综合练(10)-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理专项分组练(湖南专版)

参考答案及解析 由图丙可知，在AB边的折射角越大，射到AC边时 的位置越低，而各色光中，红光在AB边的折射角最 大，因此射到AC边的各色光中，位置最低的是红光， D项错误。 5.A【解析】对小球进行受力分析可知，qEsin53°= g,重力和电场力的合力方向沿水平方向，且大小 F台=9Ecos53°=子mg,设ad边与Oa间的夹角为 B,圆的半径为R,由牛顿第二定律可得F合cos0= ma,根据运动学公式，有2Rcos日=2atr,联立可得t R 二4N3g 可知带电小球沿不同轨道运动，用的时间 相同，即t1=t2=t3,A项正确。 6.D【解析】根据振动方程可知两波源形成的波的周 期均为T一品=0,1s,A项错误：两波源形成的波 的波长均为λ=vT=0.8m,B项错误；质点A到两波 源的距离相等，但两波源的振动步调相反，故质点A 是振动减弱点，C项错误；由于O、O2连线上的质点 M与波源O1间的距离为4,4m,故M点到波源O2 之间的距离为5.6m,两波源到M点的路程差为 1.2m,为半波长的3倍，又因两波源的振动步调相 反，故质点M为振动加强点，质点M的振幅为A!十 A2=19cm,D项正确。 7.B【解析】物体与弹簧分离时，二者没有相互作用 力，所以弹簧处于原长，A项错误；物体与弹簧一起向 上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律得F十k(x。一 x)一mg=a,则F=kx十mg十a一kxo,可知图乙 中图线的斜率表示弹簧的劲度系数，可得k= 5N/cm,B项正确：根据牛顿第二定律有10=a,30 一mg=ma,联立解得=2kg,a=5m/s2,C、D项 错误。 8.CD【解析】卫星进入中地圆轨道时需要在V点加 速，A项错误；根据开普勒第二定律可知之△t·w F2v△t·rN,根据题意可知rv=3rM,则M=3w, B项错误：卫星在中地圆轨道上，由万有引力提供向 心力可得6=m员，在近地面有G-g R 解得=√零，C项正确：卫星在中地圆轨道上运行 /3R 的周期T中=π义3水=6π√g ,根据几何关系可知 转移轨道的半长轴为2R,由开普勒第三定律可得 (2R)3_(3R) T 7·联立解得T转=4π入√g ,卫星在转 移轨道上从M点运行至V点所需的时间twN= ,巫，D项正确。 I#=2m√俗 9.ABD【解析】根据题意可知，粒子从A点进入磁场 时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，圆形区 。1 物理(XD) 域内磁场的方向垂直纸面向外，A项正确；根据题意 可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示： 公 0. B 04 根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R,粒 子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为受，根据洛 伦孩力提供向心力有B=管可得是=赢，B项 正确：根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先 向右做减速运动，再向左做加速运动，再次到达B点 时，速度大小仍为，再次进入磁场，运动轨迹如图 乙所示： 粒子在磁场中运动的周期T=2迟，则粒子在磁场中 运动的总时间a=号-迟，C项销误：粒子在电场 中，根据牛顿第二定律有Eg=ma,解得a=Eg= n 景，根据西=a结合对称性可得，粒子在电场中运 动的总时间=咎-，D项正确。 10.CD【解析】根据几何知识可知，小球在A和B时 的弹簧长度相同，弹簧弹性势能相等，小球的重力势 能转化为动能，故小球在B点有向下的速度，A项 错误；当弹簧弹力沿杆向上的分力和重力沿杆向下 的分力相等时，小球的动能最大，故在C点时小球的 动能不是最大，B项错误：因为弹簧和小球组成的系 统机械能守恒，小球运动到C点时弹簧的弹性势能 最小，所以小球的机械能最大，C项正确：当小球动 能最大时，系统势能最小，如果在B、C之间出现动 能最大的位置，则系统总势能先减小后增大，D项 正确。 综合练(10) 1.B【解析】碳微粒在液体中做布朗运动，图甲为碳微 粒运动情况的记录图，反映了液体分子在不停地做无 规则运动，A项错误，B项正确：图乙中曲线b对应的 温度更高，与曲线b相比，曲线a对应的速率大的分 子数少，C、D项错误。 2.A【解析】在两极处，设重力加速度为g1,单摆的周 物理(XD) ,联 期为T=方，根据单摆周期公式有工=2x√货 立可得=红，在赤道处，设重力加速度为： 单摆的周期为T2=文，根据单摆周期公式T2= n ，联立可得g2=4rLm,根据mg1=mg:十 2元Ng2 t m·(停)2·R,联立解得W=√ Ln十RE,A项 TL 正确。 3.A【解析】该单色光经过玻璃砖上表面到达下方的 半圆柱面出射时可能发生全反射，如图所示： 设恰好发生全反射时的临界角为C,则有”=smC' 解得C=平，则半圆柱面上有光线射出的部分面积S =2CRL,代人数据解得S=,A项正确。 2 4.D【解析】根据功率的计算公式有P=”-,解 t 得F≈8X10N,D项正确。 5.C【解析】假设恒星和黑洞的质量分别为M、,环 绕半径分别为R、r,且m<M,两者之间的距离为L, 根据万有引力定律可得F方=G,恒星和黑洞的 距离不变，随着黑洞吞噬恒星，在刚开始吞噬的较短 时间内，M与m的乘积变大，它们之间的万有引力变 大，A项错误；双星系统属于同轴转动的模型，角速度 相等，根据万有引力提供向心力有G=mwr MwR,其中R十r=L,解得恒星的角速度w= GM牛m,双星的质量之和不变，则角速度不变， B项错误：根据mw=MR,可得4=京，因为M 减小，m增大，所以R增大，r减小，由=R,vw= wr,可知变大，w变小，C项正确，D项错误。 6.A【解析】质子出回旋加速器的速度最大，此时的半 径为R,则口=2=2R,A项正确：根据Bg0 T ，可知u=,则最大动能E=合mt my 7 BgR,与加速电压U无关，B项错误：质子在加速 2m 电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根 据=√2ax可知，质子第二次和第一次经过两D形 盒间狭缝的速度大小之比为厄：1，根据，=需则半 ·13 参考答案及解析 径之比为√2：1，C项错误；带电粒子在磁场中运动的 周期与加速电场的周期相等，根据T一需可知，换 用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，需改变交流电 的频率才能加速α粒子，D项错误。 7.C【解析】根据牛顿第二定律可得F-BL=ma, R 解得a=FBL2 mR,结合图像可知 -=a0,解得m -一二销合阻像可知质=会解得月=立√愿 ao mR vo A、B项正确；当拉力F做功为W时，金属棒运动的距 离-罗，则通过金屈棒横截面的电荷量？=1=景 -BLs_W R√FRUo ，C项错误：某时刻撤去拉力F,此后 BL=ma,则a=B R mR,D项正确。 8.BC【解析】对小孩由牛顿第二定律可得，加速度大 小a1=ugsin37°么ngcos37=2.8m/s,对滑板 171 由牛顿第二定律可得，加速度大小ag= ngsin37°十41 ngcos37°-2mgc0s37° 三 171 0,8m/s,A项错误，B项正确：小孩刚与滑板分离 时，有分a-宁a=L,解得1=1s,高开滑板时小 孩的速度大小v=a1t=2.8m/s,C项正确，D项 错误。 9.AC【解析】开关K合在a处，原副线圈两端电压不 变，滑片P上滑时，副线圈回路中的电阻增大，电流 被小，由会=卡，可知原线周中的电流也将波小，A 项正确；开关K合在b处，滑片P下滑时，副线圈回 路中的电阻减小，而电压不变，所以输出功率将增大， 由于输入功率等于输出功率，所以变压器输入功率将 增大，B项错误：保持滑片P的位置不变，开关K由b 合到α时，由花=光，可知副线圈两端的电压将减 小，所以R消耗的功率将减小，C项正确；保持滑片P 的位置不变，开关K由a合到b时，由是是可如 剧线圆两给的电压将增大，故，增大，又是=票，可 知原线圈中的电流将增大，D项错误。 10.AD【解析】0~2t时间内物块Q受到的弹力方向 水平向左，物块P受到的弹力方向水平向右，。时 刻，两物块受到的弹力最大且大小相等，由牛顿第二 定件可得是片=a品-号解得，A p 项正确：0~2时间内物块P受到的弹力方向水平 向右，。时刻弹簧压缩到最短，所以物块P先做加 速度增大的减速运动后做加速度减小的减速运动， 之后做反向加速运动，B项错误；根据a-t图像与横 参考答案及解析 轴围成的面积表示速度变化量，可知0~2t。时间 内，物块Q的速度变化量大小△Q=S=a一0，则 2t时刻物块Q的速度大小vQ=S,t。时刻两物块有 相同的速度v,根据对称性可知，t。时刻两物块的速 度大小均为v=三，设物块P的初速度为w,根据 动量守恒定律可得m=(m十2m)u,解得。=3u= ,设。时刻弹簧的弹性势能为E。,根据能量守恒 3S 定律可得E,=子m6一号X3md,联立解得E, ,又E,=k(a),故，时刻弹簧的形变量 3mS2 =S√买，C项结误：设2%时刻物块P的速度 大小为vp,根据动量守恒定律可得m=mvp十 2a,解得vp三一号三一，可知2时刻物块P的 速度大小等于t。时刻物块P的速度大小，则2t。时 刻物块P的动能等于t。时刻物块P的动能，故t~ 2。时间内弹簧对物块P做的功为零，D项正确。 综合练（11) 1.B【解析】根据质量数和电荷数守恒有8：Rn→ 8Po十He,A项错误；质量亏损△m=222.0866u 4.0026u-218.0766u=0.0074u,解得△E=△m ×931MeV≈6.89MeV,B项正确；设a粒子，钋核的 动能分别为E、Ek针，动量分别为p。、p钋，由能量守 恒定律得△E=Ek十Ek针，由动量守恒定律可得O= 九十a,又E=六，放E1E=109:2,解得R ≈6.77MeV,C、D项错误。 2.D【解析】助跑过程中，地面对运动员的作用力的作 用点对应的位移为0，故地面对鞋的摩擦力不做功； 地面对运动员的支持力与运动员的运动方向垂直，支 持力也不做功，因此助跑过程中，地面对运动员不做 功，A项错误：蹬地起跳时，运动员有竖直向上的加速 度，处于超重状态，B项错误：全程重力位移为零，重 力做的功为零，C项错误：空气阻力不能忽略，则从起 跳到最高点的过程，运动员要克服空气阻力做功，有 机械能损失，因此运动员重力势能的增加量小于其动 能的减少量，D项正确。 3.B【解析】由图乙可知，相邻波峰和波谷之间的距离 为2m,则水波的波长入=4m,A项错误；由图丙可 知，A处质点的周期T=4s,则水波的波速=产= 1m/s,B项正确；由图丙可知，当t=3s时刻，A处质 点处于波谷位置，所受的回复力最大，则B处质点处 于波峰位置，C、D项错误。 4.D【解析】根据图乙可得，原线圈输入电压的最大值 为5V,根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系 可知，原线圈输入电压的有效值U,==5V≈ √2 2 3.54V,则电压表的示数始终约为3.54V,A、B项错 ·14 物理(XD) 误；根据图乙可得，原线圈输入电压的周期为0.02s, 颜率f=一=50H2,一个周期电流方向改变2次，变 压器不改变交变电流的频率，故副线圈中的电流方向 每秒改变100次，C项错误；瞬时电压大于5000V时 火花放电，即副线圈输出电压的最大值为5000V,根 1 据变压比可知女=0'所以实现燃气灶点 2 是<d若受=则可以实现然 火的条件为心< 1 气灶点火，D项正确。 5.A【解析】由题图可知，a→b过程，气体发生等温变 化，气体压强减小，体积增大，A项正确；由理想气体 状态方程兴-C可知p=CT文，斜率k=CT,连接 O、b的直线比连接O、c的直线的斜率小，所以b的温 度低，b→c过程，温度升高，压强增大，且体积也增大， B项错误；c→d过程，气体压强不变，体积变小，由理 想气体状态方程咒=C可知，气体温度降低，C项错 误；d→a过程，气体体积不变，压强变小，由理想气体 状态方程义-C可知，气体温度降低，D项错误。 6.C【解析】卫星无论沿轨道I过A点还是沿轨道Ⅱ 过A点，受到的万有引力相同，根据GMm=ma可知， r2 加速度a1=ag,但是卫星过A点由轨道I到轨道Ⅱ 需要点火加速，所以<2，A项错误；由题图可知， 卫星沿轨道Ⅱ过A点受到的万有引力大于过B点受 到的万有引力，根据G=ma可知a2>a,由开普 r 勒第二定律可知2>，B项错误；同理可得，卫星沿 轨道Ⅱ过B点的加速度等于沿轨道Ⅲ过B点的加速 度，即a?=a4,卫星由轨道Ⅱ经B点到轨道Ⅲ需要点 火加速，故<4，C项正确：根据GMm=ma可知a2 >a4,由GMm=m心可知u,>u4,D项错误。 r2 7.B【解析】由图可知，碰后白、黑两壶的最大位移之 比受一品-号由恶可知两老运动的加速度相同，根 据2ax=寸，可得白、黑两壶碰后的速度大小之比山 -√臣-√写=子A项信误，B项正确：两壹发生 碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有v= m十a,以号=子解得=子，=翠，则两表 因碰撞而损失的机械能△E=子m时一子mi 合m财=g,CD项结误。 8CD【解析】带电粒子在磁场中的运动半径，一器- d,A项错误：设从边界AD某处E进入磁场的粒子，综合练 (限时40 第1~7小题为单项选择题，第8~10小题为多项选 择题 1.如图甲所示为悬浮在某液体中的碳微粒等时间内 运动位置的变化图，如图乙所示为一定质量的氧 气在不同温度下气体分子的速率分布图线。下列 说法正确的是 各速率区间的分子数占 总分子数的百分比% 20 10 A.图甲反映了碳原子在不停地做无规则运动 B.图甲反映了液体分子在不停地做无规则运动 C.图乙中曲线a对应的温度比曲线b对应的温度高 D.图乙中与曲线b相比，曲线α对应的速率大的 分子数更多 2.已知地球的半径为R,自转周期为T,若测得在时 间t内，摆长为L的单摆在地球赤道处可完成n 次全振动，则在相同时间t内，该单摆在地球两极 处可完成全振动的次数为 TLn2十Rt A. B. TLn2-Rt2 TL TL C.N TLn2+Rt2 T2Ln2-Rt D. TR TR 3.如图所示，一长方体透明玻璃砖在底部挖去半径 为R的半圆柱，玻璃砖长为L。一束单色光垂直 于玻璃砖上表面射人玻璃砖，且覆盖玻璃砖整个 上表面。已知玻璃砖对该单色光的折射率为√2， 则半圆柱面上有光线射出的在 A,半圆柱穹顶部分，面积为RL 2 B.半圆柱穹顶部分，面积为πRL C半圆柱穹顶两侧，面积为RL 2 D.半圆柱穹顶两侧，面积为πRL 物理(XD)第19 (10) 分钟) 4.天山胜利隧道全长22.1公里，是中国建成的最长 高速公路隧道，穿越天山从3小时缩短到约20分 钟。假设某隧道掘进机的输出功率恒为2.4兆瓦 (兆=10°)，每日连续工作20小时，每年工作日为 360天，耗时3年完成隧道挖掘，假设掘进机匀速 推进隧道，估算其平均推力大小最接近 A.8×108N B.8×107N C.8×106N D.8×109N 5.在宇宙中当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可 以相互绕行，从而组成双星系统。在相互绕行的 过程中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入 到质量较小的黑洞中，从而被吞噬掉，黑洞吞噬恒 星的过程也被称为“潮汐瓦解事件”。天鹅座 X一1就是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，它 们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运 动，在刚开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞的距 离不变，则在这段时间内，下列说法正确的是 A.两者之间的万有引力变小 B.黑洞的角速度变大 C.恒星的线速度变大 D.黑洞的线速度变大 6.回旋加速器的工作原理示意图如图所示，置于真 空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小， 带电粒子穿过狭缝的时间可忽略。匀强磁场的磁 感应强度为B、方向与盒面垂直，高频交流电的频 率为∫，加速电压为U。若A处粒子源产生的质 子质量为m、电荷量为十q,在加速器中被加速，且 加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，则 下列说法正确的是 A.质子被加速后的最大速度 为2πRf B.质子离开回旋加速器时的最 大动能与加速电压U成正比粒子 C.质子第二次和第一次经过两 出口处/ D形盒间狭缝后轨道半径之比为1：√2 D.不改变磁感应强度大小B和交流电的频率∫， 该回旋加速器也能加速α粒子 页（共66页） 7.如图甲所示，两间距为L的光滑平行金属导轨固 定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向 上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金 属棒放在导轨上，并在方向平行导轨向右、大小为 F的恒力作用下开始向右运动，金属棒运动过程 中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加 速度与速度的关系如图乙所示，不计导轨及左边 导线的电阻，导轨足够长，若图乙中的ao、o均为 已知量，则下列说法错误的是 A,金属棒的质量为 以匀强藏场的悠痘强度大小为、图 C.当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电 荷量为 √FR D.某时刻撤去拉力F,此后金属棒运动过程中加 速度大小与速度大小成正比 8.滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过 程可简化为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上 有长为1m的滑板，滑板与斜坡之间的动摩擦因 数为器。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑 板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩 擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜 坡足够长，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s2,则下列说法正确的是 A.小孩和滑板脱离前小孩的加速 度大小为2m/s2 B.小孩和滑板脱离前滑板的加速 度大小为0.8m/s2 37° C.经过1s的时间，小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s 题号1234567 8 9 10 得分 答案 物理(XD)第2 9.如图所示为一理想变压器，原线圈接有电压为U1 的稳压交流电，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻 器R的滑片，则下列说法正确的是 A.开关K合在a处，滑片 ao P上滑时，原线圈中的 K 电流将减小 bo B.开关K合在b处，滑片 P下滑时，变压器的输人功率将减小 C.保持滑片P的位置不变，开关K由b合到a 时，R消耗的功率将减小 D.保持滑片P的位置不变，开关K由a合到b 时，原线圈中的电流将减小 10.如图甲所示，质量为m的物块P与物块Q(质量 未知)之间拴接一劲度系数为k的轻弹簧。物块 P与物块Q静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好 处于原长。现给物块P一水平向左的瞬时初速 度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，0 ~2t。时间内两物块运动的a-t图像如图乙所 示，已知t。时刻物块P与物块Q的加速度最大， 其中t轴下方部分的面积大小为S,弹性势能与 形变量清足E,=子k(ax),则下列说法正确 的是 g999999p 2o 2 甲 A.物块Q的质量为2m B.0一2t。时间内物块P先做加速度减小的减速 运动后做加速度增大的减速运动 C.。时刻弹簧的形变量为S√3m D.t。~2to时间内弹簧对物块P做的功为零 )页（共66页）