2026届年湖南省邵阳市普通高中学业水平选择性考试物理综合试卷（含解析）

2026届年邵阳市普通高中学业水平选择性考试物理综合试卷2
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。
1．2023年10月23日，日本对外宣布进行福岛核污水的第二次排海，核污水中含有钋、铯等数十种放射性物质，其中钋核（）发生衰变时的核反应方程为，、、X的质量分别为、、。下列说法正确的是（　　）
A．该核反应为衰变
B．钋核有84个质子和126个中子，其半衰期随温度的升高而变大
C．该核反应产物的结合能之和大于钋核（）的结合能
D．衰变时释放能量
2．如图所示，地球赤道上空有两颗在赤道平面内运行的卫星甲、乙，其中乙运行的轨道半径为地球半径的2倍，运行周期为，两卫星运行方向相同.甲对地球的最大观测视角为 .则（ ）
A．甲的线速度大于乙的线速度
B．甲的角速度大于乙的角速度
C．甲的周期是乙周期的
D．甲的周期是乙周期的
3．如图所示,S1、S2为水波槽中的两个波源,它们分别激起两列水波,图中实线表示波峰、虚线表示波谷.已知两列波的波长λ1<λ2,该时刻在P点两列波的波峰与波峰相遇,则以下叙述正确的是 (　　)
A．P点有时在波峰,有时在波谷,振动始终加强
B．P点始终在波峰
C．P点的振动不遵循波的叠加原理,P点的振动也不始终加强
D．P点的振动遵循波的叠加原理,但并不始终加强
4．（圆锥摆模型）如图，儿童玩具拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上。现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动。则两球的位置关系可能正确的是（图中细绳与竖直方向的夹角）（ ）
A． B．
C． D．
5．如图所示，在圆心为的光滑绝缘细圆环上的点固定了一个电荷量为的点电荷；另一个电荷量也为的点电荷沿着圆环从点顺时针缓慢移动到点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．圆心处的电场强度始终不变
B．圆心处的电势始终不变
C．两点电荷组成的系统电势能始终不变
D．运动电荷受到的库仑力先减小后增大，先做负功后做正功
6．如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行）,磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．图中、、三点在同一直线上，与垂直，且与电场和磁场方向均垂直．点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线运动的粒子才能进入区域Ⅱ．若区域Ⅰ中电场强度大小为、磁感应强度大小为，区域Ⅱ中磁感应强度大小为，则粒子从的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为．若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A． 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为,则
B． 若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为,则
C． 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为,则
D． 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为,则
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．如图所示，高铁的供电流程是将高压220 kV或110 kV经过牵引变电所进行变压，降至27.5 kV，通过接触网上的电线与车顶上的受电器进行接触而完成受电，机车最终获得25 kV的电力.以下说法正确的是 (　　)
A．若电网的电压为220 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶8
B．若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=4∶1
C．如果高铁机车功率为8 000 kW，则自牵引变电所至机车间的等效电阻约为85.9 Ω
D．如果高铁机车功率为8 000 kW，则自牵引变电所至机车间的牵引网等效电阻约为7.8 Ω
8．如图所示，为玻璃等腰三棱镜的横截面，、两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面（两束光关于对称），在棱镜侧面、上反射和折射的情况如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．在玻璃棱镜中，光的传播速度小于光的传播速度
B．若保持光入射点位置不变，将光束顺时针旋转，则面可能有光线射出
C．用、光在同样的装置中做“双缝干涉”实验，光的条纹间距大
D．用、照射同一狭缝，光衍射现象更明显
9．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
10．物块a、b中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，ma=3 kg，如图甲所示.开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块a施加水平向右的恒力F，t=2 s时撤去恒力F，在0~2 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示.弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是 (　　)
　　
　　　甲　　　　　　　　乙
A．0~2 s内物块a与物块b间的距离一直在减小
B．物块b的质量为mb=2 kg
C．撤去F瞬间，a的加速度大小为0.8 m/s2
D．若F不撤去，则2 s后两物块将一起做匀加速运动
二、非选择题（本大题共8小题 共56分）
11．（1）某物理兴趣小组用如图甲所示的仪器验证机械能守恒定律。
①为了减小实验误差，实验对象应选用（填“金属”或“塑料”）小球。
②用游标卡尺测量小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d=cm。
③将小球从光电门1的正上方某处由静止释放，计时器记录两个光电门的挡光时间分别为和，同时测得两个光电门之间的距离为L，小球通过光电门时的速度等于小球的直径除以挡光时间，重力加速度大小为g，若等式（用题中物理量表示）成立，则表明该过程中小球的机械能守恒。
12．（10分）某同学把铜片和锌片相隔约1 cm插入一个苹果中，就制成了一个水果电池。为了测量其电动势E和内阻r，他用到的实验器材有电阻箱（最大阻值为9 999 Ω）、数字万用表2 V电压挡（内阻远大于普通电压表）、开关、导线若干。实验步骤如下：
①将该水果电池与其余实验器材按如图甲所示的电路连接；
②调节电阻箱阻值，闭合开关，待数字万用表示数稳定后，记录电阻箱的阻值R和数字万用表的示数U后立即断开开关；
③每次将电阻箱的阻值增大1 000 Ω，重复实验，计算出相应的和，数据记录如表所示∶　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　甲
R/Ω U/V /kΩ－1 /V－1
2 000 0．206 0．500 4．854
3 000 0．275 0．333 3．636
4 000 0．335 0．250 2．985
5 000 0．380 0．200 2．632
6 000 0．425 0．167 2．353
乙
④根据表中数据，绘制出－关系图线如图乙中的直线b所示。
请回答下列问题∶
（1）步骤②中立即断开开关的原因是　　　　；
（2）根据闭合电路欧姆定律，可以得到与的关系表达式为＝　　　　（用E、r和R表示）；
（3）根据由实验数据绘制的图线b可得该水果电池的电动势为　　　　V，内阻为　　　　kΩ（结果均保留两位有效数字）；
（4）若用普通的电压表代替数字万用表进行实验，得到的图线可能是图乙中的直线　　　　（填“a”“b”“c”或“d”）。
13．如图甲所示，一质量、横截面积的绝热活塞将一定质量的理想气体封闭在开口向上的圆筒形绝热的气缸内。现通过电热丝对气体缓慢加热，使活塞缓慢地向上移动到达位置（即任意时刻可以认为活塞都处于平衡状态），在此过程中，缸内气体的图像如图乙所示，已知大气压强，重力加速度。
（1）求活塞处于位置时，气缸内气体的压强和体积；
（2）若活塞由位置缓慢到达位置过程中，气缸内气体内能的变化量，则求气缸内气体在该过程中从电热丝吸收的总热量。

14．光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示.两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0~τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0.一电阻为R、边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行.t=0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动.在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示.随后在τ~2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ~3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0.求：
(1)t=0时线框所受的安培力F；
(2)t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；
(3)2τ~3τ时间内，线框中产生的热量Q.
　　　　图(a)　　　　　　　　　图(b)
15．如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l.一质量为m=M的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.不计空气阻力,重力加速度大小为g.求
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数.
参考答案
1．【答案】C
【详解】根据核反应中电荷数守恒和质量数守恒，可知X为，即该核反应为衰变。A错误；钋核有84个质子和126个中子，其半衰期由原子核内部决定，不会随温度的升高而变大。B错误；衰变时释放能量，生成物更稳定，则生成物的比结合能更大，由于反应过程总的核子数不变，则核反应产物的结合能之和大于钋核（）的结合能。C正确；衰变时释放能量，D错误。
2．【答案】C
【解析】根据,解得,,由题图可知,可得甲的线速度小于乙的线速度,甲的角速度小于乙的角速度,故、错误；根据,解得,由几何关系可知,又,联立解得,故正确,错误.
3．【答案】D　
【解析】波发生干涉的条件是两列波的频率相同,由于λ1<λ2,且同种介质中波速相同,根据v=λf,可知两列波频率不同,不能发生干涉现象,但能叠加,则P点的振动不可能一直加强,A、B、C错误,D正确.
4．【答案】C
【详解】①常规方法：手柄匀速转动，稳定后两小球均做周期相同的圆锥摆运动。设鼓的半径为，绳长为，绳与竖直方向夹角为 ，则绳长的竖直分量为 ，由小球的重力与细绳拉力的合力提供向心力，有，变形得，可知在转动周期相同时，绳与竖直方向夹角 越大，则绳长的竖直分量越大，由题可知 ，故正确。
②圆锥摆法：手柄匀速转动，用细绳系于鼓边的两小球稳定时做与手柄转动周期相同的圆锥摆运动，圆锥摆的周期为圆锥摆运动的圆锥高度，如图所示，易得正确。
【对比总结】常规解法基于小球做圆锥摆运动由合力提供向心力，得到周期、绳偏角 及绳长的竖直分量的函数关系进行分析求解。若充分利用圆锥摆的周期由圆锥的高度与重力加速度决定这一特点，结合题给条件 ，画出图示结合几何图形进行分析，更直观简洁，是用数学函数分析不可替代的。
5．【答案】B
【解析】根据矢量合成法则，圆心处电场强度由两个点电荷独立产生的场强合成，先减小后增大，方向也不断改变，错误；电势是标量，运动电荷与点的距离不变，故两电荷在点处的合电势不变，正确；运动电荷受到的库仑力为斥力，因二者距离先增大后减小，故库仑力先减小后增大，静电力先做正功，后做负功，故系统电势能先减小后增大，、错误。
【一题多解 】设两点电荷在圆心处的电场强度方向的夹角为 ， 先由 增大到 后由 减小到 ，根据点电荷电场强度公式和矢量合成法则可知圆心处电场强度，所以圆心处的电场强度先减小后增大，方向也不断改变，A错误；电势是标量，根据点电荷的电势公式可知，圆心处的电势始终为，B正确。
【一题多解】设两点电荷在圆心 处的电场强度方向的夹角为 ， 先由 增大到 后由 减小到 ，根据点电荷电场强度公式和矢量合成法则可知圆心 处电场强度 ，所以圆心 处的电场强度先减小后增大，方向也不断改变，A错误；电势是标量，根据点电荷的电势公式 可知，圆心 处的电势始终为 正确。
6．【答案】D
【解析】设沿做直线运动的粒子的速度大小为，有,即，粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，如图中轨迹1，由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为 ,则运动时间为周期，又，可得，时间，根据几何关系可知，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的一半，如图中轨迹2，轨迹对应的圆心角依然为 ，时间，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的2倍，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的2倍，如图中轨迹3，粒子从点离开磁场，对应的圆心角依然为 ，时间，B错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为，粒子从、间离开，如图中轨迹4，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角 满足，则 ，则，C错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为，粒子从、间离开，如图中轨迹5，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角 满足，则 ，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为，D正确．
7．【答案】BD　
【解析】若电网的电压为220 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为===，若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=4∶1，A错误，B正确；若高铁机车功率为8 000 kW，根据P=IU，U=25 kV，得电流I=320 A，牵引变电所至机车间的牵引网等效电阻R=≈7.8 Ω，C错误，D正确.
8．【答案】BC
【详解】
A．由题图可知，光在面上发生了全反射，而光在面上没有发生全反射，而两束光的入射角相同，说明光的临界角小于光的临界角，由分析得知，玻璃对光的折射率小于对光的折射率，由得知，在玻璃棱镜中光的传播速度比光的大，故A错误；
B．若保持光入射点位置不变，将光束顺时针旋转，其入射角减小，入射角可能小于临界角，则面可能有光线射出，故B正确；
C．由于玻璃对光的折射率小于对光的折射率，则光的频率比光的低，光的波长比光的长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，所以光束的条纹间距大，故C正确；
D．波长越长越容易发生明显的衍射现象，故光比光更容易发生明显的衍射现象，故D错误。
故选BC。
9．【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。
10．【答案】BC
【详解】根据a-t图线与横轴所围图形的面积表示速度的变化量，由题图乙可看出，0~2 s(0时刻除外)内a的速度一直大于b的速度，所以0~2 s内物块a与物块b间的距离一直在增大，故A错误；t=0时，弹簧弹力为零，对a，根据牛顿第二定律可得F=maa0=6 N，t=2 s时，a、b整体加速度相同，对整体，根据牛顿第二定律可得F=(ma+mb)a1=6 N，解得mb=2 kg，故B正确；2 s时，对b，根据牛顿第二定律可得，弹簧弹力大小为Fx=mba1=2.4 N，撤去F瞬间，弹簧弹力不会突变，此时a的加速度大小为a'1==0.8 m/s2，故C正确；a-t图线与横轴所围图形的面积表示速度的变化量，由题图乙可看出，t=2 s时a的速度大于b的速度，所以若此时不撤去F，弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，a的加速度减小，b的加速度增大，并不能一起做匀加速运动，故D错误.
11．【答案】金属；1.430 ；
【详解】（1）①[1]为了减小空气阻力的影响，实验对象密度要大，不能选择塑料材质的，应选择金属小球。
②[2]由题图可知游标卡尺为二十分度的，所以小球的直径
③[3]小球从光电门1下落到光电门2的过程中小球的重力势能减小量，动能增加量，若小球下落过程中机械能守恒，则有，整理后有
12．【答案】（1）水果电池长时间工作后内阻会发生明显变化（2分）　（2）·＋（2分）　（3）0.91（0.85～0.95均可）（2分）　7.0（6.0～7.5均可）（2分）　（4）a（2分）
【解析】（1）水果电池持续放电时其内阻会发生明显变化，因此每次测量后应立即断开开关。
（2）由闭合电路欧姆定律可得U＝E，整理得＝·＋。
（3）将图线b延伸至与纵轴相交，则纵截距大小为1.1 V－1＝，解得E≈0.91 V，图线b的斜率为 kΩ/V＝，解得r≈7.0 kΩ。
（4）设普通电压表的内阻为RV，外电路为电阻箱与RV的并联电路，R并＝，电压表示数为并联电路两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可得U＝E，整理得 ＝·＋，则图线的斜率不变，纵截距增大，应为图线a。
【技巧必背】
电源电动势与内阻的测量实验中的图像
伏安法：由E＝U＋Ir得U＝E－Ir，U－I图像的斜率为－r，纵截距为E；
伏阻法：由E＝U＋r得＝＋·，－图像的斜率为，纵截距为；
安阻法：由E＝I（R＋r）得＝·R＋，－R图像的斜率为，纵截距为。
13．【答案】（1）；；（2）
【详解】（1）活塞从位置缓慢到位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有
解得气缸内气体的压强
由盖-吕萨克定律有
解得气缸内气体的体积
（2）由于气体温度升高所以气体的内能增加了，外界对气体做的功
由热力学第一定律
得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为
14．【答案】(1)，方向向左　(2)0.3B0h2　(3)
【解析】(1)t=0时，线框左侧边和右侧边同时分别切割区域Ⅰ、Ⅱ中的磁感线，分别作出感应电流和安培力的方向示意图如图所示，
因两侧各自切割磁感线时产生的感应电流均沿顺时针方向，所以总感应电动势应是两者叠加.
线框ab边切割磁感线产生的感应电动势Eab=2B0hv，
线框cd边切割磁感线产生的感应电动势Ecd=B0hv，
通过线框的感应电流I===，
线框ab边受到的安培力Fab=2B0Ih=，
线框cd边受到的安培力Fcd=B0Ih=，
所以t=0时线框受到的安培力F=Fab+Fcd=，方向向左.
(2)由题图(b)可知，t=1.2τ时，磁场区域Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为1.6B0、B0，
线框在磁场区域Ⅰ、Ⅱ中的面积均为，
所以，t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ=1.6B0×-B0×=0.3B0h2.
(3)2τ~3τ时间内，仅磁场区域Ⅱ中磁感应强度大小发生变化，
线框产生的感应电动势E==×S，
其中=，S=，
线框产生的焦耳热Q=τ，
解得Q=.
15．【答案】(1)　　(2)l　(3)4次
【解析】(1)设小球自静止下落至薄圆盘处时的速度为v10,根据机械能守恒定律有mgl=m,设第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度分别v11、v21,在小球与薄圆盘碰撞过程中,根据动量守恒定律有mv10=mv11+Mv21,根据机械能守恒定律有m=m+M,且m=M,联立解得v11=-,v21=,故第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度大小均为.
(2)由薄圆盘受到的滑动摩擦力与其重力大小相等可知,自第一次碰撞后薄圆盘做匀速直线运动,当小球和薄圆盘间的距离最远时,两者的速度相等,设在第一次碰撞到第二次碰撞之间,经过t0时间两者速度相等,由速度关系有v11+gt0=v21,解得t0=,则小球与薄圆盘间的最远距离dmax=v21t0-v11t0+g,解得dmax=l.
(3)设自第一次碰撞后经t1时间发生第二次碰撞,小球与薄圆盘共速时相距l,设共速后再经t'1时间小球追上薄圆盘,根据位移关系有v21t'1+gt'-v21t'1=l,解得t'1=,则t1=t0+t'1=2,追上时小球的速度v1m=v11+gt1=,圆盘的速度v1M=v21=,设碰后瞬间小球和圆盘的速度分别为、,由动量守恒定律得mv1m+Mv1M=mv2m+Mv2M,由机械能守恒定律得m+M=+M,解得.
假设小球与薄圆盘可以一直在管内碰撞,分析得出,小球每次碰后至下一次追上薄圆盘所经历的时间Δt=t1=2,画出第一次碰撞后小球的v-t图像,如图所示,
v-t图像中图线与t轴围成的面积表示位移,则根据图像可计算出s1+s2+s3=12l,s1+s2+s3+s4=20l,20l+l=21l>20l>12l+l=13l,则小球与薄圆盘碰撞的次数是4次.
第 page number 页，共 number of pages 页
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