2026届湖南省邵阳市高三年级物理综合模拟检测试卷（四）（含解析）

绝密★启用前
2026届湖南省邵阳市高三年级物理综合模拟检测试卷（四）
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． 一个静止的放射性同位素的原子核P衰变为Si，另一个静止的天然放射性元素的原子核Th衰变为Pa，在同一磁场中，得到衰变后粒子的运动径迹1、2、3、4，如图所示，则这四条径迹对应的粒子依次是(　　)
A．电子、Pa、Si、正电子
B．Pa、电子、正电子、Si
C．Si、正电子、电子、Pa
D．正电子、Si、Pa、电子
2．2024年10月30日，中国载人航天工程办公室发布消息，神舟十九号载人飞船与长征二号F遥十九运载火箭组合体已于当天转运至发射区，计划近期择机实施发射.与神舟十八号相比，神舟十九号载人飞船将采用自主快速交会对接方式，首次径向靠近空间站，如图所示.两者对接后所绕轨道视为圆轨道，绕行角速度为ω，距地高度为kR，R为地球半径，万有引力常量为G。下列说法中正确的是（　　）
A．神舟十九号在低轨只需沿径向加速可以直接与高轨的天宫空间站实现对接
B．地球的密度为
C．地球表面重力加速度为
D．对接后的组合体的运行速度应大于7.9 km/s
3．如图所示，实线和虚线分别是沿着x轴正方向传播的一列简谐横波在时刻和的波形图，已知波的周期，则下列关于该列波说法正确的是（　　）
A．波长为5cm
B．波速为5cm/s
C．周期为4s
D．时刻，质点M向下振动
4．某次野外拍摄时拍到了青蛙捕食昆虫的有趣画面:如图所示，一只青蛙在离水面高1m的C洞潜伏。某时刻，一只昆虫喝完水后从B点开始沿着一根与水面之间夹角为53°的树干AB以v1=0.5m/s匀速上行，A点比水面高1.8m；与此同时，青蛙以v2=3m/s水平跳出。已知青蛙捕食时，舌头能伸出5cm。取重力加速度大小g=10m/s2。空气阻力不计，sin53°=0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．青蛙此次捕食不成功
B．青蛙落水点到B点的距离等于0.15m
C．青蛙捕到昆虫时，青蛙速度的最小值约为7m/s
D．青蛙捕到昆虫时．青蛙速度的最小值约为5m/s
5．在匀强电场中有一个直角三角形与电场平行, , ,的长度为,、、三点的电势分别为、、，则电场强度大小为（ ）
A． B．
C． D．
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，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，2024个质量均为的小球通过完全相同的轻质弹簧相连，在水平拉力的作用下，保持相对静止，一起沿动摩擦系数为粗糙水平面向右做匀加速直线运动，设1和2间弹簧的弹力为，2和3间弹簧的弹力为，2023和2024间弹簧的弹力为，弹簧始终处于弹性限度内，下列结论正确的是（　　）
A．
B．从左到右各弹簧长度之比为
C．若突然撤去拉力，此瞬间第2024个小球的加速度为，其余每个球的加速度不变
D．若1和2之间的弹簧长度为，2023和2024之间的弹簧长度为，则弹簧原长为
8．地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲。下列光路图中能描述该现象的是(　　)
A． B．C．D．
9．图甲为远距离输电示意图,升压变压器原、副线圈匝数比为1∶1 000,降压变压器原、副线圈匝数比为1 000 ∶1,输电线的总电阻为1 000 Ω,若升压变压器的输入电压如图乙所示,用户端电压为220 V,下列说法正确的是(题中变压器均为理想变压器) (　　)
甲 　乙
A．输电线中的电流为3 A
B．电站输出的功率为7 500 kW
C．输电线路损耗的功率为90 kW
D．用户端交变电流的频率为50 Hz
10．1924年跳台滑雪被列为首届冬奥会项目.如图所示，一名运动员从雪道的最高点由静止开始滑下，经过水平段后从点飞入空中，最终落到点，不计运动员经过点的机械能损失和空气阻力.已知运动员从点到点，重力做功为，克服阻力做功为，从点到点重力做功为，设点所在平面为零势能面，则下列说法正确的是(　　)
A．运动员在点的动能为
B．运动员从点到点机械能减少了
C．运动员在点的机械能为
D．运动员从点到点重力势能减少了
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11． 某实验小组用细线和小钢球做成一个单摆，验证小球摆动过程中机械能守恒。如图1所示将细线固定在点，是小球静止时所处的位置，到水平地面高度为。当地重力加速度为，实验步骤如下：
①将小球从位置拉至处，测出间高度；
②在上方略高于小球的位置固定一刀片，小球由静止释放，摆到位置时，细线恰好被刀片割断，小球做平抛运动，落在复写纸上，并在复写纸下面的白纸上印出一个印迹；
③重复上述步骤多次，找出平均落点；
④以平均落点为小球的落地点，用刻度尺测出平抛运动的水平位移；
⑤改变小球释放高度，重复上述实验。
请回答下列问题：
（1） 实验中某一释放高度的多次落点位置如图2所示，该平均落点的刻度尺读数为______________________；
（2） 写出小球做平抛运动时的初速度的计算式（用题中的字母符号表示）________；
（3） 若所作图像如图3所示，当图像斜率______时，可认为该运动过程小球的机械能守恒；
（4） 小球摆动过程中动能的变化量为，重力势能的变化量为。多次实验总发现，可能的原因是：____________________________；（写出一条即可）
（5） 若保持为常数，当和满足______（写出和的关系式）时，小球的水平射程最远。
12．充电宝是跟蓄电池、干电池一样的可移动直流电源。某款充电宝的电动势E约为5V，内阻r约为0.25Ω。现有实验器材：量程为3V的电压表，量程为0.6A的电流表，定值电阻R=10Ω，滑动变阻器R′，开关S，导线若干。
(1)①甲同学采用图甲进行实验，图甲已完成部分电路连线，最后一步连线时，他将接线端a连接到B，然后进行实验，记录多个电压表和电流表的示数，作出U-I图线，如图乙所示。则该充电宝的电动势E= V（保留2位有效数字），内电阻r= Ω（保留2位有效数字）。
②实验完成后，甲同学又将接线端a改接C进行实验，并在同一图中作出两次实验的U-I图线，图丙用于理论分析。在电压表、电流表都为理想电表的情形下，两次U-I图线应为同一图线，请在图丙中画出该图线 。
(2)乙同学认为，如果按照甲同学的实验设计操作，由于电压表内阻有限，电路测量是有一定误差的，于是她设计了图丁所示的电路来测量充电宝的电动势E和内阻r。均匀电阻丝XY长1.0m，电阻8.0Ω，标准电池A电动势为8.0V、内电阻0.50Ω。
①开关S断开，当滑动片J移动至XJ=0.80m位置时电流表G示数为零，则充电宝B的电动势E= V（保留3位有效数字）；
②开关S闭合，滑片J移至XJ=0.76m处时电流表G示数为零，则充电宝B的内电阻r= Ω（保留2位有效数字）。
13．如图所示，圆柱形绝热汽缸固定在倾角为θ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，此时活塞到汽缸底部的距离为，汽缸内气体温度为T0.现缓慢对气体加热，一直到气体温度升高到4T0，加热过程中电热丝产生热量Q.若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的厚度，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气.重力加速度为g，求:
(1)气体温度升高到4T0时的压强p；
(2)气体温度从T0升高到4T0的过程中增加的内能ΔU.
14．如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M=0.06 kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R=3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L=0.6 m．初始时CD与EF相距s0=0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1= m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域．当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速．已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B=1 T，重力加速度大小取g=10 m/s2，sin α=0.6．求:
(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)导体框匀速运动的距离．
15．（16分）人们越来越深刻地认识到冰山对环境的重要性，冰山的移动将给野生动物带来一定影响。为研究冰山移动过程中表面物体的滑动，小星找来一个足够长的水槽，将质量为的车厢放在水槽中模拟冰山，车厢内有一个质量为、体积可以忽略的滑块。车厢的上下表面均光滑，车厢与滑块的碰撞均为弹性碰撞且忽略碰撞的时间。开始时水槽内未装水，滑块与车厢左侧的距离为。在车厢上作用一个大小为、方向水平向右的恒力，当车厢即将与滑块发生第一次碰撞时撤去水平恒力。
（1） 求车厢即将与滑块发生第一次碰撞时车厢的速度的大小;
（2） 求从车厢与滑块发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中，车厢的位移的大小;
（3） 若在水槽中装入一定深度的水，车厢在水槽中不会浮起。开始时滑块与车厢左侧的距离为，由于外界碰撞，车厢在极短时间内速度变为，方向水平向右。车厢移动过程中受到水的阻力大小与速率的关系为为已知常数)，除第一次碰撞以外，以后车厢与滑块之间每次碰撞前车厢均已停止。求全程车厢通过的总路程。
参考答案
1．【答案】　B
【详解】　衰变过程中动量守恒。P→Si＋e(正电子)，产生的两个粒子，都带正电，应是外切圆，由r＝＝知，电荷量大的半径小，故3是正电子，4是Si；Th→Pa＋e(电子)，产生的两个粒子，一个带正电，一个带负电，应是内切圆，由r＝＝知，电荷量大的半径小，故1是Pa，2是电子，故B项正确。
2．【答案】C
【详解】A．神州十九号径向对接需要沿径向和切向都提供加速度才能实现对接，故A错误；
B．根据
又
可得地球的质量为
地球的密度
故B错误；
C．根据
解得
故C正确；
D．第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动的最大速度，所以对接后的组合体的运行速度应小于7.9 km/s，故D错误。
故选C。
3．【答案】D
【详解】题图为波的波形图，由图像可知其波长为10cm，故A项错误；由题可知，实线是时刻的波形图，虚线是时刻波形图，所以由到过程有（，1，2，……），由于波的周期大于1s，即n只能取0，所以解得，故C项错误；由波速的公式有，结合上述分析，解得，故B项错误；由题可知，该波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，时刻，质点M向下振动，故D项正确。
4．【答案】D
【解析】本题考查平抛运动，目的是考查学生的创新能力。以为坐标原点，为轴建立坐标系。直线方程为。青蛙从洞平抛至速度方向与平行，得，又平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，则，故，平抛运动下降高度，水平位移，则青蛙在平抛运动过程中过点点在上且曲线在点的切线恰与平行故曲线与相切于点。昆虫从沿方向爬行距离。直角中。故时青蛙和昆虫都在直线上相距，在青蛙捕食舌头伸长范围内，故可以捕食成功，选项错误；落水点与点的距离小于，选项B错误；青蛙在点的速度大小，选项C错误，选项D正确。
5．【答案】B
【详解】如图所示，在上取一点，点电势为，则为等势线，过点作的垂线，方向为电场方向，，长度为，则长度为，长度为，在中有 ，可得，由三角形面积，解得，电场强度大小为，正确。
6．【答案】D
【详解】由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1=qE，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据，有若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvA 2B1=qE，则，再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t=t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvBB1=q 2E，则vB=2v0，再根据，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t=t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据，可知转过的圆心角θ=60°，根据，有，则，C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据，可知转过的圆心角为α=45°，根据，有，则，D正确。
7．【答案】ACD
【详解】A．以整体为研究对象，加速度，以后面的第1、2、3…2023个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知，，……，，即，A正确；
B．根据题意，由胡克定律可得，则从左到右各弹簧伸长量之比为，从左到右各弹簧长度之比不可能为，B错误；
C．若突然撤去拉力F瞬间，由于弹簧的形变量不能瞬变，则除第2024个小球以外的小球受力情况不变，加速度不变，对第2024个小球，由牛顿第二定律有，解得，C正确；
D．设弹簧原长l，1和2之间的弹簧此时长度，2023和2024之间的弹簧此时长度，联立得，D正确。选ACD。
8．【答案】A
【解析】
由题意可知，越靠近地球表面，空气的折射率越大，从光疏介质射入光密介质的光路如图所示，太阳光斜射向地面的过程中发生折射，随着折射率不断变大，太阳光不断向法线方向偏折，A正确。
9．【答案】BD
【解析】根据题图乙可知升压变压器原线圈的电压有效值为U1= V=250 V,根据理想变压器原理可得升压变压器副线圈两端电压有效值为U2=×250 V=2.5×105 V,降压变压器原线圈两端电压有效值为U3=×220 V=2.2×105 V,所以输电线上损失的电压ΔU=U2-U3=3×104 V,输电线中的电流为I2==30 A,故A错误;根据功率关系可得电站输出的功率为P出=U2I2=7.5×106 W=7 500 kW,故B正确;输电线路损耗的功率为P损=ΔU·I2=9×105 W=900 kW,故C错误;变压器不改变交变电流的频率,所以用户端交变电流的频率为f= Hz=50 Hz,故D正确.
【关键点拨】本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比,在只有一个副线圈的情况下电流之比等于匝数的反比;知道理想变压器的输出功率决定输入功率,原线圈的电压决定副线圈的电压;理想变压器在改变电压和电流的同时,不改变频率.
10．【答案】BC
【解析】根据动能定理可知，运动员在点的动能为，故错误；运动员从点到点机械能减少量等于该过程克服阻力做的功，可知运动员从点到点机械能减少了，故正确；以点所在平面为零势能面，运动员在点的重力势能为零，则运动员在点的机械能等于该位置运动员的动能，从点到点只有重力做功，机械能守恒，则有，故正确；运动员从点到点重力势能减少量等于该过程重力做的功，该过程重力势能减少了，故错误.
11．【答案】（1）
（2）
（3）
（4） 小球在运动过程中受到空气阻力
（5）
【详解】
（1） 【详解】平均落点为点迹分布的密集中心，根据刻度尺的读数规律，该读数为。
（2） 【详解】小球做平抛运动，则有，，解得。
（3） 【详解】小球从运动到过程有，结合上述解得，可知，图像的斜率，若满足上述表达式，可认为该运动过程小球的机械能守恒。
（4） 【详解】小球在运动过程中受到空气阻力，导致增大的动能小于减小的重力势能。
（5） 【详解】结合上述有，解得，根据数学规律有，可知，当时，水平射程最远。
12．【答案】(1) 5.0，0.36，；(2)5.12，0.25
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律可得，将（0.4A，0.85V）和（0.26A，2.3V）代入有，，联立解得，；
接线端a连接到B时，根据等效电源法可知，短路电流为，即电动势测量值偏小，短路电流准确；
当接线端a连接到C时，根据等效电源法可知，短路电流为，即电动势测量准确，短路电流偏小，所以若电压表、电流表都为理想电表，此时U-I图线如图所示
（2）[1]开关S断开时，当滑动片J移动至XJ=0.80m位置时，XJ部分电阻为，由于电流表G示数为零，则
[2]开关S闭合，滑片J移至XJ=0.76m处时，XJ部分电阻为，由于电流表G示数为零，则，解得充电宝B的内电阻为
13．【答案】(1)2　(2)Q-(p0S+mgsin θ)
【解析】(1)初始时活塞受力平衡，活塞到达卡槽前压强恒为p1，对活塞由受力平衡得
p1S=p0S+mgsin θ，解得p1=p0+，
活塞刚到达卡槽时，由盖-吕萨克定律有=，
解得T1=2T0，
活塞到达卡槽后体积不变，由查理定律得=，
解得p=2.
(2)设电热丝产生的热量为Q，由题意得气体对外做功为W=p1S，
由热力学第一定律得，气体增加的内能为ΔU=Q-W，
解得ΔU=Q-(p0S+mgsin θ).
14．【答案】(1)0.18 N　(2)0.02 kg　0.375　(3) m
【详解】(1)导体框与金属棒一起加速运动，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得
(M+m)gsin α=(M+m)a，
解得a=6 m/s2，
设金属棒刚进入磁场时的速度为v1，由运动学公式得
-0=2as1，
解得v1=1.5 m/s，
金属棒在磁场中受到的安培力F安=BIL，
流过金属棒的电流I= ，
由法拉第电磁感应定律得E=BLv1，
联立解得F安=0.18 N．
(2)金属棒在磁场中匀速运动，有
F安=μmgcos α+mgsin α，
此时导体框做匀加速运动，有
Mgsin α-μmgcos α=Ma1，
当金属棒离开磁场时，导体框EF边刚好进入磁场做匀速直线运动，对导体框有
Mgsin α=μmgcos α+F'安，
F'安=BI'L=B L= ，
- =2a1s0，
联立解得v2=2.5 m/s，m=0.02 kg，μ=0.375
(3)金属棒再次加速运动时，有
mgsin α+μmgcos α=ma2，
解得a2=9 m/s2，
金属棒与导体框共速时，有v2=a2t+v1，
解得t= s，
x=v2t=2.5× m= m，
假设金属棒穿越磁场区域时间为t1，则v2-v1=a1t1，磁场区域宽度d=v1t1，解得d=0.3 m，有x= m＜d=0.3 m，所以导体框与金属棒共速时还未离开磁场区域，
故导体框匀速运动距离为x= m．
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1） 对车厢，由动能定理可得（3分）
解得（2分）
（2） 车厢与滑块的碰撞为弹性碰撞，设第一次碰撞后车厢和滑块的速度分别为、，由机械能守恒定律有（1分）
由动量守恒定律有（1分）
解得，（1分）
设第一次碰撞到第二次碰撞之间车厢与滑块的位移分别为、，，（1分）
（1分）
解得（1分）
（3） 每一次碰撞后车厢的运动过程中由动量定理有，即，累加后得，第一次碰撞前，车厢的路程为，所以,碰撞前车厢的速度（1分）
设第次碰撞后，车厢的速度为，滑块的速度为，第次碰撞至停下，车厢的路程为，第一次碰撞，由机械能守恒定律：，由动量守恒定律有，解得，，第一次碰撞后，对车厢有,解得（1分）
第二次碰撞，由机械能守恒定律有 ，由动量守恒定律有，解得，，所以第二次碰撞后车厢的路程（1分）
此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次的 ，车厢均静止,所以第三次碰撞后车厢的路程，第四次碰撞后车厢的路程，第次碰撞后车厢的路程（1分）
根据等比数列求和公式求得车厢在第二次碰撞及以后的路程之和，所以（1分）
【试题解构】（1）
甲
.水平方向受力分析：车厢只受，滑块不受力
.运动分析：车厢匀加速运动，滑块相对水槽静止
.设问分析：车厢与滑块发生第一次碰撞将在车厢的左侧，得出车厢运动的位移大小为
（2）
乙
设问分析：滑块体积可以忽略，则
（3）.受力分析：与（1）比多了阻力，大小随车厢速率变化，则可利用动量定理列式
.设问分析：全程车厢通过的总路程：滑块将与车厢发生次碰撞，求每次碰撞后满足的表达式，找规律即可。
第 page number 页，共 number of pages 页
第 2 页，共 2 页