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2026届邵阳市普通高中学业水平选择性考试物理综合试卷3
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．科学家用α粒子轰击时，实现了人工核转变，反应方程为，则X为（　　）
A．β负粒子 B．β正粒子 C．中子 D．质子
2．如图，水平粗糙的桌面上有个光滑的小孔S，一轻绳穿过小孔，两端各系着质量分别为2m、m的两个小方块A、B，B以S正下方的点O为圆心做角速度为的匀速圆周运动，A恰好处于静止状态。已知SB=L，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，现将质量为m的小物块C放在A上，A仍然保持静止，B以最大的角速度做匀速圆周运动，则（　　）
A．C受到向左的静摩擦力
B．A与桌面间的动摩擦因数为
C．角速度为时，B运动的轨道半径为
D．
3．波源甲、乙分别在一根水平放置的绳的左右两端,两波源发出的波振幅和波长均相等,在绳中的传播速度均是1 m/s,在t=0时刻绳上的波形如图中(a)所示,则根据波的叠加原理,以下叙述中正确的是 (　　)
A．当t=2 s时,波形如图中①所示,当t=4 s时,波形如图中②所示
B．当t=2 s时,波形如图中①所示,当t=4 s时,波形如图中③所示
C．当t=2 s时,波形如图中②所示,当t=4 s时,波形如图中①所示
D．当t=2 s时,波形如图中②所示,当t=4 s时,波形如图中③所示
4．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．太阳对各小行星的引力相同
B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值均大于地球公转的线速度值
5．如图所示，在直角坐标系xOy中有a、b、c、d四点， c 点坐标为(－4 cm，3 cm) 。 现加上一方向平行于xOy平面的匀强电场， b、c、d 三点电势分别为9 V、25 V、16 V， 将一电荷量为－2×10－5 C的点电荷从a 点沿 abcd 移动到 d 点，下列说法正确的是
A．坐标原点O 的电势为7 V
B．电场强度的大小为500 V/m
C．该点电荷在a 点的电势能为2×10－4 J
D．该点电荷从a 点移动到d 点的过程中，电场力做功为8×10－4 J
6．如图所示，P点处有一粒子源，可以以不同的速率发射某种质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子沿纸面以与Pd成30°角的方向射入正方形匀强磁场区域abcd内(边界无磁场)，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，正方形abcd的边长为l，P点是cd边的中点.不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是 (　　)
A．当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场
B．当粒子的速率为时，粒子从ab边离开磁场
C．当粒子的速率为时，粒子恰好从bc边离开磁场
D．当粒子的速率由变为时，粒子在磁场中运动的时间变长
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．含有理想变压器的电路如图所示，L1、L2、L3为“24 V　2 W”的灯泡，为理想交流电压表，a、b端接正弦交流电压源(输出电压的有效值恒定).当开关S闭合时，灯泡均正常发光.下列说法正确的是(　　)
A．变压器原、副线圈匝数比为1∶2
B．电压表的示数为72 V
C．变压器的输入功率为8 W
D．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧毁
8．如图为一半圆柱形均匀透明材料的横截面，一束红光a从空气沿半径方向入射到圆心O，当θ=30°时，反射光b和折射光c刚好垂直。下列说法正确的是(　　)
A．该材料对红光的折射率为
B．若θ=45°，光线c消失
C．若入射光a变为白光，光线b为白光
D．若入射光a变为紫光，光线b和c仍然垂直
9．如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦因数均为μ，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右匀加速运动，用F1和F2分别表示A与B，B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是( )
A．若0，则F1：F2＝2：1 B．若0，则F1：F2＝3：1
C．若0，则F1：F2＝2：1 D．若0，则F1：F2＝3：1
10．在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将的货物放在传送带上的A处，经过到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度，由图可知（　　）
A．A、B两点的距离为
B．货物与传送带间的动摩擦因数为
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功为
D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为
二、非选择题（本大题共8小题 共56分）
11．(6分)如图甲所示,某同学想利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律,实验步骤如下:
①将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H,在导轨上靠右侧P点处安装一个光电门;
②用20分度的游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d;
③接通气源及光电计时器,将滑块从靠近导轨左端某处自由释放,测得滑块通过光电门时遮光时间为Δt。
　　　
　　　甲　　　　　　　　　　　乙
根据上面的实验步骤回答下列问题:
(1)该同学用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d,示数如图乙所示,则d=　　　　cm。
(2)实验中已知当地重力加速度为g,除上述步骤中测量的物理量之外,还需测量的物理量是　　　　。
A．滑块的质量M
B．气垫导轨的倾斜角度θ
C．滑块释放处遮光片到光电门的距离x
D．滑块从开始运动至到达光电门所用的时间t
(3)用题中所给的物理量及第(2)问中所选的物理量,如果满足等式gH=　　　　(不用代入数据),则验证了机械能守恒定律。
12．实验室有一卷铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。
（1）该同学首先用螺旋测微器测得导线直径大小为。
（2）根据铜导线的长度，他估计其电阻大约为，随后他设计了一个实验，较为准确地测定了这卷铜导线的电阻，实验室有以下器材供选择：
A．电池组（，内阻约）；
B．电流表（，内阻约）；
C．电流表（，内阻约）；
D．电压表（，内阻约）；
E．电压表（，内阻约）；
F．滑动变阻器（，允许最大电流）；
G．滑动变阻器（，允许最大电流）；
H．保护电阻；
I．开关、导线若干。
（3）①除了选项A、H和I外，电流表应选用 ，电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 。（填写器材前的编号）
②为了使测量结果尽量准确，且从零开始多测几组数据，该同学设计了下图所示电路，其中保护电阻与铜导线串联，请用笔画线完成剩余部分的连接 。
③通过上述实验，设测出的铜导线电阻为，查询资料知道铜的电阻率为，若用表示铜导线的直径，请写出计算铜导线长度的表达式 。
13．如图所示,柱形绝热汽缸固定在倾角为37°的斜面上,汽缸深度为H,汽缸口有固定卡槽.汽缸内用质量为m、横截面积为S的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体,此时活塞距汽缸底部的距离为,汽缸内气体温度为T0.现通过汽缸底部的电热丝(体积可忽略)缓慢对气体加热,一直到气体温度升高到3T0.加热过程中通过电热丝的电流恒为I,电热丝电阻为R,加热时间为t,假设电热丝产生的热量全部被气体吸收.大气压强恒为p0,不计活塞及固定卡槽厚度,活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气.取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)气体温度升高到3T0时的压强;
(2)气体温度从T0升高到3T0的过程中增加的内能.
14．如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，间距为L，左侧倾斜导轨与水平面的夹角为θ，且存在方向垂直倾斜导轨平面向上的磁感应强度为B1(大小未知)的匀强磁场，右侧部分导轨水平，矩形区域abcd内存在方向竖直向上的磁感应强度为B2(大小未知)的匀强磁场，金属棒M用锁扣固定在ab右侧x处.金属棒N从倾斜导轨的某一位置由静止释放，并在进入水平导轨前以速度大小v做匀速运动，最后刚好未与M发生碰撞.已知ab、cd的间距为x，两金属棒的质量均为m、在导轨间的电阻均为R，倾斜导轨和水平导轨平滑连接，两金属棒始终与导轨接触良好且运动过程中保持垂直，不计导轨的电阻和空气阻力，重力加速度为g.
(1)求B1的大小；
(2)求N在水平导轨上运动过程中通过回路的电荷量；
(3)若在N到达ab附近前打开锁扣，M出磁场时的速度大小为，求N出磁场时的速度大小.(M、N未在磁场区域发生碰撞)
15．如图所示为某种游戏装置的示意图，水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与PQ相切于Q．已知传送带长L＝4．0 m，且沿顺时针方向以恒定速率v＝3．0 m/s匀速转动．两个质量均为m的滑块B、C静置于水平导轨MN上，它们之间有一处于原长的轻弹簧，弹簧与B连接但不与C连接．另一质量也为m的滑块A以初速度v0沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘在一起，碰撞时间极短．若C距离N足够远，滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2．0 m/s滑上传送带，并恰好停在Q点．已知滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为μ＝0．20，装置其余部分均可视为光滑，重力加速度g取10 m/s2．求：
(1)P、Q间的距离；
(2)v0的大小；
(3)已知竖直圆轨道半径为0．55 m，若要使C不脱离竖直圆轨道，求A的初速度v′0的范围．
参考答案
1．【答案】D
【详解】根据核反应前后质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为，X的电荷数为，所以X为质子。选D。
2．【答案】D
【详解】A．C静止，只受重力和A的支持力，不受静摩擦力，选项A错误；
B．不放C时，对A有
F=μ·2mg
对B有
Fsinθ=mω2Lsinθ
解得
选项B错误；
CD．B以大的角速度做匀速圆周运动时，A受到桌面的静摩擦力恰好为最大静摩擦力，则有
F′=μ·3mg
又
解得
则轨道半径
选项C错误，选项D正确。
故选D。
3．【答案】D　
【解析】波速v=1 m/s,在t=2 s时,两列波都传到2、3之间,根据波的叠加原理可知,叠加后各质点位移为0,如图中②所示;两列波传播时互不干扰,因此t=4 s时,都传到了对方一侧,如图中③所示,故D正确.
4．【答案】C　【详解】由于各小行星的质量和轨道半径不同，根据万有引力定律可知太阳对各小行星的引力不同，选项A错误；由G＝mr可得T＝ ，又小行星的轨道半径大于地球的轨道半径，可知各小行星绕太阳运动的周期均大于一年，选项B错误；由G＝ma可得a＝，可知小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C正确；由G＝m可得 v＝ ，可知小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值均小于地球公转的线速度值，选项D错误。
5．【答案】B
【解析】由于该电场是匀强电场，故同一个方向相同距离之间的电势差相等，故φc－φb＝φd－φO，解得φO＝0 V，A错误；在d、O之间作出b点的等势点e，如图所示，由数学知识得e点的横坐标为xe＝－2.25 cm，则b、e连线是匀强电场中的等势线，过O点作b、e连线的垂线，交be于f，由几何关系得Of的长度为1.8 cm，根据电势差与电场强度的关系可知E＝，解得E＝500 V/m，B正确；因dO＝2Oa，则φd－φO＝2(φO－φa)，解得φa＝－8 V，则该点电荷在a点的电势能为Epa＝qφa＝－2×10－5×(－8)J＝1.6×10－4 J，C错误；该点电荷从a点移动到d点，电场力做功为Wad＝qUad＝－2×10－5×(－8－16) J＝4.8×10－4 J，D错误。
6．【答案】C
【解析】设粒子运动的轨迹半径为r1时，粒子的运动轨迹与ad边相切，如图中曲线①所示，由几何关系得r1-=r1sin 30°，解得r1=l，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv1B=，解得粒子的速率为v1=；当粒子的运动轨迹与ab边相切时，如图中曲线②所示，由几何关系可得r2+r2cos 30°=l，可得此时粒子运动的轨迹半径为r2=，粒子的速率为v2=；当粒子的运动轨迹与bc边相切时，如图中曲线③所示，由几何关系可得r3+r3sin 30°=，可得此时粒子运动的轨迹半径r3=l，粒子的速率为v3=.当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场，故A错误.当粒子的速率为时，由于v3<7．【答案】BD
【详解】
A．副线圈中每个灯泡中的电流A，原线圈中的电流也为A，副线圈电流A，则原、副线圈的匝数比为，故A错误；
B．副线圈两端电压为，则原线圈两端电压V，则电压表示数为V，故B正确；
C．副线圈输出的功率W，则变压器的输入功率为4W，C错误；
D．副线圈上再并联一个相同的灯泡，则副线圈电流增大，原线圈电流也增大，超过的额定电流，灯泡可能会烧坏，故D正确.
8．【答案】ABC
【详解】由几何关系可知当入射角为30°时，折射角为60°，故折射率为n==，故A正确；设临界角为C，得sin C==<，故C<45°，故若θ=45°，会发生全反射，光线c消失，故B正确；由于反射角等于入射角，故当入射光a变为白光，光线b也为白光，故C正确；对同种介质，紫光的折射率比红光大，故若入射光a变为紫光，折射角将变大，光线b和c不会垂直，故D错误。
9．【答案】AC
【详解】设三个物体与地面间的动摩擦因数均为μ，根据牛顿第二定律可得F-3μmg=3ma，得： ，对BC：F1-2μmg=2ma，得： ，对C：F2-μmg=ma，得： ，说明F1和F2的大小与动摩擦因数无关，F1：F2=2：1，
A. 若0，则F1：F2＝2：1与分析相符，A项与题意相符；
B. 若0，则F1：F2＝3：1与分析不符，B项与题意不相符；
C. 若0，则F1：F2＝2：1与分析相符，C项与题意相符；
D. 若0，则F1：F2＝3：1与分析不符，D项与题意不相符．
10．【答案】BC
【详解】
A．货物的位移就是AB两点的距离，求出货物的图像与坐标轴围成的面积即可。所以有
故A错误；
B．由图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
由图像得到
解得
故B正确；
C．传送带对货物做的功分两段来求，有
故C正确；
D．货物与传送带摩擦产生的热量也分两段来求，有
故D错误。
故选BC。
11．【答案】(1)1.050(2分)　(2)C(2分)　(3)(2分)
【解析】热门考点：实验验证机械能守恒
(1)遮光片的宽度d=1 cm+10×0.05 mm=1.050 cm。
(2)验证机械能守恒定律,依据实验操作可知,通过光电门来测量瞬时速度,从而求得滑块到达光电门位置的动能,再依据导轨长与高的关系,结合下滑的距离x可知,滑块下滑过程中的高度差,进而求得减少的重力势能,由mgh=mv2,可以看出只需验证式子gh=v2是否成立即可,故质量不需要测量;导轨的倾斜角度θ可以由已测量的导轨的长与高来确定,A、B错误,C正确;瞬时速度是由光电门测出的遮光时间及遮光片宽度来计算的,不需要测量滑块在整个过程的运动时间,D错误。
(3)由(2)的分析可知,滑块到达光电门位置的动能Ek=m·,而下滑的位移为x时,减少的重力势能Ep=mg··x,因此当mgx=m·,即gH=时,可以验证机械能守恒定律。
12．【答案】 C D F
【详解】（3）①[1][2][3]电源电动势为6V，电压表选择D，，内阻约，电路最大电流约为
电流表应选C，量程为0.6A，内阻约，为方便实验操作，滑动变阻器应选F，；
②[4]为了使测量结果尽量准确，且从零开始多测几组数据，则用分压式电路，因待测电阻约为，根据
可知待测电阻阻值偏小，故用电流表外接法；实物电路图如图所示：
③[5]由电阻定律得
解得
13．【答案】(1)p0+　(2)I2Rt--
【解析】(1)初始时活塞受力平衡,有p1S=p0S+mgsin 37°,
假设气体温度为3T0时,理想气体体积变为SH,活塞达到卡槽前压强恒为p1,
由盖-吕萨克定律有=,
活塞达到卡槽后体积恒为SH,由查理定律有=,
解得p2=p0+,
因为p2>p1,所以假设成立,则p2=p0+.
(2)电热丝产生的热量Q=I2Rt,
气体对外做的功W=p1S,
气体增加内能ΔU=Q-W,
解得ΔU=I2Rt--.
14．【答案】(1)　(2)　(3)0
【解析】(1)N沿倾斜导轨做匀速运动时，由平衡条件有mgsin θ=F安，
又F安=B1IL，I=，E=B1Lv，
联立解得B1=.
(2)N在水平导轨上从刚进入磁场到停止，由动量定理有0-mv=-B2Lt，
又q=t，=，==，
联立解得q=，B2=.
(3)在水平导轨的磁场中运动的过程，设Ｍ运动到cd边时，M、N在磁场中运动的位移之差为Δx，M棒运动的位移为x，N棒运动的位移为x+Δx，则此时N棒到cd边的距离为x-Δx，
对于M，由动量定理有B2Lt1=，
又q1=t1，q1=，
设此时N的速度大小为v1，M、N在水平导轨的磁场中运动时，M、N组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv=mv1+mv，
设N出磁场时的速度大小为v2，从M出磁场到N出磁场的过程中，由动量定理有-B2Lt2=mv2-mv1，
又q2=t2，q2=，
联立解得v2=0.
15．【答案】(1)2．25 m；(2)3 m/s；(3)0＜v′0≤9 m/s或v′0≥ m/s
【思路导引】运动过程分析
第1个过程：A、B发生非弹性碰撞，整体压缩弹簧至弹簧恢复原长后，C脱离弹簧，根据动量守恒定律和动能定理求解A的初速度；
第2个过程：C滑上传送带，先做加速运动，后做匀速运动；
第3个过程：C不脱离轨道，有两种情况：
(1)C最高只能到达圆心等高处，临界条件是C恰能到达圆心等高处，判断C滑上传送带后能不能到达Q点， 结合动量守恒定律和机械能守恒定律，求得A的初速度范围．
(2)能通过圆轨道最高处，临界条件是C恰能通过最高点，结合向心力公式和机械能守恒定律，求得A的初速度范围．
【详解】(1)由vC解得v′＝2 m/s>v，所以C在传送带上一定先加速后匀速，滑上PQ的速度为v＝3 m/s，
又因为滑块C恰好停在Q点，则有0－v2＝－2μgxPQ，
解得xPQ＝2．25 m．
(2)A与B碰撞，由系统动量守恒定律有mv0＝2mv共，
接下来A、B整体压缩弹簧到弹簧恢复原长后，C脱离弹簧，这个过程有2mv共＝2mv1＋mvC，
×2mv共2＝×2mv12＋mvC2，
联立解得v0＝3 m/s．
(3)要使C不脱离圆轨道，有两种情况，一是C最高只能到达圆心等高处，二是能通过圆轨道最高处，若恰能到达圆心等高处，从Q到与圆心等高处，根据机械能守恒定律有mvQ12＝mgR，
则vQ1＝＝ m/s，
由vQ1>v可知，从N到Q滑块C一直做减速运动，则有vQ12－v′C12＝－2μg(L＋xPQ)，可得v′C1＝6 m/s，
如果滑块从静止开始在传送带上一直加速，滑块到达P时速度为vP，则有vP2＝2μgL，得vP＝4 m/s>v＝3．0 m/s，可知滑块能滑上传送带就一定能到达Q点，
在A、B碰撞及与弹簧作用的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，则有
2mv′共＝2mv′1＋mv′C1，
×2mv′共2＝×2mv′12＋mv′C12，
又mv01＝2mv′共，
联立解得v01＝9 m/s，则0＜v′0≤9 m/s，
若C恰能通过最高点，在最高点有mg＝，从Q到最高点的过程根据机械能守恒定律有mv上2＝mvQ22－2mgR，解得vQ2＝＝ m/s，
同理可得A的初速度范围是v′0≥ m/s，
所以v′0≥ m/s或0＜v′0≤9 m/s．
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