综合练(4)-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理专项分组练(湖南专版)

综合 (限时4 第1~7小题为单项选择题，第8~10小题为多项选 择题 1.氢原子能级如图甲所示，大量处于n=4能级的氢 原子向低能级跃迁时能发出多种频率的光，分别 用这些频率的光照射如图乙所示电路的阴极K, 只能得到3条电流随电压变化的图线，如图丙所 示，下列说法正确的是 EleV 51 -3.4 -13.6 甲 光束 窗口 c光 b光 a光 A.阴极K所用材料的逸出功为3.2eV B.a光的波长大于b光的波长 C.图丙中M点的数值为一4.45 D.滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数 一定持续增大 2.我国“巡天号”地外天体采样机器人着陆某小行星 时的最后阶段，需通过引擎反推实现减速。机器 人以初速度w=8m/s垂直接近行星表面时，引 擎提供功率恒定的反向推力，功率的大小P=2× 103W,使其速度减小到2m/s。由于存在稀薄大 气，空气阻力大小f=kv(v为速度，系数k= 0.2N·s·m1),机器人重力保持不变，则速度从 8m/s降到2m/s的下落过程中，机器人的加速度 A.先增大后减小 B.先减小后增大 C.一直增大 D.一直减小 3.一根长度为20m的不可伸长的软绳拉直后放置 在光滑水平地板上，以绳中点为坐标原点，以绳上 各质点的平衡位置为x轴建立如图示坐标系。 两人分别在绳端P、Q沿y轴方向不断有节奏地 抖动，形成两列振幅分别为10cm、20cm的相向 传播的机械波。已知P的波速为2m/s,t=0时 刻的波形如图所示。下列说法正确的是 y/cm 20 10 4 28 246 10 x/m -20 物理(XD)第 练(4) 0分钟) A.两波源的起振方向相反，Q产生的波的传播速 度小于2m/s B.t=4.5s时，坐标原点处质点的位移为30cm C.两列波的频率均为2Hz,叠加区域有稳定的干 涉图样 D.两列波在t=3.5s时第一次相遇，相遇处质点 的位移为10cm 4.空间中存在电场，有一带电粒子做匀变速曲线运 动的运动轨迹如图所示，该粒子运动到D点时速 度方向与加速度方向恰好相互垂直，若忽略重力 的影响，该粒子从A点运动到E点的过程中，下 列说法正确的是 A.电场为点电荷产生的电场 A B.粒子从C点到D点的过程 B 中，动能减小，电势能增大 C.C点的电势高于D点的电势 D D.粒子从B点到E点的过程中，加速度方向与速 度方向的夹角先增大后减小 5.下图所示，以O点为圆心、半径为R的圆形区域内 存在垂直圆面向外、磁感应强度大小为B的匀强 磁场。圆上有A、C、D三点，从A点沿半径AO方 向射入一个带电粒子（不计重力），入射速度为1 时，粒子恰好从C点离开磁场。已知粒子的比荷 为k,且∠AOC=90°，∠AOD=120°，下列说法正 确的是 40. A.粒子在磁场中的运动时间t= kB B.圆形区域的半径R= B C.要使粒子从D点离开磁场，人射速度=√3 D.若只改变入射速度的方向，粒子不可能经过 O点 6.如图甲所示的电路中，理想变压器的原线圈接如 图乙所示的正弦交变电压，原、副线圈的匝数之比 为：1，输出端接一电动机，电动机线圈的电阻为 R,当输入端接通电源后，电流表的示数为I,电动 机带动一重物以速度)匀速上升，电流表为理想 电表，重力加速度为g,不计一切摩擦，下列说法正 确的是 A ↑UW 171 页（共66页） A.电动机两端的电压为nu B.电动机两端的电压为IR C.电动机消耗的热功率为2PR 业该五物的质量瓷图 7.右图为一定质量的理想气体经历ab→c过程的 压强p随摄氏温度t变化的图像，其中ab平行于t 轴，b的延长线过坐标原点。下列说法正确的是 A.a→b过程，气体分子的运 p/Pa 动速率一定都减小 B.a→b过程，单位时间撞击 单位面积器壁的分子数 增加 t/℃ C.b→c过程，气体的体积保持不变，从外界吸热， 内能增加 D.b→c过程，气体膨胀对外界做功，从外界吸热， 内能增加 8.近年来，物流业发展迅速，给人民生活提供了很多 便利，为提高工作效率，传送带被广泛应用于快递 物流车间，如图甲所示。假设某车间货物的运送 流程如图乙所示，货物从斜面顶端A点由静止释 放，滑至斜面底端C点后滑上传送带左端，在C点 滑上传送带瞬间速度大小不变，最终滑至传送带 右侧平台。货物在运动过程中可看成质点，货物 与斜面间的动摩擦因数1=0.25，货物与传送带 间的动摩擦因数2=0.15，斜面长s=3.125m,传 送带左、右两端的距离L=6m,传送带顺时针运 行的速度v=2m/s。已知斜面的倾角0=37°， sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g= 10m/s2,则货物从传送带左端运动到右端的过程 中，下列说法正确的是 甲 平台 乙 A.货物在水平传送带上一直做匀减速直线运动 B.货物在水平传送带上先做匀加速直线运动，后 做匀速直线运动 题号1234567 8 0 10 得分 答案 物理(XD)第8 C.货物在水平传送带上一直受到水平向左的摩 擦力 D.货物在水平传送带上先受到水平向右的摩擦 力，后不受摩擦力 9.如图甲所示，半径为1m、带缺口的金属圆环导轨 固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为 0.1kg、电阻为12的直导体棒，其长度恰好等于 圆环的直径，导体棒的初始位置与圆环直径重合， 且与导轨接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩 擦因数为0.3，不计圆环的电阻，导体棒受到的最 大静摩擦力等于其滑动摩擦力，重力加速度g= 10m/s2,现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变 化磁场，变化规律如图乙所示，则下列说法正确 的是 A.通过导体棒的电 B/T 流方向从b到a B.通过导体棒的电 流大小为0.5A C.0~2s内，导体棒 产生的热量为0.125J D.t=πs时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3N 10.下列甲、乙、丙、丁四图中的①、②、③是三条光滑 轨道，甲、乙、丙图中的三条轨道与水平面的夹角 从大到小均为60°、45°、30°，图甲中三条轨道的起 点、高度均相同，图乙中三条轨道对应的水平底 边相同，图丙中三条斜轨道的长度相同，图丁中 轨道②为竖直直径，轨道①、③的一端分别与轨 道②的底端和顶端在同一点上，另一端分别在圆 周上。现让同一物体分别沿四个图中的①、②、 ③三条光滑轨道从顶端由静止开始下滑，到达底 端所用的时间分别为t、t2、t,下列说法正确 的是 ①② ③ 甲 乙 A ③ ① 今 A.对于图甲有t1<t2<t B.对于图乙有t2<t= C.对于图丙有t<t2<t D.对于图丁有t有<t<t2 页（共66页）参考答案及解析 态方程兴=C,结合图乙可知，气体由状态b到状态。 的过程中，气体的压强不变，C项错误；由状态b到状 态c的过程中，气体体积增大，对外做功的同时，温度 也在升高，则根据热力学第一定律可知气体一定吸 热，D项正确。 4.C【解析】设卫星的轨道半径为r,由题意可知sin0 =及，解得=。卫星绕地球做圆周运动，有 GMn_w4π，可得M==4πR3 r2 GT=G7sin9'而地球 ,则地球的平均密度。=兴 的体积V=4πR GTsin'g,C项正确。 3π 5.C【解析】简谐横波沿x轴正方向传播，根据平移法 可知t=0时质点b的振动方向向下，则图乙不可能 是质点b的振动图像，A项错误：质点只能在平衡位 置沿竖直方向运动，不会“随波迁移”，B项错误；由图 乙可知周期为2s,则圆频率如= =πrad/s,则质点 a的位移与时间的关系为y=0.1sin(πt)m,C项正 确：质点a与质点b相差子入，则相位差为π，D项 错误。 6.B【解析】开关S闭合时，线圈阻碍电流的增加，相 当于断路，通过A的电流大，故最亮，稳定后线圈的 直流电阻为受，线圈与A并联后的总阻值小于A 与A?并联后的总阻值，故开关S闭合后，A的亮度 从很亮逐渐变暗，稳定后亮度小于A2、A?的亮度，而 A,A阻值相等，亮度相同，A项错误，B项正确；如 图所示： A 线周的直流电阻为<R,枚电路稳定时通过线圈的 电流大小是通过A:的两倍，且方向均向右，电路稳 定后断开开关S时，线圈和A!形成闭合回路，A和 A短路而立即熄灭，线圈产生的自感电动势阻碍了 线圈中的电流向右减小，从而给A向左供电，故断 开开关S时，通过A!的电流变大且方向向左，故A 闪亮一下再逐渐熄灭，A2和A立即熄灭，C、D项 错误。 7,A【解析】尖端附近的电场线比较密集，所以在锯条 附近的电场强度大于金属片附近的电场强度，A项正 确：由于锯条与起电机的负极相连，所以锯条带负电， 锯条的电势低于金属片的电势，B项错误：锯条与起 电机的负极相连，金属片与起电机的正极相连，存在 强电场，锯条更容易使空气电离而产生电子和正离 子，正离子被吸附到锯条上，电子向金属片运动，电子 碰到烟尘微粒使它带负电，带负电的微粒在电场力作 用下，向正极运动，电场力做正功，动能增加，烟尘最 物理(XD) 终被吸附到金属片上，C、D项错误。 8.CD【解析】由=士.联立可得开伞到减速 到5m/s的位移x1=9500m,匀速直线运动的位移 x2=t2=499m,则打开降落伞时距离地表的高度h =(9500十499+1)m=10000m,A项错误：开伞后 第一次匀减速运动的过程中，返回舱的加速度a= 二巴=2m/s2,B项错误；最后1m的过程中，由 -2=2a'x′，联立可得a'=-8m/s2,又mg-F= a',可得F=1.8mg,C项正确；若返回舱的质量为3 ×103kg,落地时与地面接触时间为0.5s,根据动量 定理有(Fy一ng)△t=0-(-m),解得地面对返回 舱的平均作用力F、=4.8×101N,D项正确。 9.ABD【解析】小球1到达相距最近位置后继续前 进，此后拉小球2前进，小球1减速，小球2加速，达 到共同速度时两者相距最远，此后小球1继续减速， 小球2继续加速，当两小球再次相距最近时，小球1 达到最小速度，小球2达到最大速度，取向右为正方 向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m =m'十m:,分m矿=方m0十合m时，解得 、'一"，业mm,故小球2的最大速 71十2 2,小球1的最小速度为费干，当 度为m十m 1=2时，小球1的最小速度为0，A、D项正确，C 项错误；若m<2,由上述分析可得'<0，故可能 存在某段时间小球1向左运动，B项正确。 10.CD【解析】根据楞次定律可以判断，通过定值电阻 的电流方向由a到b,A项错误；金属棒绕O点转动 产生的感应电动势E=Br(其中r为金属棒在 磁场中的长度)，当金属棒沿顺时针方向转过60°时， r=2L,金属棒中产生的感应电动势最大，最大值 E=2B(2L)严，此时通过定值电阻的电流最大， 最大值1装-2a,B项销误C项正确：转 动过程中，通过定值电阻的电待量q=曾=食三， R 其中△S=·5L-,解得g=,D项 正确。 综合练(4) 1.C【解析】大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃 迁时能发出光的频率有C=6种，发出光子的频率由 低到高依次为M2、、4、、%,E:一E=M,E E2 hv2 E-E2 =hvs E2-E=hv;E3-E=hvi; E:一E=h,但只检测到3条电流随电压变化的图 线，根据光电效应方程eU=Ekm=hy一W。,分析图丙 可知，a光的遏止电压最大，其次为b光和c光，所以 能激发光电效应的光子能量E。=E一E,E6=E 物理(XD) E1,E。=E4-E1,由E.=E4-E1=[-0.85 (一13.6)]eV=12.75eV,Um=7V,解得阴极K所 用材料的逸出功W。=E.一eU=(12.75一7)eV= 5.75eV,A项错误：根据以上分析E.>E,E=hy= h会可知a光的波长小于b光的波长，B项错误；由 E.=E2-E1=[-3.40-(-13.6)]eV=10.2eV,所 以eUe=E。一W。=4.45eV,因此图丙中M点的数值 为一4.45，C项正确；滑动变阻器的滑片向右滑动时， 正向电压增大，刚开始电流表的示数会增大，但达到 饱和电流后，电流表的示数不变，D项错误。 2.C【解析】机器人下落过程中，受到重力、空气阻力 和反推力作用，根据牛顿第二定律有f十F一mg= ma,其中∫=知，F=2,联立解得a=D+g-g, mu m 根据不等式关系，当品-织时，即=√层 P 100m/品+架有极小值，所以速度从8ns降到 2m/s的下落过程中，机器人的加速度一直增大，C 项正确。 3.B【解析】P的起振方向沿y轴负方向，而Q的起振 方向沿y轴正方向，因此起振方向相反，波速由介质 决定的，因此两列波的速度相等，则Q产生的波的传 播速度等于2m/s,A项错误；t=4.5s时，两列波都 向前传播了x=t=9m,则P、Q的波峰均传播到了 坐标原点处，此时坐标原点处质点的位移为(10+ 20)cm=30cm,B项正确；由图可知P、Q的波长λ= 4m,两列波的速度相等，根据0=入f=子可知f= 0.5Hz,T=2s,因此两列波的频率均为0.5Hz,故叠 加区域有稳定干涉图样，C项错误：两列波第一次相 遇时，有4x=2,解得1=岩-8s=8.5s,相海 处两列波都在平衡位置，因此质点的位移为0，D项 错误。 4.B【解析】因为粒子做匀变速曲线运动，所以加速度 恒定，则空间中存在的电场为匀强电场，A项错误：在 D点时加速度方向与速度方向垂直，故加速度方向向 上，电场力方向也向上，所以粒子从C点到D点的过 程中，电场力方向与速度方向的夹角大于90°，电场力 做负功，动能减小，电势能增大，B项正确；由于粒子 的电性未知，电势情况无法确定，C项错误：粒子从B 点到E点的过程中，加速度方向与速度方向的夹角 一直减小，D项错误。 5.C【解析】粒子从A点进入磁场，C点离开磁场，则 粒子的速度方向改变了90°，所以粒子在磁场中的运 动时间=部T=十×需一A项错误：数子 从A点进入磁场，C点离开磁场，根据几何知识可知， 粒子的轨迹半径r=R,而粒子在磁场中的运动时间t π BB项 2子联立可得圆形区域的半径R= ·5 参考答案及解析 错误：下图为粒子分别从C、D两点离开磁场的运动 轨迹， 31 根据几何知识可得n=R,r2=√5R,根据洛伦兹力提 供向心力有=n二，联立可得助=，即要使 粒子从D点离开磁场，入射速度2=√3v1,C项正 确：由于n=R>号R,所以若只改变入射速度的方 向，粒子可能经过O点，D项错误。 D【解桥】根据电压与匝数成正比可得号三，解得 电动机两端的电压U,=”=,A项错误：电动 √2n2n 机不是纯电阻，不能用欧姆定律求电动机两端的电 压，B项错误：电动机消耗的热功率P热=R,C项错 误：电动机消耗的功率P=U,1==②，电动 √2n2n 机的输出功率Pm=U,I一PR=-PR,又电动 2n 机的输出功率P=g,联立解得重物的质量= 2u_R,D项正确。 2ngv gv 7.B【解析】a→b过程，温度降低，气体分子的平均速 率减小，满足统计规律，也有个别分子的运动速率会 增加，A项错误：α→b过程，温度降低，分子撞击容器 壁的平均作用力减小，而压强保持不变，因此单位时 间撞击单位面积器壁的分子数增加，B项正确：把该 图像转化为下图所示的p-T图像， p/Pa a TK →c过程，图像上的点与坐标原点连线的斜率增加， 根据-C可知气体的体积减小，外界对气体做功， 温度升高、内能增加，由于不知做功与内能变化的具 体数值，故无法判断吸热还是放热，C、D项错误。 8.AC【解析】货物在斜面上运动时，根据牛顿第二定 律有ngsin0-1 mngcos0=ma1,解得a1=gsin日- ui gcos0=4m/s2,根据吃=2a1s可得，货物到达C 点时的速度大小vc=5m/s,货物滑上传送带后，由 于c>,所以货物先做匀减速直线运动，加速度大 参考答案及解析 小a=m竖=1.5m/s2,当速度减到u=2m/s时， m 位移x=哈一」 =7m,由于位移x>L,货物一直做 2a2 匀减速直线运动，受到的摩擦力方向水平向左，A、C 项正确，B、D项错误。 9.AC【解析】穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞 次定律可知通过导体棒的电流方向从b到a,A项正 确；假设0~πs时间内导体棒静止不动，感应电动势 E=△乎=AB,1 N=.元2—”之>×2π>×12=0.25/， π 则感应电流1景-05A=025A4=元s时，导 体棒受到的安培力F=2BIr=2×0.5×0.25×1N= 0.25N,最大静摩擦力Fm=g=0.3N>0.25N, 假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25N,B、D 项错误；0~2s内，导体棒产生的热量Q=Rt= 0.252×1×2J=0.125J,C项正确。 10.BC【解析】图甲，设轨道的倾角为0，高为h,则下 滑的加速度mgsin9=a,解得a=gsin0,下滑的位 移=品根据=，解得1=V品故倾 角越大下落的时间越短，即>t>,A项错误；图 乙，设轨道的底边长为L,则下滑的位移x=c099 根据牛顿第二定律有ngsin0=ma,解得a=gsin0, 根据x=之a,解得1一√gm20将0角代人可知 4L t2<t1=,B项正确；图丙，设斜面长为x,根据牛顿 第二定律有mngsin9=ma,解得a=gsin日，根据x= 1 /2x a,解得t一√gsm9,即倾角越小时间越长，4< t2<t,C项正确；如图所示： ③ ① 设圆的半径为R,从轨道①下落时，根据牛顿第二定 律有mngsin a=ma1,解得沿轨道①下落时的加速度 a1=gsin a,轨道的长x1=2 Rsin a,根据x1= 1 ai,解得i=√g ,从轨道②下落时，加速度a2 ，从轨道 =g,根据x2=2R=之a:始，解得=√g ③下落时，根据牛顿第二定律有mgcos B-=ma,解 得沿轨道③下落时的加速度a?=gcos B,轨道的长 ，即 3=2 Rcos B,根据x=之a,解得=√g =t2=t,D项错误。 综合练(5) 1.C【解析】图甲是观察桌面形变的实验，当用力F压 桌面时，光点的位置会发生明显变化，从而反映桌面 物理(XD) 的形变，这个实验中主要用到的研究方法是放大法， A项错误；图乙中把一般的曲线运动看成很多个圆周 运动的一部分的组合，这是微元法的思想，B项错误： 利用图丙所示装置探究小车的加速度与拉力的关系 时，运用控制变量法和比较法来控制两小车有相同的 运动时间，从而得到两小车的加速度大小关系，C项 正确：图丁中探究小车运动的加速度与力、质量的关 系时，该实验用到了控制变量法，D项错误。 2.B【解析】“天问一号”在近火圆形轨道上运行时，由 万有引力定律有G贺=m<受)R,又由黄金代换式 GM=gR,联立可得“天问一号”在近火圆形轨道上 运行的周期T=2√压，由题意可得椭圆轨道的半 长轴a=4R,由开普勒第三定律可得，“天问一号”在 椭圆轨道上运行的周期与在近火圆形轨道上运行的 周期之比T2:T1=√(4R):√R=8:1,所以“天问 一号“在椭圆轨道上从P点运动到Q点的时间：=受 ，B项正确。 一8rNg 3.D【解析】根据v-t图像可知，在30~40s内小孩 和冰车只受摩擦力的作用做匀减速直线运动，此段的 加速度大小a2=| =品m/s=0.2m/s,由牛顿 △t 第二定律有mg=ma2,解得冰车与冰面间的动摩擦 因数4=0.02，B项错误；0~5s内冰车做匀加速直线 2 运动，根据vt图像可知a1三△三5m/s= 0.4m/s2,再由牛顿第二定律有F,一g=a1,解 得F1=18N,A项错误；w-t图像与横轴所围成的面 积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总 距离s=30一5)+40×2m=65m,C项错误：由动能 2 定理有W-gs=0-0,解得W=390J,D项正确。 4A【解折】根据兴-C可得V-T,根据图像可知 cα是一条过原点的倾斜的直线，斜率一定，则表明气 体由状态c到状态a的过程发生的是等压变化，A项 正确：根据盖一昌萨克定体有光-片，解得T 600K,B项错误：气体由状态c到状态a的过程，体 积减小，外界对气体做功，C项错误；气体由状态c到 状态a的过程为等压过程，气体体积减小，外界对气 体做功W=-p(V。-2V。)=pV。=100J,由于气 体由状态b到状态c吸收的热量等于增加的内能，即 △U=Q=100J,根据图像可知状态a与状态b温度 相等，内能相等，即△Um=△U=100J,则有△Ua= -△U=一100J,气体由状态c到状态a的过程，根 据热力学第一定律有△U=W十Q=一100J,解得 Q'=一200J,即气体由状态c到状态α气体放出的热 量为200J,D项错误。 5.A【解析】相邻两条亮纹之间的距离公式，有△x=