综合素养评价卷(4)-【状元桥】2026高考物理一轮总复习（湖北专版）

综合素养评价卷（四） (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 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 A.√2F a C.F D.√3F 长 第1~7小题为单选题，第8~10题为多 选题，全部选对的得4分，选对但不全的 2.如图所示，相同质量的物块从底边长相 得2分，有错选或不选的得0分) 同、倾角不同的固定斜面最高处同时由静 1.超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如 止释放且下滑到底端，下列说法正确的是 图所示，在锥形金属筒内放置四颗小铁珠 () (其余两颗未画出)，工作时弹簧通过铁环 将小铁珠挤压于金属筒的底部，同时，小 铁珠陷于钉柱上的凹槽里，锁死防盗扣. 当用强磁场吸引防盗扣的顶部时，铁环和 拟 A.若两物块与斜面之间的动摩擦因数相 小铁珠向上移动，防盗扣松开，已知锥形 金属筒底部的圆锥顶角刚好是90°，弹簧 同，则倾角大的斜面上的物块损失的 通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的 机械能大 力F,小铁珠锁死防盗扣，每个小铁珠对 B.若斜面光滑，则两物块一定同时运动 钉柱产生的侧向压力为（不计摩擦以及小 到斜面底端 铁珠的重力) C.若斜面光滑，则倾角大的斜面上的物 块一定后运动到斜面底端 D.若物块到达底端时的动能相同，则物 弹簧 铁环 块与倾角大的斜面间的动摩擦因数大 一小铁珠 3.如图所示的电路中，电源为恒流源，能始 排形金属筒 钉柱 镇扣代态 终提供大小恒定的电流，R。为定值电阻， 485 移动滑动变阻器的滑片，则下列表示电压 接.用一定频率的单色光a照射光电管 表示数U、电路总功率P随电流表示数 时，灵敏电流计G的指针会发生偏转，而 变化的关系图线中，可能正确的是( 用另一频率的单色光b照射该光电管时， 灵敏电流计G的指针不偏转.下列说法 不正确的是 恒流源 光电管 A.a光的频率一定小于b光的频率 B.电源正极可能与c接线柱连接 C.用b光照射光电管时，可能没有发生 光电效应 D.若灵敏电流计的指针发生偏转，则电 流方向一定是由e→G→f 4.“分析法”是物理学中解决实际问题常用 6.如图所示，电阻不计，间距为L=1.0m 的一种方法，有些物理问题不需要进行繁 的光滑平行导轨水平放置于磁感应强度 杂的运算，而只需做一定的假设与分析就 为B=0.5T,方向竖直向上的匀强磁场 可以得到解决.如图所示，A为带电量为 中，导轨左端接有定值电阻R=4.0Ω.金 十Q的均匀带电金属圆环，其半径为R,O 属棒MN垂直导轨放置，在水平外力F 为圆心，直线OP垂直圆平面，P到圆环 作用下由静止开始向右运动，外力F与金 中心O的距离为x,已知静电力常量为 属棒速度o的关系为F=2十ku(N)(k为常 k,则带电圆环在P点产生的电场强度为 数)，已知金属棒的质量m-2.0kg,其电阻 r=1.0Ω，金属棒与导轨始终垂直且接触良 好.下列说法中正确的是 kQ A.R B kQ (R2+x2)月 C. kQx kQR A.如果导轨足够长，金属棒中感应电流 R2+x2)3 D. (R2+x2) 一定将一直增大 5.如图所示为研究光电效应规律的实验电 B.如果金属棒运动时间足够长，金属棒 路，电源的两个电极分别与接线柱c、d连 的动能一定将一直增大 486 C,外力F所做的总功等于电阻R上产生 物，并用轻绳跨过滑轮A连接在卷扬机 的热能和金属棒的动能之和 上.开始时，杆BC与AC的夹角 D.电阻R上产生的热功率可能先增大后 ∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直 不变 到∠BCA=30°.在此过程中，不计一切阻 7.如图所示，一均匀带正电绝缘细圆环水平 力，下列说法正确的是 固定，环心为O点.带正电的小球从O点 正上方的A点由静止释放，穿过圆环中 心O,并通过关于O与A点对称的A'点. 取O点为重力势能零点.关于小球从A 点运动到A'点的过程中，小球的加速度 a、重力势能Ec、机械能E、电势能E.随 A.杆BC所受的力逐渐增大 位置变化的情况，下列说法中正确的是 B.绳的拉力先减小后增大 C.杆BC所受的力大小不变 D.绳的拉力逐渐减小 9.如图所示是一玻璃球体，其半径为R,O 为球心，AB为水平直径.M点是玻璃球 的最高点，来自B点的光线BD从D点射 出，出射光线平行于AB,已知∠ABD=30°， A.从A到O的过程中a一定先增大后 光在真空中的传播速度为c,则 ( 减小，从O到A'的过程中a一定先减 小后增大 B.从A到O的过程中EG小于零，从O 到A'的过程中EG大于零 C.从A到O的过程中E随位移增大均 匀减小，从O到A'的过程中E随位移 A.此玻璃的折射率为√3 增大均匀增大 D.从A到O的过程中E。随位移增大非 且光线从B到D需用时迟 均匀增大，从O到A'的过程中E。随 C.若增大∠ABD,光线不可能在DM段 位移增大非均匀减小 发生全反射现象 8.如图所示为一简易起重装置，AC是上端 D.若减小∠ABD,从AD段射出的光线 带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的 均平行于AB 轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上， 10.某机车发动机的额定功率为P=4.8× 另一端B悬挂一个所受重力为G的重 10W,该机车保持恒定功率行驶时，在 487 水平轨道上行驶时所受的阻力为F=k (k为常数).已知机车的质量为M= 2.0×105kg,机车能达到的最大速度为 vm=75m/s,重力加速度g取10m/s2. 则下列说法正确的是 () A.机车的速度达到最大时所受的阻力 (1)实验还需要测出的物理量是（填字母 大小为6.4×10N 序号) A.滑槽的高度h B.常数k=1.0×103N·s/m B.桌子的高度H C当机车的速度为。=5 2 m/s时，机车 C.O点到P点的距离d1 所受的阻力大小为1.6×104N D.O点到Q点的距离d2 E.滑块的质量m D.当机车的速度为)=受ms时，机车 (2)根据(1)中所选物理量，写出动摩擦 的加速度大小为0.48m/s2 因数μ的表达式为口= 二、非选择题（本题共5小题，共60分） (3)如果第二次实验时，滑块没有滑出桌 11.(7分)为了测定滑块与水平桌面之间的 面.测得在桌面上的滑行距离为x,则动 动摩擦因数以，某同学设计了如图所示 摩擦因数可表示为 的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与桌 12.(9分)如图甲所示为某同学组装完成的 面相切.第一次实验时，滑槽固定于桌面 简易多用电表电路图.图中E为电池 右端，滑槽末端与桌面右端M对齐（如 (电动势E=1.5V,内阻不计)；R和R2 图甲)，滑块从滑槽顶端由静止释放，落 为定值电阻，R3为可变电阻；表头G满 在水平面上的P点：第二次实验时，滑 偏电流I=2mA,内阻R.=1502, 槽固定于桌面左侧（如图乙），测出滑槽 A、B分别为两表笔插孔；虚线圆内有选 末端N与桌面右端M的距离为L,滑块 择开关K和三个挡位：直流电压挡量程 从滑槽顶端由静止释放，落在水平面上 30V,直流电流挡量程100mA,欧姆挡 的Q点，已知重力加速度为g,不计空气 倍率为“1”.试解答下列问题： 表头 阻力. 公 用 488 1.6m,其连线水平.已知圆弧对应的圆 飞500N，,210 5 kk2山上L上LILLL3 心角0=106°.A点距水平面的高度h= onprhityrm 0 100 50 0.8m.小物块离开C点后恰能无碰撞 200 0 地沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D A-V-2 点，物块与传送带、物块与斜面间的动摩 乙 擦因数均为-g取10m/3,sm37- (1)在多用电表使用前，应先将两表笔分 别插入两插孔中，其中红色表笔应插入 0.6,c0s37°=0.8).求： (选填“A”或“B”)插孔；再观察 (1)传送带上的P点到A点的距离及传 多用电表的指针是否静止在多用电表 送带的速度大小1； (选填“左”或“右”)侧的零刻度 (2)小物块经过O点时对轨道的压力大 处，如果不是静止在此零刻度处，则需要 小及斜面上C、D间的距离. 进行多用电表的机械调零， (2)根据题中所给条件计算出R= 2,R2= Ω.（均保留三 位有效数字) (3)为了便于操作并实现欧姆表有效调 零与测量，电阻R应选择 A.10 B.202 C.10002 D.10k2 (4)在某次测量时，该多用电表指针如图 乙所示.若选择开关K接“1”，多用电表 示数为 ;若选择开关K接“2”， 多用电表示数为 ;若选择开关 K接“3”，多用电表示数为 13.(10分)质量为m=1kg的小物块（可看 成质点)轻轻放在水平匀速运动的传送 带上的P点，到达传送带右端A时恰好 与传送带速度相同，离开传送带后水平 飞出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线 方向从B点进入竖直光滑圆弧轨道.B、 C为圆弧的两端点，它们间的距离L= 489 综合素养评价卷（四） 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 ▣ 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 2A□ B D 6A□BCD 10A□BCID 3AB 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) (3) 12.(9分)(1) (2) (3) (4) 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)如图所示，一根粗细均匀、内壁 15.(18分)如图所示，位于竖直平面内的直 光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端 角坐标系中，第一象限内存在沿y轴负 封闭但留有一抽气孔，管内下部被活塞 方向、电场强度大小E=2V/m的匀强 封住一定质量的气体（可视为理想气 电场，第三象限内存在沿x轴负方向、大 体)，气体温度为T1.开始时，将活塞上 小也为E=2V/m的匀强电场；其中第 方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强 一象限内有一平行于x轴的虚线，虚线 达到，时，活塞下方气体的体积为V1, 与x轴之间的距离为h=0.4m,在虚线 活塞上方玻璃管的容积为2.6V1,活塞 上方存在垂直xOy平面向里、磁感应强 因重力而产生的压强为0.5p.继续将 度大小为B=0.5T的匀强磁场，在第 活塞上方抽成真空并密封，且整个抽气 三象限存在垂直xOy平面向外的、磁感 过程中管内气体温度始终保持不变，最 应强度大小也为B=0.5T的匀强磁 后将密封的气体缓慢加热.求： 场.在第三象限有一点P,且O、P的连 (1)活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的 线与x轴负半轴的夹角0=45°.现有一 温度； 带电荷量为q的小球在P点处获得一 (2)当气体温度达到1.8T时，气体的 沿PO方向的速度，刚好沿PO做匀速 压强。 直线运动，经过原点后进入第一象限，重 力加速度g取10m/s2.求： (1)小球做匀速直线运动时的受力情况 以及所受力的比例关系： (2)小球做匀速直线运动时的速度大小： (3)小球从O点进入第一象限开始经过 多长时间离开x轴？ 490(2)当复色光恰好全部发生全反射时， s血C-号，即入新角9=C=4行 圈a1-)R (2)45 15.解析(1)粒子运动的轨迹如图 。B 由牛顿第二定律可得9wB=m, 解得R=0.20m. (2)由数学知识可知，最短弦对应最短的 孤长：由图可知，a=60-5, 最短的孤长即最短路程=R。=需m= 0.21m. (3)粒子在磁场中的周期T=2R= 6.28×10-7s, 粒子在磁场中沿NP运动的时间=T, 4 粒子在电场中的加速度a=E, m v=at,解得t=1.0×10-?s, 则可解得粒子在电场中往返运动的时间 为t2+t3=2t=2.0X10-7s, 由图可知c0s0=0.5,故0=60°， 粒子在磁场中运动的第二部分时间t4= 是T-石， 粒子运动的总时间t总=十t2十t3十 t4=4.6X10-7s. 参考答案 答案(1)0.20m(2)0.21m(3)4.6× 10-7s 综合素养评价卷（四） 1.C2.D3.C4.C5.A6.D7.D 8.CD 9.AB 10.AD 1D®流品 ③ 12.案(1)B左(2)3.06297(3)B (4)59.0mA11.0217.7V 13.解析(1)由于到达传送带右端A时小物 块恰好与传送带速度相同，离开传送带 后水平抛出的速度即传送带的速度， 对小物块，由A到B有v2=2gh,在B 点，am号-受得=3m6:又图物块 与传送带间的滑动摩擦因数一， 根据牛顿第二定律得a=mg=g= m 1 3m/s2, 所以5pm=2a =1.35m. (2)对小物块，由A到O有 L mgh+mg cos1sin 7 2m听， 在O点根据牛顿第二定律有N一mg= m L 2 C0s37 解得N=43N, 高考总复习物理 由牛顿第三定律知物块对轨道的压力大 小N'=43N; 物块沿斜面上滑时有mngsin53°+ umgcos 53=ma1,a=10 m/s2, 物块沿斜面下滑时，有mgsin53° umgcos 53=maz,a2=6 m/s2, 由机械能守恒定律知==√十 5m/s, 小物块由C上升到最高点历时，=些 0.5s, 小物块由最高点回到D点历时t2= 0.8s-0.5s=0.3s, 故m=%影，一1 24-2a2,即sam=0.98m 答案(1)1.35m3m/s(2)43N0.98m 14.解析(1)抽气过程为等温过程，由玻意 耳定排有=0， 0.50 气体等压膨胀过程，由盖~吕萨克定律有 2.6V+V=T V 解得T=1.2T. (2)等容升温过程， 由查理定律有- 0.5p’ 解得p2=0.75po. 答案(1)1.2T1(2)0.75p 15.解析(1)由题意可知，小球在第三象限 沿PO做匀速直线运动时，受竖直向下 的重力、水平方向的电场力、与PO方向 垂直的洛伦兹力，则由力的平衡条件可 知，小球的洛伦兹力方向一定与PO垂 直且斜向左上方，因此小球带负电荷，电 556 场力一定水平向右.设小球质量为m,所 受洛伦兹力大小为f, 由平衡条件得小球所受力的比例关系为 mg:(qE):f=1:1:√2. (2)由(1)问得q0B=√2qE, 解得=2E=42m/s B (3)小球刚进入第一象限时，电场力和重 力平衡，可知小球先做匀速直线运动，进 入y≥0.4m的区域后做匀速圆周运 动，轨迹如图所示，最后从N,点离开x 轴，小球由O→A匀速运动的位移s1= h sin 45=v2h, ·P mg 运动时间=1=√2h V2E _hB=0.1s, E B 由几何关系和圆周运动的周期关系式 T-2mm_2nE qB gB' 小球在y≥0.4m区域内偏转了90°，则 由A→C小球做圆周运动的时间为t2= 由对称性知从C→N的时间t3=1, 故小球在第一象限运动的总时间t= 4十h十=2X0.1s+号xs=0.828s 答案(1)见解析(2)4√2m/s(3)0.828s