暑期综合提高试卷（二十）——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试卷（二十）——2026-2027年高中物理新高三年级暑期强化训练含答案，共5页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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．我国玲龙一号（ACP100）是全球首个陆上商用模块化小型核反应堆，被称为“核能移动充电宝”，可以作为我国将来的核动力航母的动力和电能来源。下列说法正确的是（ ）
A．玲龙一号核反应堆的核燃料是取自海水中的氘
B．玲龙一号原理是利用轻核的聚变释放核能
C．玲龙一号是利用重核裂变释放的核能来发电
D．玲龙一号是利用比结合能大的核变成比结合能小的核来获得核能
2．某行星为质量分布均匀的球体，半径为R，质量为M。科研人员研究同一物体在该行星上的重力时，发现物体在“两极”处的重力为“赤道”上某处重力的1.2倍。已知引力常量为G，则该行星自转的角速度为（ ）
A．B．C．D．
3．如图所示为场地自行车赛的比赛情景，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动。已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为R，将运动员和自行车看作一个整体，则（ ）
A．受到合力的方向保持不变
B．受到合力的大小为
C．若运动员减速，则一定沿倾斜赛道上滑
D．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
4．如图甲，一列简谐横波在x轴上传播，波上有三个质点A、O、B，其平衡位置间的距离满足OA=6m，OB=3m，波源位于O点，某时刻开始计时，O、B的振动图像分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是（ ）
A．该列波的最小波长为
B．该列波的最大传播速度为1.5m/s
C．当质点B位于波峰时，质点A一定位于波谷
D．开始计时后，质点A的振动方程为
5．如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道固定在竖直面内，轨道的圆心处固定了一条形磁铁.一半径为r、质量为m的金属球从半圆形轨道的一端由静止释放（金属球紧贴轨道，其球心在半圆形轨道的水平直径上），金属球在轨道上往复运动，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计.下列说法正确的是（ ）
A．由于金属球与半圆形轨道间没有摩擦，金属球往复运动时，每次都能到达相同的高度
B．金属球第一次到达轨道最低点的速度v=2gR−r，后续每次到达最低点的速度都小于2gR−r
C．金属球最终停在轨道最低点，运动过程中系统产生的总热量为mgR−r
D．金属球运动过程中有感应电动势产生，但因没有闭合回路，所以没有产生感应电流
6．（吉林长春外国语学校高二月考）AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷(电荷量与质量的比)相同的带电粒子(不计重力)a、b和c，运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的．不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程中( )
eq \a\vs4\al(
)
eq \a\vs4\al(
)
A．运动的加速度aa>ab>ac
B．飞行时间tb＝tc>ta
C．水平速度va>vb＝vc
D．电势能的减少量ΔEc＝ΔEb>ΔEa
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。
7．2023年夏我国电源供给中，风电、光伏等清洁能源占到近三成，成为电力可靠供应的重要保障。某风力发电机的输出电压为，用户得到的电功率为，用户得到的电压是，输电线的电阻为，输电线路如图所示。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的，变压器均视为理想变压器，已知降压变压器副线圈的匝数为55匝，则下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出功率为
B．通过输电线的电流为
C．升压变压器副线圈匝数是原线圈匝数的3倍
D．降压变压器原线圈的匝数为3525匝
8．如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角= 53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1 kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g=10m/s2，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（ ）
A．若μ=0.2，当F=4N时，木板相对斜劈向右滑动
B．若μ=0.5，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止
C．若μ=0.8，当F=22.5N时，小球对斜劈的压力为0
D．若μ=0.8，当F=26 N时，细绳对小球的拉力为
9．半径为R的半圆柱形玻璃介质的截面如图所示，其中O为圆心，AB为水平直径，PO垂直于AB。两条相互平行且与OP方向的夹角均为的同种单色光a、b从空气中射入该玻璃介质，其中光线a沿直线射向O点，光线b从P点射入，从A点离开介质。已知单色光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（ ）
A．玻璃介质对该光的折射率为
B．玻璃介质对该光的折射率为
C．光线a在玻璃介质中的传播时间为
D．光线a在玻璃介质中的传播时间为
10．(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ 所示,重力加速度取10 m/s2.则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某实验小组利用单摆周期公式T＝2πLg测量当地重力加速度的值。
（1）为了较精确地测量重力加速度的值，下列四种单摆组装方式，应选择 （填正确答案标号）。
AB
CD
（2）组装好单摆，先用刻度尺测量摆线长度，再用游标卡尺测量小球的直径，其示数如图甲所示，则小球直径为 mm。

甲
（3）单摆周期公式中的L是单摆的摆长，其值等于摆线长度与 之和。
（4）某次实验时，改变摆长并测出对应的周期，得到如表所示的实验数据并在图乙的坐标系中描出相应的点。请在图乙中作出T2－L图像。
乙
（5）根据T2－L图像算出重力加速度g＝ m/s2（取π2＝9．86，结果保留三位有效数字）。
12．某同学测量一根粗细均匀的金属丝的电阻率，取长L=400.0m的一段导线绕成线圈。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量数据如图甲所示，则D= mm。
（2）用多用电表“×10”挡粗测线圈的电阻，发现指针偏转角度过大，则应该换用 (选填“×100”或“×1”) 挡。换用合适的挡位，正确操作粗略测得线圈的电阻。
（3）除开关、导线外，实验室提供以下的实验器材，为多测几组数据以便精确测量金属丝电阻。
A．电源E (电动势为3.0V，内阻不计)；
B．滑动变阻器；
C． 滑动变阻器；
D．电压表 (量程为0~3V和0~15V，内阻很大)；
E. 电流表 (量程为0~0.6A和0~3A，内阻约为2Ω)。
（4）用笔画线代替导线将图乙中的实物图补充完整
（5）测出多组数据后，描绘出U-I图线如图丙所示。根据实验数据，则该金属丝的电阻率约为 (保留1位有效数字)。
13．一根一端封闭的玻璃管竖直放置，内有一段高的水银柱，当温度为时，封闭空气柱长为，则（外界大气压相当于高的水银柱产生的压强，取）
（1）如图所示，若玻璃管足够长，缓慢地将管转至开口向下，求此时封闭气柱的长度（此过程中气体温度不变）；
（2）若玻璃管长，温度至少升到多少开尔文时，水银柱会全部从管中溢出？

14．如图所示，M1N1P1Q1和M2N2P2Q2为在同一水平面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。导轨的M1N1段与M2N2段相互平行，距离为L＝1m；P1Q1段与P2O2段也是平行的，距离为0.5m。质量m均为0.1kg的金属杆a、b垂直于导轨放置，一根不可伸长的绝缘轻绳一端固定在金属杆b上，重物c放置在地面上，绝缘轻绳的水平部分与P1Q1平行且足够长（重物c始终不与滑轮相撞），对a杆施加一水平向左大小为4N的恒力F使其从静止开始运动。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，轨道足够长使b杆始终在宽度为0.5m的轨道部分运动，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为，重力加速度g取10m/s2。
（1）若将重物c锁定在地面上，求a杆的最终速度的大小；
（2）若将重物c解除锁定，从a杆开始运动到重物c刚要离开地面时，共经历时间0.25s，求此过程回路产生的总焦耳热；
（3）若将重物c解除锁定，求a杆运动全过程中回路的最大电流（结果保留三位有效数字）。
15．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=3.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，最低点为C、最高点为D。质量m=1.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数=0.2，传送带两轴之间的距离l=4m。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g=10m/s2。求：
（1）物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；
（2）物块B与物块A碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（3）如果B从圆弧最高点D正上方某处释放，物块B与A恰好只发生一次碰撞，求释放点距离D点的高度h满足的条件。
参考答案
1．【知识点】核能的利用与环境保护、结合能与比结合能
【答案】C
【详解】ABC．玲龙一号是利用重核的裂变释放的核能来发电，用中子轰击铀核裂变成中等质量的核，同时放出几个中子，AB错误，C正确；
D．中等质量的核比结合能最大，则玲龙一号是利用比结合能小的核变成比结合能大的核来获得核能，D错误。选C。
2．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
【答案】A
【详解】设赤道处的重力加速度为g，物体在两极时万有引力等于重力，有
在赤道时万有引力可分解为重力和自转所需的向心力，则有
联立解得该行星自转的角速度为
故选A。
3．【知识点】水平路面上车辆转弯问题
【答案】B
【详解】
AB．运动员和自行车组成的整体受重力、支持力、摩擦力作用，靠合力提供向心力，整体做匀速圆周运动，合力提供向心力，则合力不为零，合力大小，方向时刻改变，指向圆心，A错误，B正确；
C．当运动员减速时，需要的向心力减小，静摩擦力可能减小，使向心力减小，运动员不会沿倾斜赛道上滑，C错误；
D．发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力，运动员做离心运动，运动员受到的合力方向仍指向圆心，D错误。选B。
4．【知识点】波的多解问题
【答案】B
【详解】B．由质点O、B的振动图像可知，振动从O点传播到B点的时间满足（n=0，1，2……），所以波速为（n=0，1，2……），当n=0时，波速有最大值1.5m/s，B正确；
A．波长为（n=0，1，2……），当n=0时，波长有最大值，A错误；
C．当质点B位于波峰时，质点A位于平衡位置，C错误；
D．开始计时后，质点A的振动方程为，D错误。选B。
5．【知识点】带电粒子在磁场中做圆周运动的多解问题、法拉第电磁感应定律
【答案】C
【解析】在金属球运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球要产生热量，机械能不断减少，所以金属球能到达的最大高度不断降低，直至金属球停在半圆形轨道的最低点，故A、D错误；从开始释放到金属球第一次到达轨道最低点的过程，根据能量守恒定律得mgR−r=Q+12mv2，可知vya，则得tb＝tc>ta，选项B正确；三个带电粒子水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t，得v0＝eq \f(x,t)，由图知xa>xb>xc，又tb＝tc>ta，则得va>vb>vc，选项C错误；电场力做功为W＝qEy，由于电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，选项D错误．
7．【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】AD
【详解】A．用户得到的电功率，解得风力发电机的输出功率为，A正确；
B．输电线损失的功率，通过输电线的电流，B错误；
C．升压变压器的输出电压，可得升压变压器原、副线圈的匝数之比，C错误；
D．输电线上的电压损失，降压变压器原线圈两端的电压，可得降压变压器原、副线圈的匝数之比，降压变压器原线圈的匝数为，D正确。选AD。
8．【知识点】两类动力学问题、连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
【答案】BCD
【详解】A．若μ=0.2，当F=4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有
F=3ma
解得
对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有
得
a板=2m/s2>a
可知此时木板相对于斜劈静止，所以A错误；
B．若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为
当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有
得
a球=7.5m/s2>a
可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，所以B正确；
C．若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速的为
此时对板、球和斜劈构成的系统，有
F临界=(m+m+m)a=24N
当F=22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有
可知此时球刚好要离开斜劈，所以C正确；
D．若μ=0.8，当F=26 N时，球离开斜劈，在重力和绳子拉力作用下与斜劈保持相对静止，此时球和斜劈的加速度均为a=8m/s2，对球分析，有
所以D正确。
故选BCD。
9．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】AC
【详解】AB．由几何关系可知，即光线b从空气射入玻璃介质中时，入射角为，折射角为，根据折射定律有，解得玻璃介质对该光的折射率为，故A正确，B错误；
CD．由题意知，光线a在玻璃介质中的入射角为，根据临界角关系有，则有，因此光线a在AB面发生全反射，根据几何关系可知，光线a在玻璃介质中的传播路程为2R，根据光线在介质中的传播速度公式，解得光线a在介质中的传播时间为，故C正确，D错误。选AC。
10．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
【答案】AB
【解析】本题考查功能关系,根据能量图像分析受力情况.物块在下滑过程中重力势能减少,动能增加,故Ⅰ为重力势能随下滑距离s的变化图线,Ⅱ为动能随下滑距离s的变化图线.由题图可知,初状态时物块的机械能为E1=30 J,末状态时物块的机械能为E2=10 J,故物块下滑过程中机械能不守恒,A正确;物块下滑过程损失的机械能转化为克服摩擦力做功产生的内能,设斜面倾角为θ,物块质量为m,由功能关系得μmgcs θ·s=E1-E2,由几何知识知cs θ=45,物块开始下滑时Ep=E1=mgh,由以上各式解得μ=0.5,m=1 kg,B正确;由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcs θ=ma,解得a=2.0 m/s2,C错误;由功能关系得,物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE=μmgcs θ·s1=8 J,D错误.
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】（1）D（2分） （2）18.9（2分） （3）小球半径（2分）
（4）见解析（2分） （5）9.86（2分）
【解析】（1）实验过程中摆长不变，故需要固定悬点；为减小空气阻力的影响，应选用较重的小钢球，D正确。
（2）由题图甲知，小球直径为d＝1.8 cm＋9×0.1 mm＝18.9 mm。
（3）单摆的摆长等于摆线长度与小球半径之和。
（4）如图所示，让尽可能让多的点在直线上，不在直线上的点尽可能对称分布在直线两侧。
（5）根据T＝2πLg得T2＝4π2g·L，则k＝4π2g，结合（4）中的图像解得g＝9.86 m/s2。
12．【知识点】实验：导体电阻率的测量
【答案】 1.682/1.681/1.683 ×1 见解析
【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图可知金属丝的直径为
（2）[2]用多用电表“×10”挡粗测线圈的电阻，发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值较小，则应该换用×1挡。
（4）[3]为多测几组数据以便精确测量金属丝电阻，则滑动变阻器应采用分压接法；为了调节方便，滑动变阻器应选用阻值较小的；由于待测电阻较小，电流表应采用外接法；电源电动势为3.0V，则电压表量程选用3.0V；完整的实物连线如图所示
（5）[4]根据图线，金属丝的电阻为
由电阻定律可得
电阻的截面积为
联立解得
13．【知识点】利用理想状态方程解决问题、气体等温变化与玻意耳定律
【答案】（1）1.20m；（2）361.25k
【详解】（1）设玻璃管内部横截面积为S，对水银柱分析可知，气体初状态的压强
初状态的体积
管转至开口向下后，气体的压强
体积为
气体做等温变化，由玻意耳定律可得
代入数据解得
（2）由理想气体状态方程
可知，乘积越大，对应的温度T越高，假设管中还有长为x的水银柱尚未溢出，值最大，即的值最大，因为
由数学知识可知当时，取得最大值，代入数据解得
即管中水银柱由0.25m溢出到还剩下0.10m的过程中，的乘积越来越大，这一过程必须是升温的，此后温度不必再升高（但是要继续给气体加热），水银柱也将继续外溢，直至全部溢出，由理想气体状态方程
得
代入数据得
14．【知识点】双杆模型、导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1）2m/s；（2）1.75J；（3）3.78A
【详解】（1）若将重物c锁定在地面上，则b杆静止不动，a杆产生感应电动势，感应电流，安培力，a杆加速运动，由牛顿第二定律，当加速度减小到零时，a杆做匀速直线运动，即，可得a杆稳定速度
（2）重物c刚要离开地面时，则有T＝mg，则b杆所受安培力FAb＝T＝mg，ab两杆串联，电流相等，所以a杆安培力是b杆的4倍FAa＝2FAb＝2mg＝5×0.1×10N＝5N，由F＝BIL可知电路中电流，电动势E1＝I1R＝2×0.5V＝1V，由E＝BLv可知此时a杆的速度，从a杆开始运动到重物c刚要离开地面过程，对a杆利用动量定理有，设a杆运动的位移为x，则，代入上式，可得，对a杆利用动能定理有，可得克服安培力做的功WA＝1.75J，此过程回路产生的总焦耳热Q＝WA＝1.75J
（3）重物c解除锁定后，设某时刻a、b两杆的速度分别为va、vb，回路中产生的感应电动势，回路中总电流，a杆的加速度，b杆和重物c看作一个整体，则加速度，a、b两杆均加速运动，所以a杆加速快，可知，则电流i增大a1减小，a2增大，当va与增加的一样快时，即a2＝2a1，时，回路中电流达到稳定时的最大值；由a2＝2a1，可知，代入数据，可得
15．【知识点】应用动能定理求解多阶段、多过程问题、求解弹性碰撞问题
【答案】（1）30N，方向竖直向下；（2）3.375J；（3）2.75m
【详解】（1）设物块B滑到圆弧的最低点时的速度为，根据动能定理得
解得
在圆弧的最低点C，设此时圆弧对小球的支持力为F，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可知，物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力与F互为作用力和反作用力，因此物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力大小为30N，方向竖直向下。
（2）设物体B刚通过传送带时的速度为v，以向左为正方向，根据动能定理可得
解得
v=3m/s>u=2.0m/s
因此v=3m/s就是物块B第一次碰撞物块A的速度，设碰撞后B、A的速度分别为、，由于是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，即
解得
，
碰撞后当A的速度为零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得
（3）当物块B第一次与A碰撞后返回经传送带运动到C点时刚好静止，则B与A恰好只发生一次碰撞，设第一次碰撞前物块B的速度为，第一次碰撞后物块B、A的速度分别为、，因为B第一次碰撞后返回至C点时静止，以向左为正方向，根据动能定理得
解得
第一次碰撞是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，即
解得
，
从D点释放到第一次碰撞前这一过程，根据动能定理得
解得
次数
1
2
3
4
5
L/m
0．50
0．60
0．70
0．80
0．90
T/s
1．42
1．55
1．67
1．85
1．90
T2/s2
2．02
2．40
2．79
3．42
3．61