综合练(8)-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理专项分组练(湖南专版)

物理(XD) 日=否的倍数，故T=品s内圆盘至少转过，角速 度最小为ω=不 =4元rad/s,转速至少为n=2元 2r/s,B项正确 5.A【解析】烧瓶内封闭气体的体积一定，设初始状态 气体压强为，热力学温度为T,由查理定律有会 =号-十AT又aT=A,整理得D=会△十， 可见p~△图像为一次函数，斜率为号，截距为，均 为正值，故正确的图线是①，A项正确。 6.A【解析】设滑块滑到平台右边缘时的速度为，根 据动能定理可得-mgx=子md- 2mu6,滑块离 1 开平台后做平抛运动，有h=乞gt,s=t,联立解得 s2、2h 5-4hx,s2-图像的斜率k=2h= 2 8 g=20-10 =0.2,解得h=1m,A项正确。 7.D【解析】图甲，小球在A、B两位置做匀速圆周运 动的受力情况一致，如图所示： 合力提供向心力，小球所受筒壁的支持力N=。(0 为圆锥筒顶角的一半)，故支持力大小相等，合力大小 相等，由F合=rw2可知，r不同，角速度w不同，A 项错误；图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯 时速度较小时，内轨可能会挤压内侧轮缘，此时火车 速度越小，内轨和内侧轮缘之间的挤压力越大，故火 车拐弯时速度越小，火车轮与轨道间的磨损不一定越 小，B项错误；图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运 动，所受的合外力提供向心力，方向改变，C项错误； 在一座四形桥的最低点，由N一mg=m号可知，同一 辆汽车的速度越大，桥面对汽车的支持力越大，由牛 顿第三定律可知，汽车对桥面的压力越大，D项正确。 8.BD【解析】根据电场强度的叠加有E=2· 2E0s30,9=4g,解得E=号E,9=A项错 误，B项正确：将质子从P点无初速度释放，根据动能 定理可得(g,一g)=号m6,又=0，解得 2空，C项错误；若两段弧形材料带的是等量异种 电荷，根据对称性，x轴上各点的电场强度为0，电势 也为0，D项正确。 参考答案及解析 9.CD【解析】由题图可知λe=3m,λo=4m,由w= 子可知u=1m/s,故两波同时传到x=0处，A项错 误：由0=1m/s,可得T。=9=4s,因fr= 1 号，。=品。子H,两列波的振动频率不时，无 法产生稳定的干涉，B项错误，C项正确；P波传到x =3m处用时6s,恰好两个周期，6s=号。，故t= 6s时刻，x=3m处的质点位移为0，D项正确。 10.BD【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，左侧线 圆产生的感位电动势E=口碧-n品5=4，刚 闭合开关时，回路中的电流1=，=1.6A,对导 体棒ab有B,IL一mg=ao,解得ao=2m/s2,A 项错误；导体棒ab运动过程中的速度最大时，导体 棒ab所受合力为零，即有B,12L=mg,解得I2= 0.8A,设导体棒ab的最大速度为vm,则有 E一B:L=L2,解得un=4m/s,B项正确：根据题 R十r 意，对导体棒ab由动量定理有B,I1Lt一B2· B,L.Lt一mgt=ma-0,则有(B,IL-mgt- R+r B;L B号L2 =m-0,即(B,1L-mg)1-兰·x= mm一0，解得x=24m,C项错误；对导体棒ab,由 动量定理有B,LIt-mgt=mm一0，即B2Lq mgt=mvm,解得q=8C,由能量守恒定律有gE1= Q十2m十mgx,解得Q=20.8J,D项正确。 综合练(8) 1.D【解析】由图可知，Fe原子核核子平均质量最小， 比结合能最大，Fe原子核最稳定，A项正确：由图可 知，重核A裂变成原子核B和C时，核子平均质量减 小，裂变过程存在质量亏损，会释放能量，B项正确： 由图可知，轻核D和E发生聚变生成原子核F时，核 子平均质量减小，聚变过程存在质量亏损，会释放能 量，C项正确；从图中可以看出，重核随原子序数的增 加，原子核越来越不稳定，故比结合能越来越小，D项 错误。 2.A【解析】由题意可知，a和b的周期均为24h,所 以36h后，两者均运行了1.5圈，即运行至与原位置 关于圆心对称的位置：根据万有引力提供向心力得 GM=m(竿)r,解得T=√品，b的半径为nR, /4π2r3 c的半径为于nR,所以六 V(nR) √(nR)F =8,解得 36 T=令T,=3h,故c在36h内运行的圈数n= 12圈，即c回到原点，A项正确。 参考答案及解析 3.C【解析】根据图乙可知，t=0.5s时刻质点P正向 y轴正方向振动，A项错误：质点并不随波迁移，经过 0.1s,质点P不会传播到x=0处，B项错误：根据图 乙可知，t=0.35s时刻质点P的位移为正方向的最 大值，根据F=一kx=ma可知，t=0.35s时刻质点 P的加速度达到最大，方向沿y轴负方向，C项正确； 0.3~0.8s经历的时间△t=0.8s-0.3s=0.5s= 2T+号，故质点Q运动的路程为2X4A+2A=5m, D项错误。 4.D【解析】设每节车厢受到的阻力为F:,稳定后动车 组做匀速运动，选第4~10车厢为研究对象，两种情况 下第3车厢对第4车厢的拉力FM=7F,不变，A、B 项错误：设每节车厢动力装置开启时的输出功率均为 P,开启第1、2车厢动力时稳定后的速度为心，开启 第1,2,3车厢动力时稳定后速度为，则2P=10F, =10r,解得=示=品，第3车厢对第4 P _3P g 车厢拉力的功率两种情况下分别为P=7F,·凹= 名P,P=R·=P,故P<P,即第3车厢对 第4车厢拉力的功率变大，C项错误，D项正确。 5.C【解析】由题图甲可知，随着分子间距离的减小， 分子间的引力和斥力都在增大，A、B项错误；由题图 乙可知，当r<r。时，分子间的作用力表现为斥力，C 项正确：从r=r到r=r。过程中，分子间的作用力表 现为引力，故随着分子间距离的减小，分子力一直做 正功，分子势能一直减小，D项错误。 6.D【解析】根据题意，设位移与水平方向的夹角为B, 速度与水平方向的夹角为a,由平抛运动规律有tan日 =h=1 x tana,若两人站在与壶相同水平距离处投 箭，则有h甲>h2,由h=之gt,解得i=√g /2h ,可知 甲投的箭在空中运动的时间比乙长，由x=6t可知， 甲投的箭初速度比乙小，A、B项错误；若两人投的箭 在竖直方向下落的高度相等，则有x甲x乙，且箭在 空中运动的时间相等，则甲投的箭初速度比乙小， 由y,=gt可知，两人投的箭落入壶口时竖直速度相 等，由v=√十可知，甲投的箭落入壶口时的速 度比乙小，C项错误，D项正确。 7.A【解析】根据对称性可知，半球壳工在O点的场 强方向水平向左，半球壳Ⅱ在O点的场强方向水平 向右，且大小相等，所以O点的场强为零，A项正确， B项错误：把两半球壳看成一个整体，其可视为电荷 量集中于球心的点电荷，所以整体在A点的场强大 小E=兴，方向水平向右，所以半球壳Ⅱ在A点的 场强大小E=E-E=k?-E,C项错误：由于电 势为标量，且两半球壳带电荷量相等，半球壳I距离 A点近，半球壳Ⅱ距离A点远，所以半球壳I在A点 ·10 物理(XD) 的电势高于半球壳Ⅱ在A点的电势，D项错误。 8.AD【解析】根据题意可知，传送带对A、B的滑动摩 擦力大小相等，均为f=0.5×1×10N=0.25×2× 10N=5N,初始时A向右减速，B向右加速，可知在 A与传送带第一次共速前，A、B整体所受的合外力 为零，系统动量守恒有mAv,=AV十gVB,又V= 1m/s,故t=to时刻，B的速度vB=0.5m/s,在A与 传送带第一次共速前，任意时刻分别对A、B根据牛 顿第二定律有f十F弹=mAaA,f十F弹=mgaB,由于 mn=之mg,故可知an=2ag,A项正确，B项错误；在 0~t。时间内，设A、B向右运动的位移分别为xA、 ,由功能关系有一fx十f红十合m时=合m 十子e2十E,解得x一x=0.1m,故弹簧的压缩 量△x=xn一xB=0,1m,C项错误；A与传送带的相 对位移为x相A=xA一，B与传送带的相对为x相B= t一xB,可得x相A十x相B=xA一xB=0.1m,由于0~ 。时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向 右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足aA=2ag, 作出A、B的v-t图像如图所示： v/(m's-1) 2M 0.5 B 0 to t/s 可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形 NOBA的面积，可得x相A<x相B,结合x相A十x相B= 0.1m,可知x相A<0.05m,D项正确。 9.BD【解析】图示时刻线框平面和磁场方向垂直，穿 过线框的磁通量最大，感应电动势为0，穿过线框的 磁通量的变化率为0，A项错误；由于两个灯泡均正 常发光，故原线圆的电流1-是一器A=1A,剧线 圈的输出电压U2=U1=20V,根据原、副线圈的电压 比等于匝数比可知，原线圈的输入电压U,=U2= 7n2 200V,则线框输出电压的有效值U=U1十U1= 220V,B项正确；电阻R消耗的电功率为Pm一2P =180W,C项错误；线框与图示位置垂直时，穿过线 框的磁通量为零，此时穿过线框的电流最大，Im= √2I1=√2A,D项正确。 10.AC【解析】设粒子（设电荷量为q,质量为）以速 度从y轴射出，轨迹如图甲所示： E X60x 甲 物理(XD) 设粒子第一次从电场E进入磁场的位置到原点O 的距离为x,有gE=ma,2af=h,x=ot,解得x= ②，设质子、a粒子第一次进入磁场的位置到 Vo 原点0的距离分别为x、,由几何关系有业 tan60°，质子、a粒子射入电场的速度之比为√2：1， 号之比为12，可知号-1，=-25，A项正 3 确，B项错误；设粒子进入匀强磁场做圆周运动的半 径为R,质子、α粒子的半径分别为R、R2,由洛伦兹 力提供向心力可得Bgu=m ，解得R-器由儿何 关系可知，粒子第一次进入磁场的速度= c0s60 =2又山质子8粒子的比荷关系可得是-号，设 质子第一次离开磁场的位置到原点O的距离为x', 轨迹如图乙所示： E 01 乙 由几何关系有2R2sin60°=x2,2R1sin60°=x1-x', 解得-256h,C项正确：两粒子在磁场中运 3 动转过的角度相同，由T=πR=π”可得，周期之 Ba 比为1：2，故在磁场中运动的时间之比为1：2，D项 错误。 综合练(9) 1.A【解析】碳14的衰变方程为C-e十1N,A 项正确；β衰变的实质是原子核内的一个中子转化成 一个质子和一个电子，B项错误；衰变过程遵循动量 守恒定律，则衰变后氮核的动量大小等于3粒子的动 量大小，但方向相反，C项错误：根据半衰期公式，N =N,(号)片-号N。,可知经过17190年，核电池中 碳14的个数变为原来的日，D项错误。 2.C【解析】设△t时间内，喷出的水形成“柱体”，体积 V=Sv△t,由密度公式m=V,对水流“柱体”用动量 定理，水流冲击路面后速度从)减为0，根据动量定 理可得-F△t=0一w,解得F=-16N,根据牛顿第三 定律可知水流对路面的冲击力大小为16N,C项 正确。 3.C【解析】发电机线圈的转速为2，输出交变电流 的频率∫=z,B项错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀 ·11 参考答案及解析 速转动，产生正弦交流电，最大值Em=2πNBSx,则 发电机输出的电压E=E会=EπNBSm,A项错误： √瓦 变压器原，到线圈的匝数比是-气=S,C U 项正确：发电机产生的瞬时电动势e=Emsin wt= 2πNBSnzsin(2πnzt),D项错误。 4.B【解析】各色光中红光的频率最小，对应的折射率 最小，根据全反射临界角与折射率之间的关系sinC =1可知，当折射率为2时，发生全反射的临界角等 于45°，而该三棱镜对红光的折射率大于√2，因此红 光发生全反射的临界角小于45°，根据几何关系可知， 各色光在AB面的入射角均等于45°，当折射角等于 30时，其折射率恰好等于√2，由于各色光中红光的折 射率最小，且大于√2，因此红光在AB面的折射角小于 30°，由此可知，各色光在AB面的折射角都小于30°，A 项错误；任意作出一种色光的光路图如图甲所示： 白光 B 根据几何关系及光路的可逆性原理可知，从AC面射 出的光束均平行于BC边，B项正确；根据题意作出 光路图如图乙所示： 白光 由于各色光在AB面的折射角都小于30°，因此当各 色光在AB面折射后到达BC面时，各色光在BC面 的入射角r=90°-(45°-i)=45°+i,可知各色光在 BC面的入射角均大于45°，而红光发生全反射的临界 角小于45°，且在各色光中红光的折射率最小，因此各 色光发生全反射的临界角均小于45°，由此可知，各色 光均在BC面发生全反射，C项错误；任意作出两种 色光的光路图如图丙所示： 白光、综合纟 (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.研究表明原子核的质量虽然随着原子序数的增大 而增大，但二者之间并不成正比关系，其核子的平 均质量（原子核的质量除以核子数）与原子序数的 关系如图所示，一般认为大于铁原子核质量数 (56)的为重核，小于则为轻核，下列说法错误的是 核子平均质量 D、聚变 C B -‘裂变A 0 e 原子序数 A.从图中可以看出，Fe原子核最稳定 B.从图中可以看出，重核A裂变成原子核B和C 时，释放核能 C.从图中可以看出，轻核D和E发生聚变生成原 子核F时，释放核能 D.从图中可以看出，重核随着原子序数的增加，其 比结合能变大 2.地球的半径为R,a是地球赤道上的一栋建筑，b 是与地心距离为R的地球同步卫星，c是在赤道 平面内做匀速圆周运动、与地心距离为好R的卫 星。t=0时刻，b、c刚好位于a的正上方，如图所 示，则t=36h时刻，a、b、c的位置情况是 地球 C 0 3.图甲为一列简谐横波在t=0.3s时刻的波形图， 质点P、Q的平衡位置分别在x=2m、x=1.5m 处，图乙为质点P的振动图像，下列说法正确的是 y/m y/m 5 0.5------ 0 0.2ts -0.5 物理(XD)第15 陈(8) )分钟) A.t=0.5s时刻，质点P正向y轴负方向振动 B.从图甲所示的时刻经过0.1s,质点P沿x轴传 播到x=0处 C.t=0.35s时刻，质点P的加速度达到最大，方 向沿y轴负方向 D.0.3~0.8s时间内，质点Q运动的路程为 2.5m 4.如图所示为具有10节车厢的动车组模型，每节车 厢都有可遥控开启或关闭的动力装置，开启时的 输出功率恒定且大小相同。研究动车组在水平路 面上沿直线运动的情况，开启第1、2车厢动力，稳 定运动后为第一阶段：加开第3车厢的动力，再次 稳定运动后为第二阶段。整个过程中，每节车厢 受到的阻力大小相同且恒定不变，则第二阶段与 第一阶段相比，下列说法正确的是 1234s67890 77777 A.第3车厢对第4车厢的拉力变大 B.第3车厢对第4车厢的拉力变小 C.第3车厢对第4车厢拉力的功率变小 D.第3车厢对第4车厢拉力的功率变大 5.分子间存在着相互作用的引力和斥力，分子间实 际表现出的作用力是引力与斥力的合力。图甲是 分子引力与分子斥力随分子间距离r变化的图 像，图乙是实际分子力F随分子间距离r变化的 图像（斥力以正值表示，引力以负值表示）。将两 分子从相距r=r2处由静止释放，仅考虑分子间的 作用力，下列说法正确的是 F个 F个 FoF斥 0 r2 F引 甲 A.从r=r2到r=r1,分子间的引力和斥力都在 减小 B.从r=r2到r=r1,分子间的引力减小，斥力增大 C.当r<r。时，分子间的作用力表现为斥力 D.从r=r2到r=r。,分子势能先减小后增大 6.投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮 游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有 射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两 人沿水平方向各射出一支箭，箭尖投人壶口时与 水平面的夹角分别为53°和37°，已知两支箭质量 相同，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影 响，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是 页（共66页）】 53- “37y A.若两人站在与壶相同水平距离处投壶，甲投的 箭初速度比乙大 B.若两人站在与壶相同水平距离处投壶，乙投的 箭在空中运动的时间比甲长 C.若两人投的箭在竖直方向下落的高度相等，则 甲投箭的位置与壶的水平距离比乙大 D.若两人投的箭在竖直方向下落的高度相等，则 甲投的箭落入壶口时的速度比乙小 7.如图所示，两个半径均为R的半球壳I和Ⅱ靠得 很近，间距可忽略，两个半球壳均匀带有正电荷， 电荷量均为q,O为球心，A为球壳外一点，AO= L,AO垂直于两半球的截面（图中阴影面），半球 壳I在A点的场强大小为E,静电力常量为k,规 定距O点无限远处电势为零，则下列说法正确 的是 A.O点的场强大小为零 B.半球壳I在O点的场 强方向水平向右 C.半球壳Ⅱ在A点的场 强大小为祭一E D.半球壳I在A点的电势低于半球壳Ⅱ在A点 的电势 8.如图所示，传送带沿顺时针方向转动的速度大小 恒为1m/s。传送带上轻轻地放置两个物块A、 B,A、B用一根轻弹簧连接，A的质量为1kg,B 的质量为2kg,A与传送带间的动摩擦因数为 0.5,B与传送带间的动摩擦因数为0.25，开始时 弹簧处于原长。t=0时刻，给A一个方向水平向 右、大小o=2m/s的初速度，在t=t时刻，A与 传送带第一次达到共速，此时弹簧的弹性势能E。 =0.75J,传送带足够长，A可以在传送带上留下 痕迹，重力加速度g=10m/s2,弹簧始终在弹性限 度内，下列说法正确的是 4wB 题号12345678 10 得分 答案 物理(XD)第16 A.=号时刻，B的加速度大小小于A的加速度 大小 B.t=to时刻，B的速度大小为1m/s C.t=t。时刻，弹簧的压缩量为0.2m D.0~t。时间内，A在传送带上留下的痕迹小于 0.05m 9.教学用发电机能够产生正弦式交变电流，利用该 发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向外供电， 线框在匀强磁场中匀速转动，标有“20V20W” 的两个相同的灯泡L、L2均正常发光。已知理想 变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R为定值电 阻，图示时刻线框平面与磁场方向垂直，下列说法 正确的是 n132 R A.图示时刻穿过线框的磁通量的变化率最大 B.线框输出电压的有效值为220V C.电阻R消耗的电功率为160W D.线框与图示位置垂直时，通过线框的电流为 √2A 10.如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方 向的匀强电场，在y<0的区域存在方向垂直于 xOy平面向外的匀强磁场。一个质子和一个Q 粒子先后从y轴上坐标(0，h)点射出，速度方向 均沿x轴正方向，速度大小之比为√2：1。已知α 粒子进人磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角 为60°，并从坐标原点O第一次射出磁场，不计粒 子重力，则下列说法正确的是 A.α粒子第一次进人磁场的 位置到原点O的距离为 B.质子第一次进人磁场的 位置到原点O的距离为号 C.质子第一次离开磁场的坐标为(256h,0) 3 D.两粒子在磁场中运动的时间之比为1：1 页（共66页）