综合素养评价卷(1)-【状元桥】2026高考物理一轮总复习（湖北专版）

综合素养评价卷（一） (时间：75分钟满分：100分) ★祝考试顺利★ 圜 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、学号填写在试卷和答题卡上，并认真核准以 肿 上信息 2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效 4,考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回 一、选择题（共10道题，每题4分，共40分.2.如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运 第1~7小题为单选题，第8~10题为多 动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨 选题，全部选对的得4分，选对但不全的 道短轴的两个端点，运行的周期为T。.若 得2分，有错选或不选的得0分) 只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则 1如图所示，匀强磁场中有一个静止的氡原 海王星在从P经过M、Q到N的运动过 子核(2Rn),衰变过程中放出一个粒子， 程中 此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个外切 海王星 拟 的圆，大圆与小圆的半径之比为42：1，则 阳 氡核的衰变方程是 A从P到M所用的时间等于买 B.从Q到N阶段，速率逐渐变大 C.从P到Q阶段，角速度逐渐变大 A.Rn→2Fr+-9e 蟹 B.器Rn→28Po十He D.从M到N所用时间小于号 C.稀Rn→稀At十-e 3.如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷 D.器Rn→熙At十H Q,另一质量为m、电荷量为一q(q>0)的 461 滑块（可看作点电荷）从a点以初速度vo C.汽车合外力的功等于Pt 沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为 D汽车达到的最大速度为匠 零.已知a、b间距离为s,滑块与水平面间 的动摩擦因数为以，重力加速度为g,下列 5.如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝 缘斜面上，导轨间距为L,劲度系数为 判断正确的是 ( 的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体 9 棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab A.滑块在运动过程中所受Q的库仑力有 垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空 可能大于滑动摩擦力 间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场. B.滑块在运动过程中的中间时刻的速度 闭合开关S后导体棒中的电流为I,导体 棒平衡时，弹簧伸长量为x1;调转图中电 大小为空 源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中 C此运动过程中产生的内能为受 电流大小仍为I,导体棒平衡时弹簧伸长 量为x2,忽略回路中电流产生的磁场，则 D.Q产生的电场中，a、b两点间的电势差 匀强磁场的磁感应强度B的大小为 为Ub=m(6-2ug) 2q 4.如图所示为某种太阳能无人驾驶试验汽 车，汽车上安装有太阳能电池板、蓄能电 池和电动机.在某次启动中，汽车以恒定 的功率P启动，所受阻力与速度成正比， k 比例系数为k,经时间t汽车的速度达到 A2ix-x） B2x+) 最大值，对这个过程下列说法正确的是 C() D+) ( 6.用单色光做双缝干涉实验时，已知屏上一 点P到双缝的路程差r=1.5×106m, 若单色光波长=0.6m,此时在中央亮 条纹和P点之间的暗条纹个数为() A.汽车的合外力不变 A.1 B.2 B.汽车的牵引力增大 C.3 D.4 462 7.在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方 9.如图所示，小车在岸上拉船，细绳一端固 向传播的简谐横波，波速v=200m/s,已 定在竖直墙壁上，另一端跨过车后的定滑 知t=0时波刚好传播到x=40m处，如 轮与船相连（忽略滑轮重力与滑轮与细绳 图所示.在x=400m处有一接收器（图 间的摩擦)，拉车的两段轻绳水平.已知船 中未画出)，则下列说法正确的是( 的质量为m,船受到的阻力恒为F:,当轻 y/em 绳与水平面的夹角为0时，船的速度为， 0 2030 40 x/m 此时车的拉力大小为F,则下列说法正确 的是 ( A.波源开始振动的方向沿y轴正方向 B.从t=0开始经0.15s,x=40m处的 质点运动的路程为0.6m C.接收器在t=2s时才能接收到此波 A.车的速度为os0 D.若波源向x轴正方向运动，接收器收 2 到的波的频率可能为9Hz B车的速度为” cos 8.如图所示，A、B为水平导轨上固定的竖 直挡板，相距L=4m.一可视为质点的小 C.船的加速度为F©o)-2E 2m 球自A板处开始，以=4m/s的速度沿 D船的加速度为F。2E 2m 导轨向B运动，它与A、B挡板碰撞后均 10.直角坐标系xOy内，有一无界匀强磁场 以与碰前大小相等的速率反弹，且在导轨 垂直纸面，一质量为m、电荷量为q的正 上做减速运动的加速度大小不变.如果小 电荷从原点沿着y轴正方向以初速度 球最后停在AB的中点，则小球在导轨上 o出发，不计重力.要使该电荷通过第 运动时的加速度大小可能是 四象限的P点，P点坐标为(a,一b),则 77777777777777777777777777 A号m/g B.0.9m/s C.3 m/s 4 D.1.5m/s2 Ra.-b) 463 A.磁场方向垂直纸面向外 车动能作为小车动能的改变量，算得E B.磁场方向垂直纸面向内 J.(结果保留三位有效数字) C.B=- 2amvo g!234 (a2+) (2)(多选)此次实验探究的结果，他没能 D.B=- 2bmvo (a2+B) 得到“合力对物体做的功等于物体动能 二、非选择题（本题共5小题，共60分） 的增量”的结论，且误差很大.通过反思， 11.(7分)某同学为探究“合力做功与物体 他认为产生较大误差的原因如下，其中 动能改变的关系”，设计了如下实验，他 正确的是 () 的操作步骤是： A.钩码质量太大，使得合力对物体做功 实验小车打点计时器 的测量值比真实值偏大太多 纸带 B.没有平衡摩擦力，使得合力对物体做 功的测量值比真实值偏大太多 ①按图摆好实验装置，其中小车质量M= C.释放小车和接通电源的次序有误，使 0.20kg,钩码总质量m=0.05kg: 得动能增量的测量值比真实值偏小 ②释放小车，然后接通打点计时器的电源 D.没有使用最小刻度为毫米的刻度尺 测距离也是产生此误差的主要原因 (电源频率为f=50Hz),打出一条纸带. 12.(9分)物理兴趣小组成员根据手头的 (1)他在多次重复实验得到的纸带中取 实验器材设计了如图所示的欧姆表电 出自认为满意的一条，如图所示.把打下 路，通过调节开关S,可使欧姆表具有 的第一点记作0，然后依次取若干个计 “×1”和“×10”的两种倍率，可用器材 数点，相邻计数点间还有4个点未画出， 如下： 用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离 分别为d=0.004m,d2=0.055m,d3= 0.167m,d,-0.256m,d5=0.360m, d6=0.480m,他把钩码重力（当地重力 加速度g取9.8m/s2)作为小车所受合 A.干电池（电动势E=1.5V,内阻不计） 力，并算出打下0点到打下第5点合力做 B.电流表G(满偏电流Ig=1mA,内阻 的功W= J,把打下第5点时小 Rg=902) 464 C.定值电阻R(阻值为5.0Ω) 的热量后停止加热；方式二：拔掉插销， D.滑动变阻器R1(最大阻值为1502) 电阻丝缓慢加热气体，完成加热时活塞 E.定值电阻R、R 上升了h=10cm.容器和玻璃管内的气 G.开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干 体可视为理想气体，不计摩擦.求： (1)该兴趣小组成员按照如图所示电路 (1)哪种加热方式气体吸收的热量更多， 图连接好实验电路.当开关S合向 多吸收的热量△Q: (选填“a”或“b”)时，欧姆表的 (2)用“方式一”完成加热后，容器内气体 倍率是“×10”倍率。 的压强1； (2)已知欧姆表为“×1”倍率时的中值电 (3)容器的体积Vo. 阻为15Ω，则定值电阻R= 2, R= 0. (3)将开关S合向b,第一步：将红、黑表 笔短接，调节滑动变阻器R1,当R1= Ω时，电流表电流达到满偏电 ww 流.第二步：在红、黑表笔间接入待测电 阻R,发现电流表指针指向的位置， 则待测电阻R= 0. 13.(10分)如图是一个形状不规则的绝热 容器，在容器上竖直插入一根两端开口、 横截面积为S=2cm且足够长的玻璃 管，玻璃管下端与容器内部连接且不漏 气.玻璃管内有一个轻质绝热活塞底端 恰好位于容器口处.初始时，容器内气体 温度T。=300K,压强等于大气压强 p=1.00×105Pa.现采用两种方式加 热气体至T1=400K,方式一：活塞用插 销固定住，电阻丝加热，气体吸收400J 465 综合素养评价卷（一） 物理答题卡 姓名 班级 学号 得分 注 1答题前，考生先将自己的姓名、班级、学号填写清楚 意 2.选择题必须使用B铅笔填涂；非选择题必须使用黑色墨水的钢笔或签字笔作答，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效 事 4.保持卷面清洁，不要折叠、弄破答题卡， 项 正确填涂■考生禁填 口 此方框为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂 、选择题（请用2B铅笔，将你选的答案涂黑） 1■A□ B C D 5A☐B■C D 9A□BCD 2■A☐ B D 6A□BCD 10A□BCID 3A□B D] 7A□BJC]D□ 4■A☐ B D 二、非选择题（请用黑色签字笔或黑色墨水钢笔，将答案写在相应的答题区域） 11.(7分)(1) (2) 12.(9分)(1) (2) (3) 请在各题目的答题区城内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 13.(10分) 14.(16分) 15.(18分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 14.(16分)如图1所示为某次训练中运动 15.(18分)如图所示，在直角三角形OPN 员甲以自己为轴拉着运动员乙做圆锥摆 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小 运动的画面，若乙的质量为m=40kg, 为B、方向垂直于纸面向外.一带正电的 伸直的手臂与竖直方向的夹角9=53°， 粒子从静止开始经电压U加速后，沿平 转动过程中乙的重心做匀速圆周运动的 行于x轴的方向射入磁场；一段时间后， 半径为r=1.2m,等效为如图2所示. 该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的 忽略乙受到的摩擦力，重力加速度g取 方向射出.已知O点为坐标原点，N点 10m/s2,x2=10,sin53°=0.8，cos53°= 在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒 0.6.求： 子进人磁场的人射点与离开磁场的出射 点之间的距离为d,不计重力.求： 甲 (1)带电粒子的比荷： (2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴 图1 图2 的时间 (ID当乙的角速度为om=号rad/s时，冰 面对乙支持力的大小； 1.530° 0 (2)乙刚要离开冰面时，乙的角速度2 的大小： 40 (3)当乙的角速度为=√3rad/s时， 甲对乙拉力的大小 466综合素养评 综合素养评价卷（一） 1.B2.B3.D4.D5.A6.B7.B 8.AC 9.AC 10.AC 11.答案(1)0.1760.125(2)AB 12.答案(1)b(2)19(3)136300 13.解析(1)根据热力学第一定律可知 △U1=Q,△U2=Q2十W, 两种加热方式下，气体内能变化量相同 即△U1=△U2,方式二中气体体积增大， 对外做功， 因此吸收的热量更多，其中 W=-poSh=-2 J, 结合以上三式得△Q=Q2一Q1=一W= 2J, 所以方式二气体需多吸收2J的热量 (2)方式一加热过程中，气体发生了等容 变化，根据查理定律会=会， 解得容器内气体的压强为1=1.33× 105Pa. (3)方式二中，气体发生了等压过程，根 据盖吕萨克定体兰一号 由上式代入数据解得用方式二完成加热 后气体的总体积为V=号. 其中V2=V+Sh. 由以上两式解得容器的体积V。= 60mL. 答案(1)方式二气体需多吸收2J的热 量(2)1.33×105Pa(3)60mL 551 参考答案 价卷答案 14.解析(1)对乙受力分析可知乙受重力、 地面的支持力和甲对乙的拉力. 水平方向Fsin53°=maw1r, 竖直方向Fcos53°十FN=mg,联立解得 Fv=360N. e2e22222 0 mg (2)乙刚要离开地面时，受重力和甲对乙 的拉力， 则mgtan日=mur,解得n= 3 rad/s. (3)由(2)可知 40 N3 rad/so-10 3 rad/s, 则乙离开冰面.乙做圆周运动的摆长为L, 则L=sng-6号m=1.5m 1.2 设此时手臂与竖直方向的夹角为α， 则mgtan a=mw号Lsin a,解得a=60.° 此时乙受到重力与甲对乙的拉力， 则F cos a=mg, 联立解得F=800N. 答系(1)360N(2)9rad/s(3)80N 15.解析(1)设带电粒子的质量为m,电荷 量为q,加速后的速度大小为.由动能 定理有gU=2m,① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律 有B=m号，② 高考总复习物理 由几何关系知d=√2r,③ 联立①②③式解得9=4U m B2d2. ④ 30 (2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后 运动到x轴所经过的路程为s=罗十 2 rtan30°，⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时 间为一音，回 联立②④⑤⑥式解得t= 器+ 圈部 (2) 4U +9 综合素养评价卷（二） 1.B2.C3.B4.B5.B6.A7.A 8.CD 9.AD 10.AD 11.答案(1)30.90(2)0.1(3)9.73 9.78 12图1图路D(2U+是， (3)11.515.0 13.解析(1)绝热条件下，外界对气体做功， 由△U=W十Q可知，气体的内能增加， 温度升高，故气体分子的平均速率增大 (2)对活塞有p1S十mg一p2S=0, 解得待测物的质量为m=卫2一D)S_ g 4 kg. (3)在对气体缓慢加热的过程中，气体的 压强保持不变， 552 由等压变化规律可得六是 设待测物的体积为V,可得V1=hS一 V=0.5×0.2m3-V=0.1m3-V. V2=(h+△h)S-V=(0.5+0.05)× 0.2m3-V=0.11m3-V, 代入数据解得V=0.0325m3. 答案(1)增大增加(2)4kg (3)0.0325m3 14.解析(1)由题意，在C处滑块仅在重力 作用下做圆周运动，设滑块的质量为m, 由牛顿定律得mg=m尺， 解得c=2m/s. (2)由几何关系，BC高度差H为H= R(1+cos37)=0.72m, 滑块由B到C的运动过程中重力做功， 机械能守恒，以B为势能零点， 则有7m呢=mgH+m呢， B=√2gH十， 代入数据vB=4.29m/s. (3)滑块由A到B过程， 由牛顿定律mgsin37°-f=ma, N=ngcos37°， f=uN, 解得a=g(sin37°-cos37), 代入数据得a=4m/s2; 设AB间距为L,由运动公式=2aL, 由几何关系h=Lsin37°， 解得A-要n37”=1.38m 答案(1)2m/s(2)4.29m/s(3)1.38m