暑期综合提高练习（十五）——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（十五）——2026-2027年高中物理新高三年级暑期强化训练含答案，共5页。
1．100年前，卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子。后来，人们用α粒子轰击Ni核也打出了质子：。此后，对原子核反应的持续研究为核能利用提供了可能。下列说法中正确的是（ ）
A．该反应中的X是正电子，目前人类获得核能的主要方式是核衰变
B．该反应中的X是中子，目前人类获得核能的主要方式是核裂变
C．该反应中的X是中子，目前人类获得核能的主要方式是核聚变
D．该反应中的X是电子，目前人类获得核能的主要方式是核聚变
2．图甲为一列简谐横波在t=1s时刻的波形图，A、B、P分别是平衡位置在 处的质点，图乙为质点 P 的振动图像，下列说法中正确的是（ ）
A．该列波沿x轴正向传播
B．t=1s时质点A沿y轴正方向运动
C．时质点A 回到平衡位置
D．t=1s到t=2s的时间内， 质点 B 运动的路程为20cm
3．如图，空间中有两个竖直墙壁MN和PQ，竖直虚线OA为两墙壁连线的中垂线，M、O、P三点等高，将一小球从O点水平向左抛出，小球与墙壁发生两次弹性碰撞之后恰好落在地面上的A点，每次碰撞时间极短，碰撞前后，水平方向速度大小不变，竖直方向速度不变，小球从O点运动到B的时间为t1，从B点运动到C点的时间为t2，从C点运动到A点所用的时间为t3；O、B之间的高度差为h1，B、C之间的高度差为h2，C、A之间的高度差为h3，不计空气阻力和摩擦阻力，则（ ）
A．t1∶t2∶t3＝1∶2∶1，h1∶h2∶h3＝1∶7∶8
B．t1∶t2∶t3＝1∶2∶1，h1∶h2∶h3＝1∶8∶7
C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3，h1∶h2∶h3＝1∶8∶7
D．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3，h1∶h2∶h3＝1∶7∶8
4．我国绕月探测工程的预先研究和工程实施已取得重要进展．设地球、月球的质量分别为m1、m2，半径分别为R1、R2，人造地球卫星的第一宇宙速度为v，对应的环绕周期为T，则环绕月球表面附近圆轨道飞行的探测器的速度和周期分别为
A．，B．，
C．，D．，
5．如图所示，真空区域有同心圆a和b，半径分别为R和2R，O为圆心，圆a内和圆b外足够大的区域均存在有垂直圆面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反；a、b之间充满辐向电场，电场方向均指向圆心O。质量为m，电荷量为的带电粒子从圆a上的P点沿PO方向射入，入射速度大小为，已知带电粒子第二次经过圆b外匀强磁场区域后，再经电场恰好回到P点并沿PO方向射入。不计粒子重力，忽略边界效应，则圆a、b之间电势差为（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是( )
eq \a\vs4\al(
)
A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C．两板间距离越小，电子的加速度就越小
D．两板间距离越大，加速时间越短
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．图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈埋在地下，受电线圈和电池系统置于车内。工作原理图如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻R=3Ω，当输入端ab接入380V正弦交流电，电池系统cd两端的电压为600V，通过电池系统的电流为20A。若不计其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是（ ）
A．无线充电技术与变压器的工作原理相同
B．若输入端ab接380V直流电，也能进行充电
C．供电线圈和受电线圈匝数比为19：30
D．ab端的输入功率大于12kW
8．如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为2kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，重力加速度g=10m/s2.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间( )
A．物体A的加速度为零B．弹簧弹力大小为30N
C．物体B的加速度大小为4m/s2D．物体B对物体A的压力大小为12N
9．如图所示，图中阴影部分ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料对红光的折射率n=2，AC为一半径为R的四分之一圆弧，D为圆弧面圆心，ABCD构成正方形。在D处有一红色点光源，在纸面内照射弧面AC，若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，已知光在真空中速度为c，则以下说法正确的是（ ）
A．红光在该材料中传播的速度为
B．点光源发出的光射到AB面上的最长时间为
C．照射在AC边上的入射光，有弧长为区域的光不能从AB、BC边直接射出
D．将点光源换成紫光，则AB边上有光射出的长度增大
10．如图所示，水平传送带以速度顺时针匀速转动，质量相同的两物块、分别无初速度地轻轻放在传送带的左端，物块与传送带之间的动摩擦因数为，恰好运动到传送带的右端速度达到，物块与传送带之间的动摩擦因数为，运动到传送带的中间时速度达到，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．传送带对物块做的功与传送带对做的功之比为1：2
D．输送物块过程由于摩擦产生的热量与输送物块过程由于摩擦产生的热量相同
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某探究小组探究单摆的装置如图甲所示，细线端拴一个球，另一端连接拉力传感器，固定在天花板上，将球拉开一个很小的角度静止释放，传感器可绘制出球在摆动过程中细线拉力周期性变化的图像，如图乙所示。
（1）用游标卡尺测出小球直径d如图丙所示，读数为 mm；
（2）现求得该单摆的摆长为L，则当地的重力加速度为 （用题中的字母表示，包括图乙中）；
（3）若科学探险队员在珠穆朗玛峰山脚与山顶利用该装置分别作了实验。在山脚处，他作出了单摆图像为如图丁中直线c，当他成功攀登到山顶后，他又重复了在山脚做的实验，则利用山顶实验数据作出的图线可能是图丁中的直线 。
12．某同学要用电阻箱和电压表测量水果电池组的电动势和内阻。考虑到水果电池组的内阻较大，为了提高实验的精确度，需要测量电压表的内阻。实验器材中恰好有一块零刻度在中央的双电压表，该同学便充分利用这块电压表，设计了如图所示的实验电路，既能实现对该电压表的内阻的测量，又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻的测量，他用到的实验器材有：待测水果电池组（电动势约，内阻约）、双向电压表（量程为，内阻约为）、电阻箱（）、滑动变阻器（），一个单刀双掷开关及若干导线。
（1）该同学按如图所示电路图连线后，首先测出了电压表的内阻。请完善测量电压表内阻的实验步骤：
①将的滑动触头滑至最左端，将拨向1位置，将电阻箱阻值调为0；
②调节的滑动触头，使电压表示数达到满偏；
③保持 不变，调节，使电压表的示数达到 ；
④读出电阻箱的阻值，记为，则电压表的内阻= 。
（2）若测得电压表内阻为，可分析此测量值应 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
（3）接下来测量水果电池组的电动势和内阻，实验步骤如下：
①将开关拨至2位置，将的滑动触片移到最 端，不再移动；
②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一个合适值，记录下电压表的示数和电阻箱的阻值；
③重复步骤②，记录多组电压表的示数及对应的电阻箱的阻值。
（4）若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为，作出图象，则可消除系统误差，如图所示，其中纵截距为，斜率为，则电动势的表达式为 ，内阻的表达式为 。
13．如图所示,竖直放置的U形玻璃管右端封闭、左端开口,右端玻璃管横截面积是左端的2倍。管中装入水银,平衡时右端封闭的理想气体的长度L=15 cm,左端水银面到管口的距离为h=12 cm,且左右两管水银面的高度差也为h=12 cm。现将小活塞封住左端,并缓慢向下推动,当活塞下降距离为x时,两管液面恰好相平。推动过程中两管中的气体温度始终不变,活塞不漏气,大气压为p0=76 cmHg。求:
(i)右管封闭的理想气体的最终压强p;
(ii)活塞下降的距离x。
14．如图所示，相距的两平行导轨MN、PQ固定在水平面上，其中和O处为一小段长度可忽略的绝缘材料，其余均为金属材料，两导轨左端连接阻值为的电阻。导轨所在处的空间分布两个竖直向下的有界磁场，磁场1宽度为，右边界与y轴重合，磁感应强度大小，磁场2宽度为，左边界与y轴重合，磁感应强度分布规律为，，水平导轨上的无磁场区域静止放置一质量为的“联动双杆”（金属杆ab和cd长度均为，电阻均为2Ω，它们之间用长度为的刚性绝缘杆连接构成），在外力F的作用下以的速度匀速穿过磁场1，完全进入磁场2后撤去外力F，运动过程中，杆ab、cd与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：
（1）联动双杆进入磁场1的过程中，通过ab杆的电荷量；
（2）联动双杆匀速穿过磁场1的过程中，外力F做的功；
（3）联动双杆能否穿出磁场2，请说明理由。
15．如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1=1kg的平板车以v0=5m/s的速度向左运动，质量为m2=4kg的小铁块以v0=5m/s的速度从左端滑上平板车.一段时间后小铁块与平板车速度相同，之后平板车与竖直墙壁发生弹性碰撞.小铁块与平板车间的动摩擦因数为μ=0.25，小铁块始终未从车上掉下，重力加速度g=10m/s2，1+q+q2+…+qn−1=1−qn1−q.求：
（1）车与墙壁发生第一次碰撞前速度大小v；
（2）车的最小长度L；
（3）车与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程s.
参考答案
1．【知识点】核反应
【答案】B
【详解】
根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，为中子；目前人类获得核能的主要方式是核裂变。
故选B。
2．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
【答案】D
【详解】A．由P点的振动图像可知，在t=1s时质点P在平衡位置沿y轴正向运动，结合波形图可知，该列波沿x轴负向传播，选项A错误；
B．由“同侧法”可知，t=1s时质点A沿y轴负方向运动，选项B错误；
C．波速时波向左传播，则此时质点A 不在平衡位置，选项C错误；
D．t=1s到t=2s的时间内，即经过0.5T， 质点 B 运动的路程为2A=20cm，选项D正确，选D。
3．【知识点】求解平抛运动、类平抛运动问题
【答案】B
【详解】
设两墙壁之间的距离为2L，小球在水平方向做匀速直线运动，有t1＝，t2＝，t3＝，所以t1∶t2∶t3＝1∶2∶1
小球在竖直方向做自由落体运动，有h1＝， h1＋h2＝g(t1＋t2)2， h1＋h2＋h3＝g(t1＋t2＋t3)2，即：h1∶h1＋h2∶h1＋h2＋h3＝∶(t1＋t2)2∶(t1＋t2＋t3)2＝1∶9∶16，
化简得：h1∶h2∶h3＝1∶8∶7，所以选项B正确，ACD错误。
故选：B
4．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算、人造卫星问题
【答案】A
【详解】
设人造地球卫星的质量为m，则其在近地轨道运动过程中：
得：，
同理，月球探测器在月球表面附近圆轨道运动时，
所以，
故本题A选项正确；
5．【知识点】带电粒子在组合场中的运动
【答案】C
【详解】作出粒子的运动轨迹，如图所示
由题知，带负电的粒子在a圈内的匀强磁场以速度向下偏转，从处进入环形电场，粒子所受电场力方向与速度方向相同，粒子从到做加速运动，然后粒子以速度从点进入圆b外足够大的匀强磁场。则带负电的粒子在a圈内的匀强磁场做匀速圆周运动，则有，解得，根据几何关系可得，解得，根据几何关系可得，在直角三角形中，根据几何关系有，粒子在圆b外足够大的匀强磁场做匀速圆周运动，则有，解得，粒子从到做加速运动，根据动能定理有，解得，选C。
6．【知识点】元电荷、电子的比荷、几种常见的电场、匀强电场、尖端放电、静电屏蔽与静电吸附、带电粒子在匀强电场中的运动、库仑定律、库仑定律的表达式和简单计算、点电荷的场强、电场 电场强度、电场、电场强度、电场的叠加 、电场线、电荷 电荷守恒定律、电荷及三种起电方式、电荷守恒定律、静电平衡问题、静电感应现象及特点、静电的防止与利用、非点电荷的电场强度的计算与叠加
【答案】B
【解析】极板之间的电压U不变，由E＝eq \f(U,d)可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间越长，由eU＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(\f(2eU,m))，则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，A、C、D错误， B正确．
7．【知识点】变压器的构造和原理、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】AD
【详解】
A．无线充电技术是利用变化的电流产生变化的磁场，使受电线圈中的磁通量变化，从而在受电线圈中产生变化的电流，即与变压器的工作原理相同，故A正确；
B．若输入端ab接380V直流电，由于电流产生的磁场不变，则受电线圈中不会产生电流，即不能进行充电，故B错误；
C．设供电线圈和受电线圈匝数比为k，则
即
由
可知
解得
故C错误；
D．副线圈的功率为
忽略线圈中的能量损失，则ab端的输入功率大于12kW，故D正确。
故选AD。
8．【知识点】牛顿第二定律求解瞬时突变问题
【答案】BCD
【解析】细线剪断瞬间，弹簧的弹力F仍然不变，有F=mAg=30N，对A、B整体，它们具有共同的加速度，由牛顿第二定律可知mA+mBg−F=mA+mBa，代入数据解得a=4m/s2，故A错误，B、C正确；设物体B对物体A的压力大小为FN，对物体A，由牛顿第二定律可知FN+mAg−F=mAa，解得FN=12N，故D正确.
9．【知识点】全反射与折射的综合应用、全反射原理及其应用
【答案】AC
【详解】
A．由可知，红光在该材料中的传播速度为，A正确；
B．由题意可知，沿DB方向到达AB面上的光在材料中的传播距离最大，时间最长，做出如图所示光路图，有几何关系可知光从光源到AC面的传播距离为R，材料中的传播距离为
在材料中的传播时间为
光在空气中传播的时间为
点光源发出的光射到AB面上的最长时间为
B错误；
C．根据
可知临界角为
C=30°
如图所示，若沿DE方向射到AB面上的光线刚好发生全反射，则，同理沿DG方向射到BC面上的光线刚好发生全反射，则，故
即照射在AC边上的入射光，有弧长为区域的光不能从AB、BC边直接射出，选项C正确；
D．将点光源换成紫光，因紫光的折射率比红光的大，根据
知紫光的临界角比红光的小，所以AB边上刚好发生全反射的入射点将左移，AB边上有光射出的长度减小，D错误。
故选AC。
10．【知识点】传送带模型中的能量守恒问题
【答案】BD
【详解】
AB．输送物块的过程中，摩擦力提供物块的加速度
结合运动学公式
可知物块与传送带之间的动摩擦因数之比
故选项B正确，选项A错误；
C．两物块的末动能大小相等，传送带对两物块做功大小相等，故选项C错误；
D．对物块A，与传送带共速的时间t1，则相对传送带的位移
摩擦产热，物块与传送带发生相对位移，解得输送物块A过程由于摩擦产生的热量
同理，输送物块B过程由于摩擦产生的热量
所以输送物块A过程由于摩擦产生的热量与输送物块B过程由于摩擦产生的热量相同，故选项D正确。
故选BD。
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】 a
【详解】（1）[1]由题图丙所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05 mm，游标卡尺示数为
（2）[2]摆球经过平衡位置时细线的拉力最大，在一个周期内摆球两次经过平衡位置，由题图乙所示图像求出单摆的周期
由单摆周期公式
可知，重力加速度
（3）[3]由单摆周期公式
可得
T2—L图像的斜率
重力加速度
珠穆朗玛峰山顶的重力加速度小于山脚的重力加速度，因此在峰顶做实验时图像斜率较大，在峰顶做实验作出的图线可能是直线a。
12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏阻法测定电源的电动势与内阻
【答案】R1；最大值的一半；；大于；左；；
【详解】
（1）③④当S拨向1位置，滑动变阻器R1在电路中为分压式接法，调节R1的滑动触片，使电压表示数达到满偏U；保持R1不变，调节R2，使电压表的示数达到最大值的一半，此时电阻箱两端电压，电压表两端电压与电阻箱两端电压相等，由串联电路特点可知，电压表内阻与电阻箱阻值相等，此时电阻箱的阻值为R2，则电压表的内阻RV=R2；
（2） 由闭合电路欧姆定律可知，调节R2变大使电压表达到半偏的过程中，总电阻值变大，干路总电流变小，由
E=Ir+U外
得U外变大，由电路知
U外=U并+U右
变阻器的滑动触片右侧电压
U右=IR右
变小，则U并变大，电压表半偏时，R2上的电压就会大于电压表上的电压，那么R2的阻值就会大于电压表的阻值；
（3）① 测电源的电动势和内阻，利用伏阻法，S拨到2，同时将R1的滑动触片移动最左侧；
根据
变形得
所以
，
解得
13． (1)120 cmHg 12.4 cm
【解析】设左管液面下降Δh时,两管液面相平,由于右端玻璃管横截面积是左端的2倍,此时右端液面上升12Δh,所以有
h-Δh=12Δh,
解得Δh=23h=8 cm
设右端玻璃管的横截面积为S,对于右端封闭的理想气体,变化前的压强为
p1=p0+ph=(76+12) cmHg=88 cmHg
变化前的体积为
V1=SL
变化后的体积为
V=SL−12Δℎ
则由玻意耳定律可得
p1V1=pV
解得p=120 cmHg
(ii)设左端玻璃管的横截面积为S0,液面相平时左端玻璃管内气柱高度为h1,由于两管液面相平,两管封闭的理想气体压强相等,所以对于左端玻璃管封闭的理想气体,由玻意耳定律可得
p0S0h=pS0h1
解得h1=7.6 cm
活塞下降的距离x=h-h1+Δh=12.4 cm
14．【知识点】双杆模型、电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）联动双杆进入磁场1的过程中，cd杆切割磁感线产生的感应电动势为
流过干路的总电流为
联动双杆进入磁场1所用时间为
通过ab杆的电荷量为
（2）联动双杆进入磁场1过程中产生的焦耳热为
联动双杆均在磁场1中运动过程，ab杆和cd杆产生的电动势均为
将ab杆和cd杆看成一个等效电源，则等效电源电动势和内阻分别为
，
联动双杆均在磁场1中运动过程的时间为
联动双杆均在磁场1中运动过程产生的焦耳热为
联动双杆出磁场1过程中，ab杆与构成回路，该过程产生的焦耳热为
可得
联动双杆匀速穿过磁场1的过程中，根据能量守恒可知，外力F做的功为
（3）联动双杆完全进入磁场2后撤去外力F，联动双杆在磁场2的运动过程中，设cd杆所在位置的磁感应强度为时，ab杆所在位置的磁感应强度为，根据
可知
联动双杆产生的总电动势为
双杆与导轨构成回路的电流为
联动双杆受到的安培力合力大小为
设联动双杆速度减为0时在磁场2中运动的位移为，根据动量定理可得
又
联立可得
由于
故联动双杆不会穿出磁场2。
15．【知识点】求解非弹性碰撞问题
【答案】（1）3m/s；（2）6.25m；（3）1.41m
【解析】（1）设水平向右为正方向，车与墙壁发生第一次碰撞前的速度大小为v，由动量守恒定律得
m1−v0+m2v0=m1+m2v，
解得v=3m/s.
（2）最终车和小铁块的动能全部转化为系统的内能，由能量守恒定律得12m1v02+12m2v02=μm2gL，
解得L=6.25m.
（3）设车的加速度大小为a，车与墙壁发生第一次碰撞后向左速度减为零时的位移大小为x1，车与墙壁从发生第一次碰撞到发生第二次碰撞运动的路程为s1，由牛顿第二定律得μm2g=m1a，
解得a=10m/s2,
由运动学公式得0−v2=−2ax1，s1=2x1，
解得s1=0.9m.
设车与墙壁发生第k次碰撞后的速度大小为vk，碰后的共同速度为vk+1，vk+1也是小车与墙壁发生第k+1次碰撞后的速度，对系统，由动量守恒定律得
m1−vk+m2vk=m1+m2vk+1，
解得vk+1=35vk,
设车从与墙壁发生第k次碰撞到发生第k+1次碰撞运动的路程为sk，由以上分析可知
sk=vk2a，sk+1=vk+12a，
则sk+1=925sk，
小车从与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程为
s=s1+s2+…+sk=s1[1−925k]1−925，
k取无限大，则有s=s11−925=1.41m.