2026年高考物理二轮复习大综合素养试卷（一）

大综合素养卷（一）

（总分:100分）

一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只

有一项符合题目要求。

1.（2025•广东清远・二模）原子能电池又称放射性同位素电池，其热源是放射性同位素，是各

种深空探测器中最理想的能量源，它不受极冷极热的温度影响，也不被宇宙射线干扰。杯-238

同位素温差电池的原理是其发生衰变时将释放的热能转叱为电能，杯-238的半衰期为87.7年，

其衰变方程为2阖Pu->2第u+X,则下列说法正确的是（）

A.该衰变吸收能量

B.杯-238的衰变为a衰变

C.温度升高，2贫Pu的半衰期变短

D.1000个2要Pu原子核经过87.7年后还有500个未衰变

B[原子核衰变是释放能量的过程，故A错误；根据质量数和电荷数守恒可知X是彳He,该衰

变是a衰变，故B正确；半衰期不受温度的影响，故C错误；半衰期具有统计规律，对大量

原子核适用，对少量原子核不适用，故D错误。故选B。1

2.（2025•四川巴中・三模）某科研团队在微观光学模拟实验中，研究激光照射球形水珠后不同

波长光线的偏折行为。实验发现，同一入射光束经过水珠后产生不同颜色的出射光，如图中a、

b两条光线所示,其中一条为红光，另一条为紫光。关于这两条光线，下列说法中正确的是（）

A.a光是红光

B.a、b两束光在真空中传播速度不同

C.b光发生衍射能力更弱

D.a光波长比b光短

D[a、b两条出射光线均在水滴表面发生折射现象，入射角相同，a光的折射角小于b光的折

射角，根据折射定律〃=胆，可知〃a>〃b,折射率大则光的频率高，因此a光是紫光，b光是

sinr

红光，故A错误；在真空中传播时，a、b光的速度一样大，故B错误；根据光的衍射现象，

遇到相同的障碍物，波长越长的光越容易发生明显衍射，因此b光更容易发生明显衍射，故C

错浜；由于光的频率越大，波长越短，因此2；《九，故D正确。故选D。］

3.（2025•浙江宁波-二模）电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使

用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器（相当于电流表）与计算机相

连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势E=8V,实验前电容器不带

电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。

计算机记录的电流随时间变化的对曲线如图乙所示，下列说法正确的是（）

乙

A.对图像阴影表示电容器的能量

B.阴影部分的面积S和S2肯定不相等

C.阻值砧大丁型

D.计算机测得S=1203mA-s,则该电容器的电容约为0.15F

D［根据q=it可知i-t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器所带电荷量,

故A错误；Si表示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，所以S=S2,故B

错娱；由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，且电容器充电瞬间电源电

压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有一“一＞」一，所以凡＜&,故C错误；该也容器的电

Ri+R。Rz+R。

容为C=2=1^0.15F,D正确。故选D。J

UE

4.（2025•山东聊城・三模）天体观测法是发现潜在黑洞的一种重要方法。我国研究人员通过对

双星系统G3425中的红巨星进行天体观测，发现了一个恒星质量级的低质量黑洞，假设一个

双星系统中的两颗密度相同的恒星a、b绕。点做圆周运动，在与双星系统同一平面上双星系

统外的观测点A观测双星的运动，得到a、b的球心到。A连线的距高x与观测时间的关系图

像如图所示。引力常量为G,下列说法正确的是（）

A.a、b的线速度之比为2：3

B.a、b的质量之比为3：2

C.a、b的质量之和为工吟

D.a、b两恒星表面的重力加速度之比为2：3

C［设a、b两恒星圆周运动的半径分别为力和废，a、b的球心到0A连线的最大距离即为两

恒星圆周运动的半径，所以门=3xo,r2=2vo,因两恒星的角速度相等，根据0=c”可知，a、

b的线速度之比为"=乜==故A错误；设a、b两恒星的质量分别为/m和加2,两恒星圆周运

v2r22

动所需向心力均来自对方的万有引力，所以有〃?1苏用=〃22幻2r2,得"故B错误；根据

in2rt3

题意可知，a、b两恒星圆周运动的周期为T=2"）,两恒星球心间的距离为£=门+9=5妆），根

据万有引力提供向心力有詈=血15/1，G巴詈=租2答•二2，两式相加并整理得利|+"22=

L1Lt/

察，将7=2fo和L=5xo代入得，加+，〃2=鸟耍，故C正确；设a、b两恒星的半径分别为

GT'GCQ

Ri和长,则有〃zi=p《nR；,W2=p-得整=设a、b两恒星表面的重力加速

度分别为卬和g2,根据在两恒星表面物体所受重力等于万有引力有mgi=G詈,mg2=G詈，

两式作比得j|,故D错误。故选C。］

3

92m2Rj,I

5.（2025•江西南昌•三模）歼-20战斗机配备了我国自主研制的矢量发动机，该发动机具备卓

越性能，能在不改变飞机飞行方向的前提下，通过灵活转动尾喷口来调整推力方向。在歼-2（）

战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时，“升阻比”（垂直机身向上的升力与平行机身向后的阻

力之比）为七飞机所受重力为G。那么，能使飞机维持水平匀速巡航状态的最小推力是（）

Vi-fc2G

A.B.

GV1-/C2

、1+右2

C.GD.

Vi+fc2G

C［如图所示，歼-2（）战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时，飞机受到重力G、发动机推力B、

升力后和空气阻力£重力的方向竖直向下，升力后的方向竖直向上，空气阻力/的方向与F1

垂直，根据平衡条件，水平方向有吊=力竖直方向有尸2+E=G,由题意知正2=5解得6

2

=G—kf,则呼=段+岑=(1+1)/2-2kGf+GfF;与/的函数图像为开口向上的抛物线，

当时，存取最小值，解得最小推力是Qmin=Y^,故选C。］

，：

6.(2025•北京丰台・二模)如图所示，面积为0.01nf的200匝矩形线圈绕垂直于磁场的轴0(7

匀速转动，转动的角速度为200rad/s,匀强磁场的磁感应强度为0.1T。线圈通过滑环与一理

想变压器的原线圈相连，副线圈接有两个相同的灯泡Li和L2,灯泡的电阻均为5Q。变压器

原、副线圈的匝数比为1()：1,开关S断开时Li正常发光，线圈及所有导线电阻不计，当线圈

平面与磁场方向平行时开始计时。下列说法正确的是()

A.线圈中感应电动势为e=40sin100w(V)

B.开关断开时，电流表的示数为0.08A

C.若开关S闭合，电流表示数将减小

D.若开关S闭合，灯泡Li亮度不变

D［变压器输入端的电动势最大值为£m=N8SG=200X0.1X0.01X200V=40V,从题图示位

置开始计时就是从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为e=£mcos(①。(V)

=40cos(2000(V),A错误；开关断开时，副线图两端的电压S等于小灯泡两端的电压Uu,

根据变压器的原理可得如■=?其中Ui=^=20&V,代入数据解得灯泡Li两端的电压ULI

=2V2V,通过Li的电流等于副线圈中的电流，由欧姆定律可得〃=字="A,根据变压器

R5

原理可得解得电流表的示数为/尸玛2=9^0.06A,B错误；若开关S闭合，副线图

/2%?ij25

中的电流增大，原、副线圈的匝数比不变，结合上述分析可知力=叁/2,故电流表的示数增大，

ni

C错误；若开关S闭合，原线四揄人瑞的电压不变，原、副线圈的匝数比不变，故副线图两瑞

1/2

的电压不变，输出端的电压不变，小灯泡的电阻不变，根据。可知，灯泡Li的功率不变，

R

即其亮度不变，D正确。故选D。］

7.（2025•黑龙江・二模）国产电动汽车采用电磁式动力回收装置，可将部分动能转化为电能并

储存。如图所示为该装置的简化模型，“日”字形的金属线框放在光滑的水平面上，各边长均

为/,ab.cd、^边电阻均为R,其余部分电阻可忽略不计。线框以速度。进入宽度为/的匀强

磁场，最终恰好穿出磁场.已知磁场的磁感应强度大小为从方向竖直向下.边界与〃〃边平

行，则线框（）

XXX：

XXX：

XXX：

XXX：

XX,：

XXX：

A.刚进磁场时，。端电势高于b端电势

B.刚进磁场时，。、两点间电势差为/历

3

C.质量加=等

Rv

D.穿越磁场过程中乃边产生的热量Q=/鲁

27/?

C［由右手定则可知，线框刚进入磁场时〃端电势高，且其等效电路如图所示，可知，〃端电

势低于人端，且Uba="~Blv=LBIv,故A、B均错误；由动量定理知，一B丝，£=-mu,vt=

R总3”总

3/,解得〃?=",故C正确；c必棒发热分两个阶段：（1）出?棒在磁场中运动，由动量定理，

有一8丝"〃I=〃W1-〃7。，%力=/,解得V\=如过程中产生的热量2^i=|x~mv2-mQv）

R思

（2）如棒在磁场外运动过程中产生的热量0«/,2=1x|xl,WQa2,所以。面=。如+。心=喘士,

故D错误。故选C。］

二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有

多顷符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

8.（2025•江西九江•模拟预测）如图甲，一只小鸟落到树枝上并随树枝一起振动，小鸟从落到

树吱上开始后的一段时间内的振动可以看成简谐运动，其振动的图像如图乙，取向下运动

的速度为正。下列说法正确的是（）

A.力时刻小鸟在振动的最高点

B.九时刻到超时刻，小鸟的加速度向上

C.尬时刻小鸟所受合力为零

D.12时刻到73时刻，小鸟的速度方向与加速度方向相同

BD［九时刻，小鸟的速度向下最大，此时小鸟在平衡位置向下运动，故A错误；力时刻到仁

时刻，小鸟的速度正在向下减小，此时小鸟的加速度向上，故B正确：/2时刻小鸟的速度为零

且正要向上运动，说明小鸟在振动的最低点，此时受到的合力最大，故C错误；f2时刻到时

刻，小鸟向上的速度在增大，加速度向上，小鸟的速度方向与加速度方向相同，故D正确。故

选BD。］

9.（2025•广西北海-模拟预测）遇到突发洪水时，可以借助塑料盆进行自救。塑料盆可近似看

成底面积为S的圆柱形容器，把塑料盆口向下竖直轻放在水面上，如图甲所示；用力竖直向下

缓慢压盆底，至盆底与盆外水而相平，盆内封闭气体（视为理想气体）被压缩，简化模型如图乙

所示。若此过程中封闭气体温度与外界温度相同且不变，下列说法正确的是（）

甲乙

A.封闭气体的内能不变

B.封闭气体分子的平均动能增大

C.封闭气体的压强不变

D.封闭气体向外界放热

AD［封闭气体（理想气体）温度不变，内能不变，A正确；分子的平均动能只和温度有关，封

闭气体（理想气体）温度不变，分子的平均动能不变，B错误；当塑料盆口向下竖直轻放在水面

上时，封闭气体的压强等于大气压强，即pi=po,当用力竖直向下缓慢压盆底，至盆底与盆外

水面相平时有〃2s=，〃g+F+poS,解得〃2>pi,即封闭气体的压强变大，C错误；气体体积减

小，外界对封闭气体做正功，温度不变，封闭气体内能不变，由热力学第一定律，封闭气体向

外界放热，D正确。故选AD。］

10.（2025•陕西咸阳・三模）两个质量相同的物体P、Q并排静止在水平面上，与水平面间的

动摩擦因数分别为小、侬，用同向水平拉力人、乃分别作用于物体P和Q上，一段时间后撤

去，两物体各自滑行一段距离后停止运动。物体P、Q运动的速度一时间图像分别如图中图线

①、②所示，已知拉力R、尸2分别撤去后，物体做减速运动过程的速度一时间图像彼此平行

（相关数据已在图中标出）。由图中信息可以得出（）

A.两个拉力之比为Fi:6=8：3

B.两个物体P、Q与水平面间的动摩擦因数之比为川：〃2=3:2

C.两个拉力对物体P、Q的冲量之比为/&：加=2：3

D.两个拉力对物体P、Q所做的功之比为卬&：卬七=9：4

AC［因为两物体做减速运动时，速度一时间图像彼此平行，说明两物体所受摩擦力相同，大

小均为由速度一时间图像求得加速度大小。墓=1m/s\物体做加速运动时，根据速

度一时间图像，P的加速度为3m/s2,Q的加速度为0.5m/s2,对P进行受力分析Fi一尸〃⑼，

对Q进行受力分析五2一/=m。2,所以B:F2=4/n：—=8:3,A正确；因为摩擦力大小相同，

即2g=42"2g,解得川：〃2=1:1,B错误；对P运动的全过程列动量定理/月一

对Q运动的全过程列动量定理L一〃2，〃於=0,解得/后：42=力：£2=4：6=2：3,C正确；P加

速运动的位移》=|m,Q加速运动的位移加=4m,Fi所做的功％1=7^X1,B所做的功14^

=Fw,所以卬B：%=1：1,D错误。故选AC。］

三、非选择题：本大题共5小题，共54分。

11.（6分）（2025•四川凉山・三模）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，可分别用如图

甲、图乙所示装置进行实验。

（1）利用如图甲所示装置进行实验，两辆相同的小车放在木板上，小车左端各系一条细线，线的

另一端跨过光滑定滑轮各挂上槽码(图中未画出)，两小车右端各系一条细线，用黑板擦把两条

细线同时按在木板上使小车静止，抬起黑板擦，两小车同时开始运动，过一段时间后再次按下

黑板擦，两车同时停止运动。则下列说法不正确的是

黑板擦

〈01234

〉jjjj的位：cm'

-3.75l4.20T4.65T5.10~*

丙

A.该实验采用控制变量的方法

B.两车加速度之比等于位移之比

C.本实验不需要平衡阻力

D.本实验要求槽码的质量远小于小车的质量

⑵利用如图乙所示装置进行实验，在规范的实验操作下，若打出的一条纸带如图丙所示，相邻

两计数点间均有4个点未画出，已知电源频率为50Hz,则小车的加速度大小为m/s2o

(3)为了用图像分析加速度a与小车质量M的定量关系，应画出图像。

［解析］(1)该实验采用控制变量的方法，A正确，不符合题意；

根据1=14尸，解得〃

两车运动时间相同，加速度之比等于位移之比，B正确，不符合题意;

只有平衡阻力，细线的拉力才等于小车所受的合外力，所以本实验需要平衡阻力，C错误，符

合题意;

根据牛顿第二定律得〃ig=(M+m)a,F=Ma

解得尸=之鹤

1+M

当m«M时，F=mg

只有槽码的质量远小于小车质量，细线的拉力才等于槽码的重力，所以本实验要求槽码的质量

远小于小车的质量，D正确，不符合题意。

故选C。

（2）小车的加速度大小为

5.10+4.65-（4.20+3.75）xl（）.2m/s2

0.22

=0.45m/s2o

（3）根据牛顿第二定律尸=肱7,解得4=二

M

加速度。与小车质量M成反比，图像是曲线，不便于分析，为了得到直线，便于分析，应画

出图像。

M

［答案］（1）C（2）0.45（3后

12.（10分）（2024•广东广州•三模）某兴趣小组利用磁敏电阻设计了一款测量磁感应强度大小

的磁场测量仪，其中磁敏电阻的阻值心随磁感应强度B的变化规律如图甲所示，磁场测量仪

的工作原理电路图如图乙所示，提供的器材有：

K/kQ

甲乙

A.磁敏电阻欧（工作范围为0〜1.5T）

B.电源（电动势为3V,内阻很小）

C.电流表（量程为5.0mA,内阻不计）

D.电阻箱Rc（最大阻值为9999.9Q）

E.定值电阻他（阻值为30。）

F.定值电阻&（阻值为300。）

G.开关，导线若干

⑴电路连接:按照图乙所示连接实验电路，定值电阻R应选用（选填“砧”或“R2”）。

（2）按下列步骤进行调试：

①闭合开关Su将电阻箱Rc调为1300.0Q,然后将开关S2向（选填或》”）端

闭合，将电流表此时指针对应的刻度线标记为T（结果保留两位有效数字）；

②逐步减小电阻箱Rc的阻值，按照图甲将电流表的“电流”刻度线标记为对应的“磁感应强

度”值；

③将开关S2向另一端闭合，测量仪即可正常使用。

(3)用调试好的磁场测量仪进行测量，当电流表的示数为2.5mA时，待测磁场的磁感应强度为

T(结果保留两位有效数字)。

(4)使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，这将导致磁感应强度的测量结果

(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。

［解析］(1)当磁感应强度为零时，磁敏电阻心=300。

为了保护电流表，定值电阻R的最小阻值为Rmin=刍一以3=300Q

zg

故定值电阻R应选用R?。

⑵①闭合开关Si,将电阻箱Rc调为1300.0Q,开关S2应向。端闭合；

由题图甲可知，当磁敏电阻的阻值为1300。时，磁感应强度为B=1.5T

故将电流表此时指针对应的刻度线标记为1.5T。

(3)当电流表的示数为2.5mA时，磁敏电阻/?>=岸一4=900。

由题图甲可知待测磁场的磁感应强度为1.2T。

(4)由于电源的电动势略微变小，内阻变大，导致测得的也流值偏小，磁敏电阻的阻值偏大，由

图像知这将导致磁感应强度的测量结果偏大。

［答案］⑴R2⑵。1.5⑶1.2

(4)偏大

13.(10分X2025•山东枣庄•三模)某科考队在水面上。点安装了一振动装置，可产生水波(可

视为简谐横波)并在。町平面内由。点向外传播。如图甲所示，f=0时刻，相邻的波峰和波谷

恰好分别传到实线圆和虚线圆处，且实线圆处第一次出现波峰。已知质点”的坐标为(0cm,

0.25cm),质点N的坐标为(1.0cm,V3cm)。如图乙所示为图甲中质点M的振动图像，z轴垂

直于0町，平面，竖直向上为正方向。求：

甲乙

(1)质点M的振动方程;

(2)波在水中的传播速度大小；

(3)质点N第10次到达波峰的时刻。

［解析］⑴由题图乙可得周期T=2X10-2S

w=—=IOOHrad/s

T

所以M点的振动方程为

z=0.01sin(lOOnt-

(2)由题图甲可知该波波长x=0.5cm,

则波速为U=-=05X10m/s=0.25m/So

T2x10-22

(3)当质点N第一次到达波峰时，波传播的距离为S=Q12+一0.5)cm=1.5cm

传播的时间为力=2=0.06s

V

质点N第10次到达波峰的时刻为，=h+97=。24s。

［答案］(l)z=O.()lsin(1007Tt-^)(m)

(2)0.25m/s(3)0.24s

14.(12分)(2025•湖南长沙•二模)如图所示，光滑水平面上有一个固定台，固定台上有一半

径为r=2m的;光滑圆弧轨道。固定台右边有一个顶部为光滑圆弧轨道且底面光滑的滑块，滑

块与固定台的距离为4=4.8m,滑块质量为M,其上圆弧轨道两端等高，且左端B处半径与

水平方向的夹角为。(sin6=J。现让一个质量为mo的光滑小球从固定台圆弧轨道顶端上方某

高度处由静止释放，它沿切线进入:圆弧轨道，从A点抛出后，又恰好沿切线从B点进入滑块

顶部的圆弧轨道，小球最终从。点离开滑块。重力加速度取g=10m/s2。求：

(1)小球到达A点时的速度大小；

(2)释放点到;圆弧轨道顶端的距离h；

(3)小球从。点离开滑块后能上升的最大高度及上升到最高点所用的时间。

［解析］(1)小球从A点抛出后做平抛运动，从8点沿切线进入滑块顶部的圆弧轨道，设小球在

A点的速度为ui,小球在B点的速度为V2f则有v\=V2^in。=多2

在3点竖直方向速度V2y=V2COS^7=|u2

竖直方向V2y=-^2=gt

水平方向d=V\t=^U2t

两式联立解得7=0.6s,ri=8m/s,V2=10m/so

(2)根据动能定理，对小球有tn^(h+r)=1m0vf—0

解浮〃=1.2m。

(3)小球从B点进入圆弧轨道后，小球对圆弧有向左下方的压力，圆弧向左运动，当小球运动

到圆弧最低点时，圆弧向左的速度最大，进入圆弧右侧部分时，小球对圆弧有向右下方的压力，

圆弧向左减速运动，根据对称性，当小球从右端。点离开圆弧时，圆弧的速度恰好减小到零，

根据系统的机械能守恒可知，小球的速度大小不变，方向与竖直方向夹角为仇离开圆弧后，

小球做斜抛运动，上升的时间/=