暑期综合提高练习（十二）——2026-2027年高中物理新高三年级暑期强化训练含答案

这是一份暑期综合提高练习（十二）——2026-2027年高中物理新高三年级暑期强化训练含答案，共5页。试卷主要包含了4 kW等内容，欢迎下载使用。
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．对核聚变及核反应方程的理解·基础)2023年4月13日,中国“人造太阳”反应堆中科院环流器装置(EAST)创下新纪录,实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行,为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步,下列关于核反应的说法正确的是( )
A．相同质量的核燃料,轻核聚变比重核裂变释放的核能更多
B．氘氚核聚变的核反应方程为12H+13H→24He+−10e
C．核聚变的核反应燃料主要是铀235
D．核聚变反应过程中没有质量亏损
2．某同学收集了关于海王星的资料，它的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的30倍，质量约为地球质量的17倍，半径约为地球半径的4倍，地球表面重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．海王星公转的加速度大小约为地球公转加速度的倍
B．海王星公转的周期约为165年
C．海王星表面的重力加速度约为2g
D．海王星的第一宇宙速度约为15.8km/h
3．一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为0.5m/s．t1=0时的波动图像如图所示，则t2=4s时的波的图像为（ ）
A． B．
C． D．
4．如图所示，用两根长分别为l1、l2的细线拴一小球a，细线另一端分别系在一竖直杆上O1、O2处，当竖直杆以某一范围的角速度ω(ω1≤ω≤ω2)转动时，小球a保持在图示虚线的轨迹上做圆周运动，此时两根线均被拉直，圆周半径为r，已知l1:l2:r=20:15:12，则ω1:ω2等于（ ）
A． 3:4B． 3:5C． 4:5D． 1:2
5．如图所示，A、B为两个对称的圆锥的顶点，相距2l，圆锥的底面半径为l，C点为圆锥底面圆周上的一点（图中未画出），O点为AB连线的中点，D点为OB连线的中点．现把两个电荷量都是Q的正点电荷分别置于A、B两点．该空间为真空，静电力常量为k．则下列说法正确的是（ ）
A． 圆周上各点的电场强度的方向都平行于AB连线
B． 圆周上C点的电场强度大小为2kQl2
C． 在OB连线上各点的电场强度都一定大于C点的电场强度
D． 将另一个带负电的试探电荷q从C点沿CO、OD的折线路径移动到D点的过程中，其电势能一定逐渐减小
6．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直固定的足够长的绝缘杆MN，小球P套在杆上。已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是
A．小球开始下滑时的加速度最大
B．小球的速度由12v0增大至v0的过程中，小球的加速度一直减小
C．当a＝12a0时，小球的速度v与v0之比vv0一定小于12
D．当v＝12v0时，小球的加速度a与a0之比aa0一定小于12
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，水平传送带长x=6m，以v=2m/s的速率顺时针转动，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，倾角θ=37°的光滑斜面与传送带右侧平滑连接，斜面长为L=3m，质量为m=1kg的乙静止在斜面底端，将相同质量的甲从斜面顶端由静止释放，甲乙发生弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．物体乙滑上传送带的速度为6m/s
B．物体乙能够运动到B端
C．整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度为3.2m
D．整个过程中产生的焦耳热为32J
8．一束复色光，照射到底面有反射涂层的平行玻璃砖上表面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出，光线分为a、b两束，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a光的频率大于b光的频率
B．a光在玻璃中的速度大于b光在玻璃中的速度
C．用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距小于b光的条纹间距
D．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角
9．利用风力发电会出现发电高峰与用电高峰错时的现象，需要设计节能储能输电网络。如图所示，若风力发电输出功率恒为500 kW，输电线总电阻R＝100 Ω，其余线路电阻忽略不计，用户两端电压恒为U＝48 kV，白天用户的用电功率为480 kW，夜晚用户的用电功率为96 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是
A．白天输送给储能站的功率为10 kW
B．夜晚输送给储能站的功率为40 kW
C．白天输电线上损失的功率为10 kW
D．白天输电线上损失的功率为0．4 kW
10．如图所示，半径为R的光滑半球固定在水平地面上，有一质量为m的可视为质点的小球静止在半球的最高点，受到微小扰动后由静止开始沿球面下滑，一段时间后小球与半球分离。重力加速度大小为g，不计一切阻力，从小球开始下滑到落地前的过程中，下列说法正确的是
A．小球机械能不守恒
B．小球落地时的速率为2gR
C．小球与半球分离时，小球离地的竖直高度为2R3
D．小球落地前瞬间重力的瞬时功率为mg4627gR
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某物理课外活动小组准备用单摆测量当地的重力加速度。
(1)下列器材和操作最合理的是 。
A．B．C．D．
(2)某次测量小球直径的结果如图所示，则这次测量的读数为 mm。
(3)实验中，测得摆球经过N次全振动的总时间为Δt。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D。则重力加速度的表达式为g= (用题目中给出的字母表示)。
(4)如果测得的g值偏小，可能的原因是 。
A．测摆长时，摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验时误将49次全振动记为50次
12．某实验小组测量的电阻，已知的阻值约为，提供器材如下：
A．电流表（量程为，内阻约为）
B．电流表（量程为，内阻）
C．电压表V（量程为，内阻约）
D．定值电阻
E．定值电阻
F．滑动变阻器（0~3Ω，允许通过的最大电流为200mA）
G．滑动变阻器（0~20Ω，允许通过的最大电流为400mA）
H．滑动变阻器（0~50Ω，允许通过的最大电流为400mA）
I．蓄电池（电动势为，内阻很小）
J．开关
(1)定值电阻应选 ，滑动变阻器应选 。（填器材前面的序号）
(2)测量中要求误差尽可能小，并能测量多组数据，请在虚线框中画出测量电阻的实验电路图。
(3)用表示电流表的示数，表示电流表的示数，表示电压表V的示数，根据所选器材和设计电路，电阻的表达式为 （用题中符号表示）。
(4)从系统误差的角度出发，该实验的测量值 （填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
13．如图甲所示，一高度为H的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞横截面积为S，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动．活塞下方封闭有一定质量的理想气体，已知理想气体内能U与温度T的关系为（k为正的已知常量），重力加速度为g．初始状态封闭气体温度为，压强等于外界大气压强，现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的三个状态变化过程，求：
(1)活塞质量m；
(2)从过程中，气体对外做的功W；
(3)从全过程中，气体内能增加量。
14．如图，足够长的两倾斜金属导轨与水平地面的夹角均为，间距均为L=1m，最低处平滑连接（无能量损失），左上端接有电容的电容器，一质量m=1kg的导体棒与两侧导轨间的动摩擦因数均为0.5，导体棒和导轨的电阻均不计。两侧导轨均存在着垂直于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B=4T，现使导体棒从左侧导轨上某处由静止释放，经时间t1（未知）第一次到达最低点的速度，然后滑上右侧导轨，多次运动后，最终停在导轨的最低点。整个过程中电容器未被击穿，忽略两磁场间相互影响，重力加速度g取，0.8，求：
（1）导体棒第一次运动到最低点时，电容器所带电荷量Q；
（2）导体棒第一次运动到最低点时所用时间t1，第一次运动到最低点时电容器储存的能量EC；
（3）导体棒运动的总时间t总。
15．如图所示，竖直面内的光滑绝缘圆弧轨道与足够长的粗糙水平地面平滑连接，点在圆心点正下方，轨道半径，整个空间存在竖直向上、大小的匀强电场。一个质量，电荷量的带正电小滑块，从轨道点静止释放，经过点后立即与另一个质量，不带电的静止小滑块发生弹性碰撞（碰撞过程不发生电荷转移，且碰撞时间极短）。已知与地面间的动摩擦因数，重力加速度取均视为质点。求：
(1)到达圆轨道点（与碰前）的速度大小；
(2)到达圆轨道点（与碰前）对轨道的压力大小；
(3)碰后的最大距离。
参考答案
1．【知识点】核反应的反应方程及能量计算、质量亏损与爱因斯坦质能方程
【答案】A
【解析】相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多，A正确；核反应方程必须遵循电荷数守恒、质量数守恒，所以氘氚核聚变的核反应方程为12H＋13H→24He＋01n，B错误；核聚变的核反应燃料主要是氘和氚，C错误；核聚变反应过程中释放能量，有质量亏损，D错误.
2．【知识点】计算某一星球的重力加速度
【答案】B
【详解】由题意可知，，
由万有引力提供向心力，可得，海王星公转的加速度大小约为地球公转加速度的倍，A错误；由万有引力提供向心力，可得，则，海王星公转的周期约为164.3年，接近165年，B正确；在天体表面有，可得，可得海王星表面的重力加速度为，C错误；由万有引力提供向心力，可得，则，可得海王星的第一宇宙速度约为，D错误。
3．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
【答案】A
【解析】4s内波传播的距离为x=vt=2m，t=λxT=T2,则t2=4s时，波的图像变为A选项的图像，A正确，B、C、D错误．
4．【知识点】圆锥摆问题
【答案】A
【解析】设长度为l1、l2的两细线与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，将细线拉力沿竖直方向和水平方向分解，竖直方向的分力大小等于小球的重力，水平方向的分力提供向心力，若长度为l2的细线中没有弹力，则有F向1=mgtanθ1=mω​12r，若长度为l1的细线中没有弹力，则有F向2=mgtanθ2=mω​22r，由几何关系可得r=l1sinθ1=l2sinθ2，又l1:l2:r=20:15:12，联立解得ω1:ω2=3:4，A正确，B、C、D错误．
5．【知识点】电势能与静电力做功、电场的叠加
【答案】D
【解析】根据等量同种点电荷电场线的分布特点可知，圆周上各点的电场强度的方向都垂直于AB连线，A错误；圆周上C点的电场强度大小为E=2kQr2⋅cs45∘=2kQ(l2+l2)2⋅cs45∘=2kQ2l2，B错误；由O到B，电场强度由0逐渐增加，而C点场强不为0，则在OB连线上各点的电场强度一定不都大于C点的电场强度，C错误；将另一个带负电的试探电荷q从C点沿CO、OD的折线路径移动到D点的过程中，一直是逆着电场线运动，电场力做正功，其电势能一定逐渐减小，D正确．
6．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动
【答案】B
【解析】小球刚开始下滑时，对小球受力分析，杆对小球的弹力大小FN＝Eq，滑动摩擦力大小Ff＝μEq，在竖直方向，根据牛顿第二定律有mg－μEq＝ma1，随着小球速度的增加，小球所受的洛伦兹力由0逐渐增大，则Eq＝Bqv＋FN，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，摩擦力减小，当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力的大小时，杆对小球的弹力为零，此时小球在竖直方向仅受重力，加速度达到最大，为重力加速度，即a0＝g，随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，杆上再次出现弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合外力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球的重力，小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，因此小球开始下滑时的加速度不是最大，A错误；由A项分析可知，小球刚开始运动时，加速度大小为a1＝g－μEqm，在整个过程中加速度先由a1逐渐增大到a0，再由a0逐渐减小为0，假如开始时加速度是由0开始增加的，则根据运动的对称性可知，当加速度最大时，小球速度恰好达到12v0，但实际上加速度并不是由0开始增加的，因此可知，当加速度最大时，小球的速度还未达到12v0（关键点：将物体的运动与加速度由0开始增加进行对比，根据对称性得出结论），而加速度达到最大之后由于摩擦力的再次出现，小球开始做加速度减小的加速运动，由此可知，小球的速度由12v0增大至v0的过程中，小球的加速度一直减小，B正确；当a＝12a0时，小球可能正在做加速度增大的加速运动，也可能正在做加速度减小的加速运动，若小球正在做加速度增大的加速运动，则v与v0之比vv0小于12，但若小球正在做加速度减小的加速运动，则v与v0之比vv0大于12，C错误；当小球的加速度大小为a0＝g，即加速度达到最大时，小球的速度还未达到12v0，因此当v＝12v0时，小球的加速度a一定小于a0，此时由牛顿第二定律有mg－μ（Bqv－Eq）＝ma，即ma0－μ12Bqv0－Eq＝ma，而当小球速度最大时，由牛顿第二定律有ma0＝μ（Bqv0－Eq），联立可得ma0－ma0Bqv0－Eq·12Bqv0－Eq＝ma，化简可得aa0＝Bqv02（Bqv0－Eq）＞12，D错误。
7．【知识点】传送带模型中的能量守恒问题
【答案】AD
【详解】甲沿斜面下滑，根据牛顿第二定律可得，，解得，甲乙发生弹性碰撞，有，，解得，，由此可知物体乙滑上传送带的速度为6m/s，A正确；乙在传送带上先向左做匀减速直线运动，其位移为，，解得，由此可知，乙不能够运动到B端，B错误；乙做匀减速直线运动的过程中相对位移大小为，之后乙反向加速到达到共速相对位移大小为，所以整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度为，C错误；整个过程中产生的焦耳热为，D正确。
8．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】AC
【详解】作出光路图如图所示，a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大，波长较短，A正确；
根据折射定律有，折射率越大，速度越小，所以a光在玻璃中的速度小于b光在玻璃中的速度，B错误；根据双缝干涉条纹间距公式，则a光的条纹间距小于b光的条纹间距，C正确；由光的临界角公式有，折射率越大，临界角越小，所以从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角小于b光的临界角，D错误。
9．【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】AC
【解析】由题意可知，白天用户的用电功率P1＝480 kW，由公式可知I2＝P1U＝10 A，在输电线上损失的功率ΔP＝I22R＝10 kW，则白天输送给储能站的功率P储＝P－P1－ΔP＝10 kW，A、C正确，D错误；夜晚用户的用电功率P2＝96 kW，由公式可知I'2＝P2U＝2 A，在输电线上损失的功率ΔP'＝I'22 R＝400 W，则夜晚输送给储能站的功率为P'储＝P－P2－ΔP'＝403.6 kW，B错误。
10．【知识点】单一物体机械能守恒定律的应用、竖直面内圆周运动问题、连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
【答案】BCD
【解析】小球运动过程中没有与外界发生机械能交换，机械能守恒，A错误；小球到达地面前，由机械能守恒得mgR＝12mv2，则v＝2gR，B正确；设小球在P点与半球分离，P点和球心的连线与水平方向夹角为α，在P点，小球与半球间挤压的作用力为零（关键点：分离的临界条件为压力为零），mgsin α＝mvP2R，又由机械能守恒定律得mgR（1－sin α）＝12mvP2，则小球与半球分离时，小球离地的竖直高度为h＝Rsin α＝23R，C正确；从P点飞出时小球在竖直方向的分速度vPy＝vPcs α＝1－2232·23gR＝309gR，小球在竖直方向上做匀加速直线运动，落地时竖直分速度满足vy2＝vPy2＋2gh，解得vy＝4627gR，小球落地前瞬间重力的瞬时功率为mg4627gR（易错点：重力的瞬时功率等于重力与速度沿竖直方向上的分量的乘积），D正确。
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】(1)D；(2)10.020；(3)2π2N2(2l+D)(Δt)2；(4)B
【详解】(1)根据单摆模型可知，为减小空气阻力的影响，摆球应采用密度较大、体积较小的铁球，为使单摆摆动时摆长不变，摆球应用不易变形的细丝线，悬点应用铁夹来固定，故选D。
(2)这次测量的读数为10 mm+2.0×0.01 mm=10.020 mm。
(3)根据单摆周期公式T=2πLg，其中L=l+D2，T=ΔtN，解得g=2π2N2(2l+D)(Δt)2。
(4)因为重力加速度的表达式为g=4π2LT2，测摆长时摆线拉得过紧，所测得的摆长偏大，则所测得的重力加速度偏大，故A错误；摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，即实际中的摆线长度增加了，测得的摆长偏小，故所测得的重力加速度偏小，故B正确；开始计时时，停表过迟按下，所测得的周期偏小，则所测得的重力加速度偏大，故C错误；实验中误将49次全振动记为50次，所测得的周期偏小，则所测得的重力加速度偏大，故D错误。
12．【知识点】实验：电阻的测量
【答案】(1)D，G，(2)，(3)，(4)等于
【详解】（1）由题意，可知所提供电压表的量程过大，不利于读数，需要将内阻已知的A2改装成电压表来测电压，定值电阻选时量程为，定值电阻选，即选D。
测量中要求误差尽可能小，并能测量多组数据，可知滑动变阻器采用分压式接法，选经估算通过干路的电流约为，不可取，选约为，滑动变阻器选择，即选G。
（2）结合前面分析，由于电压表内阻准确已知，电流表选择外接法，电路设计如图所示
（3）根据电路设计，可得待测电阻两端电压为，流过的电流为，。
（4）由上述分析可知，该实验无系统误差，实验的测量值等于真实值。
13．【知识点】利用理想状态方程解决问题、气体的p-T（p-t）图像
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）过程，气体在等压膨胀，由受力平衡有：
解得：
（2）过程，图像斜率不变，体积不变，只有在过程中气体对外做功，从过程，气体对外做的功：
（3）在全过程中，由理想气体状态方程，有
解得气体在d状态的温度
气体内能的变化量：
14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）在最低点，导体棒切割磁场，电容器两端电压与导体棒两端电动势相等，有，
电容器的电容，
联立，解得。
（2）导体棒由在左边导轨上静止释放后，在下滑过程中受力分析如图所示：
沿斜面方向由动量定理得，
解得，
沿斜面方向由牛顿第二定律得，
又，，，
则，
解得，
导体棒由在左边导轨上静止释放后做匀加速直线运动，导体棒释放位置距离导轨的最低点距离，
电容器储存的能量，
解得。
（3）根据分析可知道，物体冲上右边导轨后，电容器放电，导体棒安培力沿斜面向上，受力分析图如图所示：
根据牛顿第二定律得，
又根据，，
解得，
则第一次冲上右轨道所用时间，
物体上滑到右侧最高点位移，
同理，导体棒从右侧斜面最高点滑下过程中电容器充电，加速大小等于，导体棒第二次经过最低点时假设其速度为，则，，
解得，，
之后以冲上左轨道，物体上滑到左侧轨道最高点位移为，
所用时间为，
左轨道再次下滑时间为，
解得，
第三次到最低点的速度，
之后冲上右轨道，物体上滑到右侧轨道最高点位移为，
所用时间为，
如此往复，直至停在最低点。在两边导轨加速下滑过程时间依次为，，……公比为，由等比数列求和公式，得下滑的总时间为，
在两边导轨减速上滑过程时间依次为，，……公比为，由等比数列求和公式，得上滑的总时间为，
所以全程的总时间为。
15．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】(1)2m/s；；(2)3.6N；(3)0.5m
【详解】（1）从A到B的过程由动能定理得：
，
解得。
（2）设小滑块经过时，其受到轨道的支持力为，则，
由牛顿第三定律得，
解得。
（3）设水平向右为正方向，碰撞后的速度分别为，由弹性碰撞得，，
解得，
设碰撞后在水平地面上的加速度大小分别为，则，，
假设碰后经过时间达到共同速度，由运动学公式得，
由分析可得，说明共速时均未停止，假设成立。则碰后的最大距离为，
解得。