本試本試卷由各市地縣區參考學校留存…○………準考證號2026屆普通高等學校招生全國統一考試大聯考(高二)一項是符合題目要求的。1.圖1是釣魚時使用的浮標，釣魚時浮標豎直浮在水面上的上下振動可看作簡諧運動。正確的是圖1圖2圖1A.浮標的振動周期為6sB.1分鐘內浮標上某點運動所經過的路程為15cm2.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。某小區的監控攝像頭錄像顯示，一花盆從距離地面20m高的陽臺上掉下，落地時與地面作用時間為0.1s,假設花盆質量為2kg且掉下時無初速度，重力加速度g=10m/s2,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.400NB.420NC.200ND定的光滑半圓形軌道上，軌道半徑R=0.1m,軌道最高位置與圓心O齊平。空間有輻向分布的磁場，使得導體棒所在處磁感應強度大小恒為B=0.04T。正視圖如圖乙所示，給導體棒輸入垂直紙面向里的恒定電流I=0.1A,將其從軌道左端最高位置由靜4.如圖甲所示，半徑為0.2m、匝數為50、電阻為10Ω的圓形線圈直徑ab的左側區域存軌間距為1m,空間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B=1T,兩端分別接有阻值為2Ω的電阻R。一質量m=1kg、長度l=1m、電阻r=1Ω的導體棒ABg=10m/s2,從某時刻開始，用一大小為15N且平行于導軌的拉力F拉著導體棒向上運動，已知sin30°=,s30°=2時的速度大小為有電荷量為-q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7.回旋加速器的原理如圖所示，加速器由兩個間距很小的半圓形金屬盒D?、D?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分源置于盒的圓心O,第一次將α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α粒子2由靜止于磁場中的不帶電粒子發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。電表，定值電阻R?=15Ω.滑動變阻器R?最大阻值為18Ω,當滑動變阻器的滑片在最左邊時，電源輸出功率為P,電壓表的示數為U?,電流表A?的示數為I,滑至最右邊時，電源輸出功率仍為P,電壓表的示數為U?,電流表A?的示數為I?,則下列說法正確的是C.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，電流表A?的示數狀。"虹和霓均是太陽光在水珠內經過折射和反射形成的。如圖是霓形成的簡化示意a、b是兩種不同頻率的單色光。下列說法正確的是itirilililiilil1lli111--l1l11l111-1…111111…-11……11…--1---l-1-下(與紙面平行),磁場方向垂直紙面向里。邊長為L的正三角形ABC區域(區域Ⅱ)垂直且與電場和磁場方向均垂直。O點處的粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域I中，只有沿直線OA運動的粒子才能進入區域Ⅱ。若區域I中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B?,區域Ⅱ中磁感應強度大小為B?,則粒子從AC的中--A.該帶電粒子的比荷--B.若僅將區域I中電場強度大小變為2E,粒子將從區域Ⅱ中的C點射出C.若僅將區域I中磁感應強度大小變為2B?,粒子在區域Ⅱ中的運動時間為B考生注意清點試卷有無漏印或缺頁若有要及時更換否則責任自負考生注意清點試卷有無漏印或缺頁若有要及時更換否則責任自負———考生注意清點試卷有無漏印或缺頁,若有要及時更換：否則責任自負…裝…………………訂……考生注意清點試卷有無漏印或缺頁,若有要及時更換：否則責任自負…裝…………………訂……線………………11.(6分)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n?次全振動的時間為t?;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n?次全振動的時間為t?。(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A.微安衣(量程I=100μA,內阻約1000Ω)C.電阻箱R(0～99999.9Ω)D.電源1(電動勢E=3V,內阻很小可忽略)E.電源2(電動勢E=4.5V,內阻很小可忽略)箱阻值為R?。出電阻箱的阻值為R?。⑤斷開開關。I.根據以上操作和測量的數據，可知微安表的內阻為,待測電阻的阻值為 扇形區域外有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小均為B=1T,圓弧的半徑R=1m。一帶負電的粒子從M點以v=2.7×10?m/s的速度沿OM方向進入圓弧(2)帶電粒子由M運動到N的時間(結果保留兩位有效數字)。平面上。現給A一方向水平向右、大小為vo…-15.(16分)在核反應堆的液態鈉冷卻循環系統中，工程師設計了一種雙活塞電磁驅動裝摩擦，b活塞采用特殊技術實現無摩擦運動，其原理簡化為如圖動，其中開關K在閉合狀態下電容為C=0.25F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μ=0.2,b光滑，a、b電阻均為R=1.5Ω。初始時…-a、b都靜止，電磁控制系統關閉。通過施加F=5N的水平液壓推力向右驅動a活塞，同時激活電磁控制系統使整個區域存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B=加速度g=10m/s2。考生注意清點試卷有無漏印或缺頁若有要及時更換否則考生注意清點試卷有無漏印或缺頁若有要及時更換否則責任自負2026屆普通高等學校招生全國統一考試大聯考(高二)1.C解析：根據題圖可知浮標的振動周期為4s,A錯誤；一個周期內浮標上某點經過的路程為4個振幅的大小之和，一分鐘有15個周期，所經過的路程為60cm,B錯誤；t=1s時，浮標振動的位移最2.B解析：花盆做自由落體運動，有v=√2gh=20m/s,花盆與地面作用過程中，由動量定理有(F-mg)t=0-m(-v),得F=420N,B正確。故選B。O點對稱的兩點，粒子所受電場力方向不同，C錯誤；粒子所受電場力不指向O點，無法做往復運7.C解析：根據粒子在磁場中運動的周期公式T=,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，A錯誤；粒子離開回旋加速器時有3.C解析：由于導體棒在各個位置受到的安培力與運動方向同向，安培力一直做正功，由動能定理可得,可得v=3.6×10-2m/s,C正確。故選C。4.C解析：0～2.5s內，磁感應強的磁通量減小，根據增縮減擴可知線圈有擴張的趨感應電流的大小、方向均不變，但是磁場的方向改內，線圈產生的感應電動勢為0.2πV,電阻R兩端的電壓錯誤。故選C。5.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,向下路總電阻R總=2Ω,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BII,其中E=Blv=IR總，代入數據解得v=5m/s,B正確。故選B。6.A解析：由于運動過程中電勢先升高后降低，粒后，粒子經電場加速后滿足,由于質量增大，動量增加得多，軌跡半徑變大，加加速次數減少，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，B錯誤。故U,則U=E-Ir,根據題意可知A正確；設滑動變阻器的滑片在最左邊時，路端總電阻為R,滑動變阻器的滑片在最右邊時，路端總R·R'=r2=144,可得R?=10Ω,B正確；根據電路變化以及串反并同的特點，可知電流表A?的示數減小，電流表A?的示數減小，電壓表的示數增故選AB。9.BD解析：光a、b從空氣進入水滴中，頻率不變，射角相等，a光折射角小一些，則a光的折射率大小于b光的傳播速度，B正確；根據幾何關系可知，·物理(A)答案(第1頁，共3頁)·光第一次到達界面的折射角等于第二次到達界面的入射角，根據光路可逆原理可知，改變光進入水滴的角度，a光在水滴內不會發生全反射，C錯誤；根據上述分析可知，b光的折射率較小，b光發生全反射時臨界角較大，以相同的入射角從水中射入空氣，若在空氣中只能看到一種頻率的光，則一定是10.BC解析：由題意知粒子沿著OA做直線運動，則有qv?B?=qE,則,在區域Ⅱ中粒子從AC中點射出，粒子在區域Ⅱ中運動的軌跡半徑,所以該粒子的比荷,故A錯誤；若僅將區域I中電場強度大小變為2E,則粒子在區域I中做直線運動的速度滿足qv?B?=q·2E,則v?=2vo,再根據quB=,可知粒子軌跡半徑變為原來的2倍，則粒子從C點射出，故B正確；若僅將區域I中磁感應強度大小變為2B?,則粒子在區域I中做直線運動的速度滿足qv?·2B?=qE,則,再根據,可知粒子軌跡半徑減小，則粒子仍然從AC邊射出，粒子轉過的圓心角仍為60°,則 工,其中T為粒子在區域Ⅱ中運動的周期，即,故C正確；若僅將B?變為原來白,粒子在區域Ⅱ中的軌跡半,則半徑變為原來的2倍，粒子從C點射出，粒子轉過的圓心角仍為60°,則t=T,其中T為粒子在區域Ⅱ中運動的周期，即,其中B?變為原來的一半，周期變為原來的二倍，則運動時間也變為原來的二倍，故D錯誤。故選BC。11.答案：(1)偶然誤差(2分)(2分)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,則有(3)由(2)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。應換小倍率，所以應將選擇開關旋轉到歐姆擋(2)I.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K?前后，干路電流不變，微安表示數,則通過電阻箱電流…,由并聯電路關系可Ⅱ.實際情況是閉合K?后電路總電阻變小，通過電阻箱電流大2,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.答案：(1)1×10?C/kg(2)9.9×10-?s解析：(1)帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，其軌跡把圓弧線MN三等分，則帶電粒子在磁場中運動半徑為·物理(A)答案(第2頁，共3頁)·(2)帶電粒子在磁場中的偏轉角度為代入數據解得t≈9.9×10??s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mAvo=(mA+mB)v共(1分)得v共=1m/s(1分)根據能量守恒定律有mB)v(2分)聯立解得Epmax=0.6J(1分)(2)第一次分離時，設A、B的速度為vA、vB,有mAVo=mAVA+mBUB(1分)