2026届湖南省邵阳市高三年级物理综合模拟检测试卷（八）（含解析）

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2026届湖南省邵阳市高三年级物理综合模拟检测试卷（八）
本试卷共100分，考试时间75分钟．
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6小题，每小题4分，共24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4月29日至5月3日，中国国际新能源、智能汽车博览会在石家庄举办，新能源是指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、风能和核能等.关于核聚变、衰变，下列说法正确的是（ ）
A．是核聚变反应，粒子带负电
B．在核反应中会释放出核能，说明氘核和氚核的比结合能大于氦核
C．衰变为要经过4次 衰变，4次 衰变
D．若铀元素的半衰期为 ，则经过时间 ，8个铀核中有4个已经发生了衰变
2．我国首个火星探测器“天问一号”发射过程可简化为:探测器在地球表面加速并经过一系列调整变轨,成为一颗沿地球公转轨道绕太阳运行的人造行星;再在适当位置加速,经椭圆轨道（霍曼转移轨道）到达火星公转轨道。已知地球的公转周期为,、两点分别为霍曼转移轨道上的近日点与远日点,可认为地球和火星在同一轨道平面内运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的1.5倍。则（ ）
A. 火星的公转周期为
B. 探测器在霍曼转移轨道上的运行周期为
C. 探测器在霍曼转移轨道上、两点线速度之比为
D. 探测器在霍曼转移轨道上、两点加速度之比为
3．跳台滑雪是一项极具挑战的极限运动，如图所示，运动员在某次表演中从跳台上方的A点以一定初速度v0水平飞出，在空中运动一段时间后，落在足够长斜坡上的B点，不计空气阻力。若运动员以初速度2v0沿水平方向飞出，下列说法正确的是（　　）
A．运动员在空中的运动时间变为原来的4倍
B．运动员在斜坡上的落点到A点的距离变为原来的2倍
C．运动员落在斜坡上时的动能变为原来的2倍
D．运动员在空中运动过程中的动量变化量变为原来的2倍
4．位于坐标原点的波源的振动图像如图所示，形成的简谐波沿着x轴向两侧传播，已知波的传播速度为2 m/s，则t＝1 s时的波动图像为（　　）
A． B．
C． D．
5．(带电粒子在复合场中运动的时间·应用)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CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外.图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直.A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AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0.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t,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2B1, 则t>t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E, 则t>t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则t=
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2, 则t=t0
6．用长为1.4 m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2 kg、电荷量为2.0×10－8 C的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°角，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2）（　　）
A．该匀强电场的电场强度为3.75×107 N/C
B．平衡时细线的拉力为0.17 N
C．经过0.5 s，小球的速度大小为6.25 m/s
D．小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7 m/s
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．物块以速度从点沿水平方向冲上长为的传送带，并沿水平传送带向右滑到点后水平抛出，落到地面上的点，如图甲所示．平抛运动的水平距离记为，规定向右为速度正方向．在一定的情况下，改变传送带的速度，得到关系图像如图乙所示．已知，下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A． 当传送带速度为0时，物块到达点的速度为
B． 传送带平面到地面的高度为
C． 物块与传送带间动摩擦因数为0．5
D． 如果传送带向左传送，其图像为虚线
8． 如图所示，在倾角为 、底端有挡板的固定斜面上，滑块的一端通过一劲度系数为的轻质弹簧与另一滑块连接后置于斜面上，滑块的另一端通过一不可伸长的轻绳跨过光滑的定滑轮与带孔的小球连接，小球穿在光滑的固定轻杆上，轻杆与水平方向的夹角为 ，初始用手托住小球置于点，此时水平，弹簧被拉伸且弹力大小为，释放小球，小球恰好能滑至点，滑块始终未离开挡板，已知，，，重力加速度取，，．若整个运动过程中，绳子一直绷紧，下列说法正确的是（ ）
A． 滑块与斜面间的动摩擦因数为
B． 小球滑至中点处的速度大小为
C． 小球滑至的中点过程中，弹簧的弹性势能先减小再增大
D． 小球从点滑至点的过程中，经过中点处时重力的功率最大
9． 如图所示，在屏幕的下方有一截面为等边三角形的透明介质，三角形边长为，顶点与屏幕接触于点，底边与屏幕平行.激光垂直于边射向边的中点，恰好发生全反射，光线最后照射在屏幕上的点（图中未画出）.已知光在真空中的传播速度为，下列说法正确的是（ ）
A．光在透明介质中发生全反射的临界角为
B．该透明介质对光的折射率为
C．光在透明介质中的传播速度为
D．光从射入面开始到射到点的时间为
10．一线框在匀强磁场中转动、产生的正弦式交变电流随时间变化的规律如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．交流电压瞬时值的表达式为u=10sin25t（V）
B．交流电的频率为25Hz
C．0.01s末线框平面平行于磁场，穿过线框的磁通量变化最快
D．0.02s时穿过线框的磁通量为零
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某同学用如图1所示的装置验证轻弹簧和物块（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放前，细线与弹簧和物块的拴接点在同一水平线上，且弹簧处于原长。滑轮质量和一切摩擦均不计，细线始终伸直。物块连同遮光条的总质量为，弹簧的劲度系数为，弹性势能（为弹簧形变量），重力加速度为，遮光条的宽度为，物块释放点与光电门之间的距离为（远远小于。现将物块由静止释放，记录物块通过光电门的时间
(1)改变光电门的位置，重复实验，每次物块均从点静止释放，记录多组和对应的时间，作出图像如图2所示，若要验证轻弹簧和物块组成的系统机械能守恒，则在误差允许的范围内，需要验证正确的关系式是______。
A．
B．
(2)在（1）中的条件下，和时，物块通过光电门时弹簧具有的弹性势能分别为和，则 （用表示）。
(3)在（1）中的条件下，取某个值时，可以使物块通过光电门时的速度最大，速度最大值为 （表示）。
12．弹性电阻绳是一种具有弹性和导电性的材料，通常应用于应变传感器中。某同学利用的恒压电源（内阻不计）、量程为的电流表（内阻不计）、定值电阻和电阻箱等器材设计出如图甲所示的电路，探究弹性电阻绳伸长量与其电阻增加量的关系。
（1） 装置安装、电路连接、测量初始值。
如图乙所示，在水平桌面上放置支架和测量尺，弹性电阻绳的一端固定在支架顶端，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹、的导线接入电路中；在弹性电阻绳左侧放置测量尺。先将弹性电阻绳竖直悬挂，测出弹性电阻绳的原长，并用多用电表测出此时弹性电阻绳阻值，若选用“”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转角度过大，为了提高测量的精确度，应将选择开关拨至__________（填“”或“”）电阻挡，后将两表笔短接，进行____________。若操作正确，多用电表的示数如图丙所示，测量结果为______ 。
（2） 探究弹性电阻绳伸长量与其电阻增量的关系。在弹性绳的拉伸端系着一带有指针的托盘。通过在托盘上放置不同数量的钩码拉伸改变弹性电阻绳的长度。
①连接好电路，断开开关，将电阻箱的阻值调整至________；
②闭合开关，调节电阻箱的阻值使得电流表指针有大角度偏转，记录读数为，读出电阻箱的示数，并观察托盘上的指针在测量尺上的位置，记录、间的距离，即为弹性电阻绳拉伸后的长度;
③断开开关，在托盘上放置一钩码，稳定后再次记录、间的距离，再闭合开关，调节电阻箱的阻值使得电流表读数为，记录此时电阻箱阻值，则说明弹性电阻绳拉伸量增加时，弹性电阻绳电阻增加量为________________。
13．如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管、、粗细均匀，、两管的上端封闭，管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通.、两管的长度分别为，.将水银从管缓慢注入，直至、两管内水银柱的高度差.已知外界大气压为.求、两管内水银柱的高度差.
14．（14分）在倾角为 的导轨上存在如图所示的匀强磁场，为的中点，磁场的方向均垂直于其所在导轨的平面。，金属棒Ⅰ静止于处并用绝缘物挡住。金属棒Ⅱ从位置由静止释放，到达时对其施加平行于倾斜导轨的外力使金属棒Ⅱ匀速运动，待离开三角形区域磁场时撤去外力，金属棒Ⅱ继续加速运动到最大速度后匀速运动至，进入水平轨道，、两点绝缘，之间有一自感系数为的电感线圈，所有摩擦均忽略不计，已知磁场的磁感应强度大小均为，金属棒Ⅰ的质量未知、阻值为，金属棒Ⅱ的质量为，其余电阻忽略不计，导轨间距为，所有导轨接触良好，水平导轨足够长，重力加速度为。可能用到的计算公式：,自感电动势
（1） 求外力对金属棒Ⅱ做的功；
（2） 当金属棒Ⅱ通过以后，三角形区域磁场的磁感应强度大小以的规律变化，同时在处施加沿斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，求金属棒Ⅱ的最大速度和金属棒Ⅰ的最小质量；
（3） 求金属棒Ⅱ在水平轨道的最大运行距离（用含有的表达式）。
15．如图所示，竖直平面内固定有绝缘轨道ABMNP，AB段是长的水平轨道，BM段是半径、圆心角的光滑圆弧轨道，MN段是倾角的倾斜轨道，NP段是恰好能与BM段组成半圆的光滑圆弧轨道，各段轨道均平滑连接。、分别是两段圆弧轨道的圆心，所在直线右侧足够大空间存在匀强电场，电场方向与MN平行且向上，电场强度大小为。小物块a以初速度从A点向右运动，一段时间后，与静置在B点的小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短），b运动到P点时对轨道恰好无压力。已知a、b的质量分别为、，a与AB段的动摩擦因数为，b带正电，电荷量，a、b碰撞过程不会发生电荷转移，重力加速度大小，，。求
（1）a、b碰撞结束瞬间，b的速度大小；
（2）b通过P点时的速度大小；
（3）b通过P点后在电场中运动距MN的最远距离。
参考答案
1．【答案】C
【解析】本题考查衰变的次数、半衰期的概念是核聚变反应，粒子的质量数为1，电荷数为0，是中子，不带电，错误；在核反应中会释放出核能，生成物更加稳定，生成物的比结合能更大，即氘核和氚核的比结合能小于氦核，错误；设衰变为要经过次 衰变，次 衰变，则，，解得，，正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适用，错误.
2．【答案】D
【详解】设地球绕太阳公转轨道半径为，则火星轨道半径约为，根据开普勒第三定律可知，火星的公转周期为，错误；霍曼转移轨道半长轴为，对地球和探测器，由开普勒第三定律可得，解得，错误；根据开普勒第二定律，、两点线速度之比为，错误；根据万有引力提供向心力解得，，探测器在霍曼转移轨道上、两点加速度之比为，正确。
3．【答案】D
【详解】设斜坡的倾角为θ，根据平抛运动的规律有 ，联立解得 ，可知当初速度变为2v 时，运动员在空中的运动时间也变为原来的2倍，运动员在斜坡上的落点到A点的距离变为原来的4倍，故AB项错误；根据动能定理有 ，可知运动员落在斜坡上的动能变为原来的4倍，故C项错误；根据动量定理有，则运动员在空中运动过程中的动量变化量变为原来的2倍，故D项正确。
4．【答案】C
【详解】根据波源的振动图像可知，波源的振动周期为T＝2 s，那么从波源开始振动到t＝1 s的时间里，波在x轴向两侧传播应分别产生了半个波形。已知波沿x轴向两侧传播的速度为v＝2 m/s，则波长为λ＝vT＝4 m，那么波形相对于y轴应是镜像对称的，且传播到x轴±2 m的位置。根据波源的振动图像可知，在t＝1 s时，波源经过平衡位置向下振动。综合判断，C正确，A、B、D错误。
5．【答案】D
【解析】设沿AC做直线运动的粒子的速度大小为v，有qvB1＝qE，即v＝，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90°，则运动时间为周期，又qvB2＝，可得r＝，时间t0＝·，根据几何关系可知OC＝2r，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，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90°，时间t＝·＝t0，A错误；
若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，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F点离开磁场，对应的圆心角依然为90°，时间t＝·＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为r＞2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹4，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足sin θ＝＝＝，则θ＝60°，则t＝·＝t0，C错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为r＝2r>2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹5，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足sin θ＝＝＝，则θ＝45°，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t＝·＝t0，D正确.
6．【答案】C
【详解】小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知qE＝mgtan 37°，则该匀强电场的电场强度E＝＝3.75×106 N/C，故A错误；细线的拉力F＝＝0.125 N，故B错误；在外力作用下，拉小球使细线水平时，由静止释放，如图所示，小球在静电力和重力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动至B点，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4 m，在此过程中，细线处于松弛状态，无拉力作用，小球运动至B点时，细线绷紧，匀加速直线运动结束。根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a＝＝ m/s2＝12.5 m/s2，假设经过0.5 s后，小球仍在沿AB方向做匀加速直线运动，则小球的速度v＝at＝6.25 m/s，经过的距离x＝at2＝1.562 5 m，A、B间的距离|AB|＝2lcos 53°＝1.68 m，x＜|AB|，假设成立，故0.5 s时，小球的速度大小为6.25 m/s，故C正确；小球运动至B点时，细线绷紧，小球沿细线方向的分速度减小为零，动能减小，假设细线绷紧过程小球机械能损失ΔE，此后在静电力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至O点正下方，对小球由A点第一次通过O点正下方全过程，根据能量守恒定律，可知（qE＋mg）·l－ΔE＝mv2，又ΔE＞0，得v＜7 m/s，故D错误。
7．【答案】ABC
【解析】根据题图乙分析可得，当传送带的速度大于时，物块平抛的水平位移发生变化，说明传送带速度小于时，物块在传送带上一直做匀减速运动，即当传送带速度为0时，物块到达B点的速度为，A正确；根据，，物块到达B点的速度为，得，，B正确；当传送带速度小于或等于时，物块在传送带上一直做减速运动，根据牛顿第二定律，又，其中，，得，C正确；如果传送带向左传送，物块所受滑动摩擦力向左，与传送带速度小于或等于情况相同，应为虚线，D错误．
8．【答案】ABC
【解析】小球从到,滑块先下滑再回到原来的位置,由能量关系可得,解得滑块与斜面间的动摩擦因数为,故A正确；小球在点时弹簧被拉伸,弹力为,此时弹簧伸长量,小球滑至的中点处时,下滑的距离为,则此时弹簧被压缩,此时弹簧的弹性势能等于小球在点时弹簧的弹性势能,设此时的速度为,此时刚好到达最低点,则的速度为零,由能量关系可得,解得,故B正确；小球从点滑至中点的过程中,弹簧由伸长到被压缩,即弹簧的弹性势能先减小再增大,故C正确；小球从点滑至点的过程中,经过中点处时,小球沿轻杆方向的合力为 ,则加速度不为零,速度不是最大,即此时重力的功率不是最大,故D错误．
9．【答案】BCD
【解析】本题考查折射和全反射的综合问题.画出光路图如图所示，在界面恰好发生全反射，由几何关系可知全反射临界角 ，则折射率，故错误，正确；又，则光在透明介质中的传播速度为，故正确；由几何关系可得，，则，光从射入面开始到射到点的时间为，故正确.
10．【答案】AD
【详解】因，交流电压瞬时值的表达式为u=10sin50πt（V），选项A错误；交流电的频率为，选项B正确；0.01s末感应电动势最大，此时线框平面平行于磁场，穿过线框的磁通量变化最快，磁通量变化率最大，选项C正确；0.02s时感应电动势为零，此时穿过线框的磁通量为最大，选项D错误。此题选择不正确的。
11．【答案】(1)B；(2)；(3)
【详解】（1）小球经过光电门的速度为，若系统机械能守恒，则有，整理得。
（2）当和时，物块通过光电门的时间相等，即物块经过光电门的速度相等，动能也相等，根据机械能守恒定律分别有，，整理可得。
（3）小物块经过光电门的速度越大，则小物块经过光电门所用时间越短，由（1）可知，当时，小物块通过光电t时的速度最大时，且此时小物块的加速度为零。对其进行受力分析有，解得，代入（1）中可得最大速度为。
12．【答案】（1） （2分）；欧姆调零（1分）；7（1分）
（2） 最大（2分）；（2分）
【详解】
（1） 选用“”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转角度过大，说明所选倍率过大，则应将开关拨至较小的“”电阻挡，然后将两表笔短接，进行欧姆调零；可读出此时多用电表的读数为 。
（2）①连接好电路，为了保护电路，防止电路中的电流过大，断开开关后，应将电阻箱的阻值调整至最大。
③由于前后两次测量毫安表读数为不变，故回路中的总电阻不变，则弹性电阻绳电阻的增加量必然等于电阻箱阻值的减少量，即弹性电阻绳电阻增加量。
13．【答案】
【解析】本题考查液柱模型.以中气体为研究对象，设初状态压强为，体积为，管横截面积为，
初状态，，
设末状态压强为，体积为，
，，
由于水银从管缓慢注入，整个过程管内气体发生等温变化，
由玻意耳定律得，（2分）
解得，（1分）
以中气体为研究对象，设初状态压强为，体积为，管横截面积为，
初状态，，
设末状态压强为，体积为，
由题图中液柱关系可得中水银柱高为，（1分）
C中水银柱高为，（1分）
则中气体末状态压强，（1分）
整个过程管内气体发生等温变化，
由玻意耳定律有，（2分）
解得，
设、两管内水银柱的高度差为，则
.（2分）
14．【答案】（1）
（2） ；
（3）
【解析】
（1）金属棒Ⅱ在运动至之前的加速度大小为 ，则根据匀变速直线运动公式有 ，可知金属棒Ⅱ进入三角形磁场区域时的初速度大小为…………1分对于金属棒Ⅱ在三角形磁场中切割磁感线的过程，有效切割长度是动态变化的，如图甲所示，有效切割长度…………1分
甲
根据几何关系可知，根据题意，金属棒Ⅱ在该三角形磁场区域中做匀速直线运动，有，，，联立解得…………1分令，则有电流，根据焦耳定律，且，解得…………1分对金属棒Ⅱ在该磁场区域中全过程，根据能量守恒定律有…………1分又，解得…………1分
（2）当金属棒Ⅱ通过后，三角形磁场区域产生的感生电动势…………1分金属棒Ⅱ切割磁感线产生动生电动势，则当匀速运动时有…………1分解得…………1分金属棒Ⅰ受力情况如图乙所示，
乙
金属棒Ⅰ与导轨接触，则有 ，所以 ，即质量最小值…………1分
（3） 金属棒Ⅱ以速度进入水平轨道，由于金属棒Ⅱ无电阻，在水平轨道运动时有…………1分，即…………1分而，代入得，即与成正比例关系，当达到最大值时，安培力也达到最大，有，金属棒Ⅱ在水平导轨上运动至最大位移过程如图丙所示，克服安培力做功可表示为图像与横轴所围成的面积，由动能定理得…………1分
丙
联立解得…………1分
15．【答案】（1）4m/s；（2）1.6m/s；（3）0.7776m
【详解】（1）a从A点运动至B点，根据动能定理有，a、b弹性正碰，根据动量守恒定律有，
根据机械能守恒定律有，
解得。
（2）b在P点，根据牛顿第二定律，
解得。
（3）b过P点后做抛体运动，将运动沿电场所在方向（MN方向）和垂直电场方向（垂直MN方向）分解
根据抛体运动规律，沿垂直电场方向（垂直MN方向）速度为，
沿垂直电场方向（垂直MN方向）位移为，
沿垂直电场方向（垂直MN方向）加速度为，
又，
解得。
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