综合练(12)-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理专项分组练(湖南专版)

综合丝 (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.关于电磁波谱，下列说法正确的是 无线电波 L可见光 长波中波短波微波红外线紫外线X射线γ射线 波长/m1021010-210410-610810101012 A.红外体温计的工作原理是人的体温越高，发射 的红外线越强，有时物体温度较低，不发射红外 线，导致无法使用 B.紫外线的频率比可见光低，医学中常用于杀菌 消毒，长时间照射人体可能损害健康 C.X射线、Y射线频率较高，波动性较强，粒子性 较弱，较难发生光电效应 D.手机通信使用的是无线电波，其波长较长，更容 易观察到衍射现象 2.如图所示，一条不可伸长的轻绳两端分别系在轻 杆MN两端，轻杆MN的中点为O,在轻绳上放置 一轻质滑轮，滑轮与一重物相连，初始时轻杆与水 平方向间的夹角为0（θ<90°），滑轮左右两侧轻绳 间的夹角为90°。不计滑轮摩擦，现让轻杆绕O点 在竖直面内沿顺时针缓慢转过20角，在此过程中 关于轻绳上的张力大小，下列 说法正确的是 A.保持不变 B.逐渐增大 C.逐渐减小 D.先增大再减小 3.保温壶内有少量热水，用壶盖将壶口盖住，壶内气 体的压强为1.2。，温度为87℃。一段时间后，壶 内气体压强降为1.05。，温度变为57℃。不计壶 内水的体积的变化及水的蒸发和凝结，将壶内气 体看成理想气体，已知热力学温度与摄氏温度间 的关系为T=t十273K,则在这一过程中，下列说 法正确的是 A.壶内气体对外界不做功 B.壶内气体的质量保持不变 C.壶内气体发生了泄漏现象 D.单位时间内气体分子对壶内壁撞 击的次数增加 物理(XD)第2 东(12) 0分钟) 4.如图所示，图线α是太阳能电池在某光照强度下 路端电压U和干路电流Ⅰ的关系图像，电池内阻 不是常量。图线b是某光敏电阻的U-I图像，虚 线c为图线a的切线，切点为P,在该光照强度下 将它们组成闭合回路，下列说法正确的是 A.太阳能电池的电动势为6V U/V B.光敏电阻的功率为1W C.光敏电阻的阻值为402 D.太阳能电池的内阻为52 、、C 00.20.40.6/A 5.轮轴机械是中国古代制陶的主要工具。如图所示， 轮、轴可绕共同轴线O自由转动，其轮半径R= 20cm,轴半径r=10cm,用轻质绳分别缠绕在轮和 轴上，分别在绳的下端吊起质量为2kg、1kg的物 块P和物块Q,将两物块由静止释放，释放后两物 块均做初速度为0的匀加速直线运动，不计轮、轴的 质量及一切摩擦，重力加速度g=10m/s2。在P从 静止下降1.2m的过程中，下列说法正确的是 A.P、Q的速度大小始终相等 B.Q上升的距离为0.6m C.P下降1.2m时Q的速度大小 为2√3m/s P■ D.P下降1.2m时P的速度大小 为2m/s 6.北京时间2025年5月14日12时12分，国星宇航 在酒泉卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭， 成功将太空计算星座021任务12颗卫星发射升 空。卫星顺利进入预定轨道，标志着全球首个太 空计算卫星星座成功发射。现假设两颗卫星A、B 均在赤道平面上绕地球做匀速圆周运动。已知A 的周期为T,B的轨道半径为A的3倍，某时刻 A、B相距最近，从此时刻算起，下列说法正确的是 A.A的向心加速度小于B的向心加速度 B.相同时间内，A与地心连线扫过的面积等于B 与地心连线扫过的面积 C.若A,B绕地球同向运行，则经过，5T 2(3√3-1) 后，A、B第一次相距最远 D.若A、B绕地球反向运行，则经过35T后，A、 3W3+1 B再次相距最近 页（共66页） 7.滑块以一定的初速度沿倾角为0、动摩擦因数为： 的粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到 底端，A点为途中的一点。利用频闪仪分别对上 滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如 图甲、乙所示。若滑块与斜面间的动摩擦因数处 处相同，不计空气阻力。对比甲、乙两图，下列说 法正确的是 B B ◇ 乙 A.滑块上滑和下滑过程的运动时间相等 B.滑块上滑过程和下滑过程的加速度大小之比为 16:9 C.滑块上滑过程过A点时的速度与下滑过程过A 点时的速度大小之比为3：4 D.=tan 0 8.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、 c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、 17V、26V。下列说法正确的是 A.电场强度的大小为2.5V/cm y/cm B.坐标原点处的电势为1V C.电子在a点的电势能比在b 点的电势能低7eV 02468xcm D.电子从b点运动到c点，静电力做功为9eV 9.现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的 运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d 的匀强电场与匀强磁场，匀强电场方向竖直向下， 匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子 (不计重力)从电场上边界的O点由静止释放，运 动到磁场下边界的P点时正好与下边界相切。若 把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让 粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒 子第一次到达最低点V,下列说法正确的是 题号12345678 9 10得分 答案 物理(XD)第24 A.匀强电场的场强大小为Bg延 m B.粒子从O点运动到P点的时间为π十4)m 2gB C.M,N两点的竖直距离为圣d D.粒子经过V点时的速度大小为BgL m 10.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导 轨，其间距为L,导轨弯曲部分光滑，平直部分粗 糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为 R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为 d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁 场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已 知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为4，重 力加速度为g,金属棒与导轨接触良好且始终垂直 导轨，则金属棒穿过磁场区域的过程中 R A.流过金属棒的最大电流为BdY2g 2R 以通过金属棒的电荷最为兴 C.克服安培力所做的功为mgh D.金属棒内产生的焦耳热为2mg(h-d) 页（共66页）物理(XD) 其轨迹恰好与AC相切，如图所示，则E点与A点的 距离为AO一EO=2d一d=d,粒子在距A点0.5d处 射入，会进入Ⅱ区域，B项错误；粒子在距A点1.5d 处射入，不会进入Ⅱ区域，在I区域内的轨迹为半圆， 运动的时间为(=艺-器C项正胸：法人区坡的 粒子，弦长最短时的运动时间最短，且最短弦长为d, 与半径相同，故对应的圆心角为60°，最短时间为t -专-器D项正确。 ×××××: 6。。。 二及。·。。 ∷ E 9.ABD【解析】小球在平衡位置时，由受力分析可知 gE=mgan37,解得，装=兰，A项正确：由上述分析 mg 可得E=1.5N/C,小球向左被拉到细线水平且拉直 的位置，释放后将沿电场力和重力的合力方向做匀加 速运动，合力方向与竖直方向成37°角，加速度大小为 a=F金=12.5m/s,则经过0.2s后，小球的位移大 小==0.25m,B项正确：小球从水平位置到 最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理可得 mgL十gEL=名md,解得0=V瓜m/s:因小球从水 平位置先沿直线运动，然后当细线被拉直后做圆周运 动到达最低点，在细线被拉直的瞬间有能量的损失， 可知到达最低点时的速度小于√I4m/s,C项错误； 分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B点关于 O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为，则 mgos9叶5sn日=m空，由动能定理得-wgl.co0 -gEL(1十sin0)= 之m6,联立解得h= √2Im/s,D项正确。 10.AC【解析】对小球受力分析有g=T1cos30°，解 得T=2 3mg,将滑块和斜面体看成整体，由平衡 条件得，斜面体所受的摩擦力大小f1=T1cos30°= g,A项正确；设轻绳与竖直方向的夹角为日，对小 mu U 球有Tsin0=Sim9,Tcos0=mg,解得Lsin Oran =g,所以随着转速的增大，拉力会增大，轻绳与竖 直方向的夹角会增大，两绳的夹角会减小，合力会增 大，所以轻绳对小孔的作用力增大，B项错误：因为 轻绳对滑块的拉力越大，滑块越容易往上滑动，所以 当小球的转速最大，即轻绳的拉力最大时，对滑块受 力分析得T2=4 ngsin30°十4 ngcos30°，即 ·15 参考答案及解析 mw2Lsin9=T2sin0,解得最大角速度w=入2，所 以最大转速一会-云√臣，C项正确：加上电场 后，对小球受力分析有Tsin0=mw2Lsin0,Tcos8= mg十qE,因为要使转速不变，即角速度不变，所以轻 绳的拉力大小不变，因为轻绳竖直方向的分力相对 没有加电场时增大了，所以由以上公式可知B减小， 即小球到转动中心的距离减小，D项错误。 综合练（12) 1.D【解析】有温度的物体都会发射红外线，A项错 误；紫外线的频率比可见光高，B项错误；X射线、Y射 线频率较高，波动性较弱，粒子性较强，较易发生光电 效应，C项错误：手机通信使用的是无线电波，其波长 较长，更容易观察到衍射现象，D项正确。 2.D【解析】如图所示： d1白 d2 轻杆MN与水平方向间的夹角0越大，MN之间的水 平距离d越小，由于滑轮两侧轻绳拉力相等，滑轮左 右两侧轻绳与竖直方向的夹角相等，设夹角为α，轻 绳的长度为L,由sn。-会-告-光可知，9角越 大，d越小，a越小，根据平衡条件有mg=2 Tcos a,解 得T=2c0saj ,mg,在轻杆MN从图示位置在纸面内绕O 点沿顺时针缓慢转过2θ的过程中，M、V两端之间的 水平距离d先增大后减小，即a先增大后减小，cosa 先减小后增大，可知轻绳上的张力先增大再减小，D 项正确。 3.C【解析】壶内气体初始状态与末状态的温度T= 87十273K=360K,T2=57十273K=330K,根据理 趣气体状态方程有2p业-15p业，解得 T 》可知气体体积变大，气体对外界微功，A项脂误： 不计壶内水的体积的变化及水的蒸发和凝结，气体体 积变大，反映了壶内气体发生了泄漏现象，壶内气体 质量减小，B项错误，C项正确；由题意可知，气体体 积增大，单位体积内气体分子数目减小，气体温度降 低，气体分子运动的平均速率减小，则单位时间内气 体对壶内壁单位面积碰撞的次数减少，D项错误。 4.D【解析】由闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir,当 电流为0时，图线α的纵截距表示电源电动势，所以 E=5V,A项错误：由图可知在某光照强度下将它们 组成闭合回路时，则该光敏电阻两端电压为4V,通 过该光敏电阻的电流为0.2A,则该光敏电阻的阻值 参考答案及解析 R-号-200，C项错误：光敏电阻的功率P-UI= 0.8W,B项错误；太阳能电池的内阻，=EV 5,D项正确。 5.B【解析】由题意知轮半径R=20cm,轴半径r= 10cm,根据线速度与角速度的关系可知迎=w迟= VQ wr 一，A项错误；在P从静止下降1,2m的过程中，由 2 题意相岩一票一子·解得0=06m,B项正确；根 据机械能守恒定律可得mgh=令mr听十子6 。1 十nggho,又光=千，h@=0.6m,解得a=2m/sp =4m/s,C、D项错误。 6.D【解析】设地球的质量为M,卫星的质量为，地 球中心到卫星的距离为r,由万有引力提供向心力有 恤=ma,解得a=以，故y越大，加速度a越小， 故A的向心加速度大于B的向心加速度，A项错误； 由开普勒第二定律可知，A、B在不同轨道上运行，所 以相等时间内A与地心的连线扫过的面积不等于B 与地心的连线扫过的面积，B项错误；已知B的轨道 半径为A的3倍，由开普勒第三定律可知六 ,可知Ta=3T,若A,B绕地球同向运行，设 (3r)3 A,B第一次相距最远时间为心，则（停一会）山= 解得△=。35T,C项错误：若A,B绕地球反向 2(33-1) 运行，设A、B再次相距最近的时间为△，则兰十 兰-1，解得Ar=35工，D项正确。 3/3+1 7.B【解析】设频闪时间间隔为T,图甲表示上滑过 程，时间间隔为3T,图乙表示下滑过程，时间间隔为 4T,把上滑过程逆向看成初速度为零的匀加速直线 运动，由s=2ar可知，加速度大小之比为16：9，A 项错误，B项正确：利用逆向思维，滑块在A、B两点 间运动，根据位移公式有x=a1=a,, 解得温=子，即图甲与图乙中清块在A,B两点间 的运动时间之比为3：4，故由v=at知v甲：2=4：3， C项错误；根据加速度之比有(gsin0十gcosθ)： 7 (gsin8-gcos9)=16:9,解得u=25tan0,D项 错误。 8.ABD【解析】如图所示，在ac连线上，确定一b点， 电势为17V,将bb连线，即为等势线，那么垂直bb'的 ·16 物理(XD) 连线，即为电场线，再依据沿电场线方向电势降低，则 电场线方向如图所示，因为此电场为匀强电场，则有 E=号，依据儿何关系，则有d=必 6b' 4.5×6 cm=3.6cm,因此电场强度大小E= √/4.5十6 2612V/cm=2.5V/cm,A项正确：根据4一.= 3.6 9一，因a、bc三点电势分别为9。=10V,9= 17V,=26V,解得坐标原点处的电势为=1V, B项正确；因U=m一%=10V-17V=-7V,电 子从a点到b点静电力做功为W=gU=7eV,因静 电力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势 能比在b点的高7eV,C项错误；同理有Ux=9一9 =17V一26V=一9V,电子从b点运动到c点，静电 力做功为W=gLU=9eV,D项正确。 ty/cm ----0 1 b 02468x/cm 9.BD【解析】设粒子在磁场中的速率为，轨迹半径 为R,在电场中由动能定理有gd=子md,洛伦兹 力提供向心力，有gB=mR,由几何关系可得R= d,综上可得E=BgL,A项错误：粒子在电场中的运 2m 动时间=是一沿在磁场中到P点的运动时间 4:=子=器，则粒子从0点运动到P点的时间1 T B项正确：将粒子从M点运动到N点的过 程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分 量、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向 和竖直方向分解，两个洛伦兹力的分量分别为F= qB,F,=qu,B,设粒子在最低点N的速度大小为 1,M、V两点的竖直距离为y,水平方向由动量定理 可得mu-0=∑qu,B△t=gB,由动能定理可得 E,-之m-0,解得=y=d,C项结谈，D 项正确。 10,BD【解析】金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动 能定理有mgh=子md,金属棒在酸场中运动时产 生的感应电动势E=BL,金属棒受到的安培力F= BL,当金属棒刚进入磁场时，感应电流最大，分析 可得I=BL巫，A项错误：金属棒穿过磁场 2R 区域的过程中通过金属棒的电荷量g=:=” 2R 物理(XD) 装，B项正确：对整个过程由动能定理得mgh一 W克安一ngd=O,金属棒克服安培力做的功W克安= mgh-mgd,金属棒内产生的焦耳热Q=二W要 1 mg(h一d),C项错误，D项正确。 综合练（13) 1.C【解析】充气袋在运输中起到缓冲作用，在某一颠 簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知， 合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的 时间，从而减小物品所受的合力，A、B项错误，C项正 确：动量的变化率是动量变化快慢的量度，在数值上 等于物体所受合外力，充气袋可以减小颠簸过程中物 品动量的变化率，D项错误。 2.C【解析】乙分子从a运动到d,分子间作用力先增 大后减小再反向增大，A项错误；乙分子从a运动到 c,分子间作用力为引力，分子间距离减小，所以分子 间作用力的方向与位移方向相同，分子间作用力做正 功，B项错误：乙分子在c处，分子间的斥力和引力大 小相等，分子间作用力表现为0，但斥力和引力均不 为0，C项正确；乙分子从a运动到c的过程中，由题 图可知，两分子间作用力先增大后减小，且一直表现 为引力，则乙分子一直做加速运动，D项错误。 3.A【解析】由a-t图像可知，手机的加速度大小在 某段时间内等于重力加速度，该段时间内手机与手掌 没有力的作用，所以手机可能离开过手掌，A项正确： a-t图像与横轴所围成的面积表示速度变化量，手机 的初速度为0，结合图像可知，0一t时间内速度变化 量为正，即末速度为正值，说明手机还在继续上升，并 未到达最高点，B项错误；0~时间内速度变化量为 正且最大，说明此时速度向上最大，2时刻后加速度 为负值，说明手机开始向上做减速运动，故手机的运 动方向未改变，C项错误；由图可知~t2时间内加 速度向上且不断减小，设手机受到的支持力大小为 F,根据牛顿第二定律得F一mg=ma1,整理得F= mg十ma1,可知t~te时间内支持力F不断减小： 一时间内加速度向下且不断增大，根据牛顿第二定 律得g一F=ma2,整理得F'=g一ma2,可知t2~ t3时间内支持力F不断减小，故手机在t~t3时间内 受到的支持力一直在减小，D项错误。 4.D【解析】变性器原线圈两瑞电压的有效值心，一方 =20V,根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数 的关系号-兴·解得变压器剧线周两端电压的有效 值U2=10V,电压表的示数等于变压器副线圈两端 电压的有效值，为10V,A项错误：根据号一兴得1 =1A,B项错误；设通过电动机的电流为I,电动机 的输出功率Pm=LU2I1一IR,电动机的输出功率P =Fu=mgv=5W,解得I=1A,电动机消耗的热功 率P热=IR=5W,C项错误；通过小灯泡的电流I2 ·17 参考答案及解析 =I一I1=1A,若电动机被卡住但未损坏的情况下， 电路消耗的总功率Pa=U:上+装=30W,D项 正确。 5.A【解析】由于不考虑集光球内表面的反射，所以最 上面的一束光线的光路图如图所示： 集光球 太阳光 R 导光管 由儿何关系可知sn0=是-号，解得0=60，入射角 8=0=60°，折射角0，==30，根据折射定律可知， 材料的折射率n=si日=5，A项正确。 sin 2 6C【解析】由开青莉第三定律得异=异，设A,B两 卫星至少经过时间t距离最远，即卫星B比卫星A多 了一六=立，由卫星A是地球同步卫星 转半圈，即大一t=1 得T=T。,联立解得1一2（厅- T。 -,C项正确 7.A【解析】0~0.5s内，货物沿传送带向下做匀加速 直线运动，摩擦力沿传送带向下，有mgsin37°十 gcos37°=ma1,由图可知a1=8m/s2,则4= 0.25,A项正确：货物加速至速度%=4m/s时的位 =1m<L=7m,0.5s后货物沿传送带向 移x0=2a1 下做匀加速直线运动，摩擦力沿传送带向上，有 ngsin37°-umgcos37°=na2,解得a2=4m/s2,货物 以加速度a?匀加速直线运动下滑过程有L一x= 西十2，解得=1s,则货物在传送带上运动 的时间为1.5s,B项错误；货物从顶端滑到底端的过 程摩擦力对传送带做功，则W,=一F;·x1= -umgcos日·oti,W2=F·x2=ngcos0·wt2,W =W1十W2=4J,C项错误；从题图乙可知，0~0.5s 内，传送带比货物多运动1m,0.5~1.5s内，货物比 传送带多运动2m,所以货物从A端运动到B端的过 程中，两段的相对位移之和为3，因摩擦产生的热 量Q=F:·x相特=mgcos日·x相村=6J,D项错误。 8.ACD【解析】玻璃管在振动过程中，受到重力和水 的浮力，这两个力的合力充当回复力，A项正确；水的 浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能 不守恒，B项错误：由于振动周期T=0.5s,故w=牙 =4πrad/s,由题图乙可知玻璃管的振动位移的表达 式x=4sin(4t一受)cm,C项正确：由题图乙可知， 在t~t时间内，玻璃管向平衡位置运动，故位移减 小，加速度减小，速度增大，D项正确。