒的加速度大小a6; (3)a棒与水平轨道P,P2和Q,Q2之间的动摩擦因数u。 M M(P1) P2 P h: N2, N20) 22 03 (二)·物理·新高考·第6页（共6页）