第PAGE"pagenumber"pagenumber頁，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages頁第PAGE"pagenumber"pagenumber頁，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages頁暑期綜合提高練習（十四）——2025-2026年高中物理新高三年級暑期強化訓練選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．“夜光表”上的夜光材料一般有兩種：一種是將鐳和硫化鋅混合，由于鐳的輻射，硫化鋅就會發(fā)光；一種是儲光材料，白天吸收光能，晚上將光能釋放出來。有一塊手表，夜光材料是鐳和硫化鋅混合物，鐳的衰變方程為。下列說法正確的是（）A．鍵的衰變?yōu)棣滤プ?B．鐳在高溫時衰變比在低溫時衰變更快C．X的質量數比其核電荷數大2 D．X能穿透1cm厚的紙板2．某健身者揮舞健身繩鍛煉臂力，圖甲為揮舞后繩中一列沿x軸傳播的簡諧橫波在時的波形圖，圖乙為繩上質點M的振動圖像，已知質點Q平衡位置坐標為。下列說法正確的是（）A．波的傳播速度大小為B．時，質點P的速度大小為C．時，質點P的位移為D．時，質點Q的位移為03．中國第一顆返回式衛(wèi)星在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射，完成預定任務后，成功返回，標志著中國成為世界上第三個掌握返回式衛(wèi)星技術的國家。如圖所示，衛(wèi)星沿圓軌道繞地球運動，軌道半徑r=3R，其中R為地球的半徑。由于制動裝置的短時間作用，衛(wèi)星的速度減慢，使它開始沿著與地球表面相切的橢圓軌道運動。若地球表面的重力加速度為g，則衛(wèi)星制動后回落到地球表面的時間為（）A． B． C． D．4．如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定的角速度轉動，盤面上離轉軸距離處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止。小物體質量為，與盤面間的動摩擦因數為，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，盤面與水平面的夾角為30°，g取。則下列說法正確的是（）A．角速度的最大值是B．小物體運動過程中所受的摩擦力始終指向圓心C．小物體在最高點的速度D．小物體由最低點運動到最高點的過程中摩擦力所做的功為5．如圖所示，為點電荷形成的電場線，電場中有A、B兩點。設A、B兩點的電場強度大小分別為EA、EB，電勢分別為A、B，則下列判斷正確的是（）A．EA>EB，A<BB．EA<EB，A>BC．帶正電的檢驗電荷一定從A向B運動D．形成該電場線的點電荷一定在A點的左側6．如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入區(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入區(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進入區(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1則t＞t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E則t＞t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?4B2，則t＝D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?4B2則t＝2t二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．在勻強磁場中有一不計電阻的矩形線圈繞垂直磁場的軸勻速轉動，產生如圖甲所示的正弦交流電，把該交流電加在圖乙中理想變壓器的原線圈兩端，副線圈接有一只燈泡L（規(guī)格為“4W100Ω”）A．t=0.01s時，穿過該矩形線圈的磁通量的變化率為零B．若燈泡正常發(fā)光，則原、副線圈的匝數比為11:1C．若僅將滑動變阻器的滑片P向下移動，則電流表的示數減小D．若僅將副線圈的觸頭P1向下滑動，8．如圖所示，AB為固定水平長木板，長為，C為長木板的中點，AC段光滑，CB段粗糙，一原長為的輕彈簧一端連在長木板左端的擋板上，另一端連一物塊，開始時將物塊拉至長木板的右端B點，由靜止釋放物塊，物塊在彈簧彈力的作用下向左滑動，已知物塊與長木板CB段間的動摩擦因數為，物塊的質量為，彈簧的勁度系數為，且，物塊第一次到達C點時，物塊的速度大小為，此時彈簧的彈性勢能為，不計物塊的大小，彈簧始終在彈性限度內，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（）A．物塊可能會停在CB面上某處B．物塊最終會做往復運動C．彈簧開始具有的最大彈性勢能為D．最終物塊和彈簧系統損失的總機械能為9．光鑷是一種利用光力學性質的重要技術。如圖所示，真空中放有一個折射率為的直角三棱鏡，其邊長為。一束極細的激光從的中點平行于人射，假設激光在面和面不發(fā)生反射。已知該束激光的功率為，在真空中的波長為，真空中的光速為，普朗克常量為。則（）

A．激光在棱鏡中的傳播時間為B．激光在棱鏡中的波長為C．單位時間內通過棱鏡的光子數為D．激光對棱鏡的作用力大小為10．如圖甲所示，長為L的木板M放在水平地面上，質量為m=2kg的小物塊（可視為質點）放在木板的右端，兩者均靜止。現用水平向右的F作用在木板上，通過傳感器測出木板的加速度a與外力F的變化關系圖如圖乙所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m/s2，下列說法正確的是（）A．m與M間的動摩擦因數μ1=0.2 B．M與水平地面間的動摩擦因數μ2=0.3C．M的質量為2kg D．圖乙中橫軸截距為6N三、非選擇題：本大題共5題，共56分。11．如圖1所示為用電火花打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗裝置．（1）點計時器的電源頻率為50Hz，當地的重力加速度g=9.8m/s2，重物質量為0.2kg．實驗中得到一條點跡清晰的紙帶如圖2所示，打P點時，重物的速度為零，A、B、C為另外3個連續(xù)點，根據圖中的數據，可知重物由P點運動到B點，重力勢能少量△Ep=J，在B點的動能Ek=J（計算結果均保留3位有效數字）（2）B的距離用h表示，打B點時重物的速度為vB，當兩者間的關系式滿足時，說明下落過程中重錘的機械能守恒（已知重力加速度為g）．（3）實驗中發(fā)現重物增加的動能略小于減少的重力勢能，其主要原因是A．重物的質量過大B．重物的體積過小C．電源的電壓偏低D．重物及紙帶在下落時受到阻力．12．用半偏法測量電流表G的內阻,某同學設計了如圖甲所示電路,器材如下:A.待測電流表G(量程0~200μA);B.干電池一節(jié),電動勢E=1.5V;C.電阻箱,可調范圍為0~999.9Ω;D.滑動變阻器,可調范圍為0~10kΩ;E.滑動變阻器,可調范圍為0~500Ω;F.開關兩個,導線若干.(1)連接電路時,圖甲中的R1應選擇滑動變阻器(填“D”或“E”);

甲乙丙(2)用筆畫線代替導線,按圖甲電路在圖乙中把實物圖連接完整;(3)操作步驟如下:①斷開S1、S2,將R1調到最大,連接好電路;②閉合S1,調節(jié)R1,使電流表G滿偏;③保持R1的滑片不動,再閉合S2,調節(jié)R2,使電流表G的示數為100μA,此時,電阻箱示數如圖丙,由此可得出電流表G的內阻rg=Ω;(4)為修正上述測量的系統誤差,該同學再找來量程為0~250μA的電流表G1,將其串聯在干路上,重復上述步驟①②,再閉合S2,調節(jié)(填“R1”“R2”或“R1和R2”),使電流表G的示數為100μA時,電流表G1的示數為200μA,此時,可更準確得出rg的值.13．[物理——選修3－3](15分)(1)(5分)對于實際的氣體，下列說法正確的是。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A．氣體的內能包括氣體分子的重力勢能B．氣體的內能包括氣體分子之間相互作用的勢能C．氣體的內能包括氣體整體運動的動能D．氣體的體積變化時，其內能可能不變E．氣體的內能包括氣體分子熱運動的動能(2)(10分)如圖，一豎直放置的汽缸上端開口，汽缸壁內有卡口a和b，a、b間距為h，a距缸底的高度為H；活塞只能在a、b間移動，其下方密封有一定質量的理想氣體。已知活塞質量為m，面積為S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均絕熱，不計它們之間的摩擦。開始時活塞處于靜止狀態(tài)，上、下方氣體壓強均為p0，溫度均為T0?，F用電熱絲緩慢加熱汽缸中的氣體，直至活塞剛好到達b處。求此時汽缸內氣體的溫度以及在此過程中氣體對外所做的功。重力加速度大小為g。14．如圖所示，間距為L的平行金屬導軌水平放置，所在空間存在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場，金屬導軌左端連接一電容為C的電容器和一個電阻為R的定值電阻，長度為L的金屬接MN垂直于平行導軌靜止放置，其質量為m，電阻為r，金屬棒MN在水平向右恒力F作用下做加速度為a的勻加速直線運動，運動至虛線ab位置撤掉恒力，此時電容器恰好被擊穿，已知導軌粗糙，金屬棒靜止位置到虛線位置的距離為x，重力加速度為g。（1）電容器被擊穿前，電容器上極板所帶電荷電性以及電荷量；（2）金屬棒與導軌間的動摩擦因數；（3）電容器被擊穿相當于導線，金屬棒MN繼續(xù)做變速運動且運動速度與位移呈線性關系，金屬棒運動的整個過程流過電阻R的電荷量是多少？15．(18分)如圖甲所示，在同一豎直面內，光滑水平面與傾角為37°的傳送帶中間有一段半徑R＝2．25m的光滑圓弧軌道，其兩端分別與水平面及傳送帶相切于P、Q兩點，O為圓弧軌道圓心。開始時滑塊B靜止，滑塊A以速度v0(未知)向B運動，并發(fā)生彈性碰撞，碰后B通過圓弧軌道滑上傳送帶。已知傳送帶順時針勻速轉動，滑塊B滑上傳送帶后的v－t圖像如圖乙所示，t＝7．5s時B離開傳送帶的上端H點，滑塊A的質量M＝2kg，滑塊B的質量m＝1kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8。求：(1)碰撞后滑塊B的速度大小；(2)碰撞前滑塊A的速度大小v0；(3)滑塊B在傳送帶上運動的過程中因摩擦產生的熱量；(4)若傳送帶動力系統的機械效率為80％，則因運送滑塊B需要多消耗的能量。甲乙

參考答案1．【知識點】核反應的反應方程及能量計算【答案】C【詳解】AC．鐳的衰變方程為，是α衰變，X的質量數比其核電荷數大，A錯誤，C正確；B．鐳的半衰期與溫度無關，所以在高溫時衰變與在低溫時衰變一樣快，B錯誤；D．X為α粒子，穿透能力較弱，不能穿透1cm厚的紙板，D錯誤。選C。2．【知識點】波的圖像和振動圖像的綜合應用【答案】D【詳解】A．由圖甲和圖乙可知，，則波的傳播速度大小為，A錯誤；B．時，由圖甲可知，質點P處于波峰位置，質點P的振動速度為0，B錯誤；C．設質點P的振動方程為，當時，，可得，則時，質點P的位移為，C錯誤；D．由圖甲可知時，波動方程為，可知時，質點Q的位移為，由圖乙質點M的振動圖像，可知時質點M沿軸負方向振動，根據波形平移法可知，波向軸負方向傳播，設質點Q的振動方程為，解得，則時，質點Q的位移為，D正確。選D。3．【知識點】萬有引力定律問題的分析與計算、開普勒三大定律及其應用【答案】A【詳解】衛(wèi)星沿圓軌道繞地球運動，軌道半徑r=3R時有在地球表面有聯立解得根據開普勒第三定律解得在橢圓軌道的周期為衛(wèi)星制動后回落到地球表面的時間為故選A。4．【知識點】傾斜面內的圓周運動問題、應用動能定理求解變力做功問題【答案】D【詳解】A．當物體轉到圓盤的最低點，所受的靜摩擦力沿斜面向上達到最大時，角速度最大，由牛頓第二定律得μmgcos30°-mgsin30°=mω2r則ω=1rad/s選項A錯誤；B．小物體運動到最高點時，若圓盤轉動的角速度較小，則物體所受的摩擦力方向向上，背離圓心，選項B錯誤；C．因為mgsin30°<μmgcos30°可知，物體在最高點的速度可以為零，即小物體在最高點的速度v≥0，選項C錯誤；D．小物體由最低點運動到最高點的過程中動能不變，彈力做功為零，根據動能定理解得摩擦力所做的功為選項D正確。故選D。5．【知識點】電勢、電場線【答案】B【詳解】AB．電場強度與電場線的疏密程度有關，電場線越密場強越大，由圖可知EA<EB，沿著電場線的方向電勢逐漸降低，可知A>B，所以A錯誤，B正確；C．因不知道檢驗電荷的初速度及其方向，故不能確定檢驗電荷的運動方向，故C錯誤；D．根據點電荷形成的電場線可知該點電荷一定在B點的右側，故D錯誤。故選B。6．【知識點】帶電粒子在疊加場中的運動、帶電粒子在有界磁場中運動的臨界極值問題【答案】D【解析】設沿AC做直線運動的粒子的速度大小為v，有qvB1＝qE，即v＝EB1，粒子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動，如圖中軌跡1，由幾何關系可知運動軌跡所對的圓心角為90°，則運動時間為14周期，又qvB2＝mv2r，可得r＝mvqB2，時間t0＝14·2πmqB2，根據幾何關系可知OC＝2r，若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1，則做勻速直線運動的粒子的速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ釉趨^(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動的軌跡半徑變?yōu)樵瓉淼囊话?，如圖中軌跡2，軌跡對應的圓心角依然為90°，時間t＝14·2πmqB2＝t0，A錯誤；若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則做勻速直線運動的粒子的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動的軌跡半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，如圖中軌跡3，粒子從F點離開磁場，對應的圓心角依然為90°，時間t＝14·2πmqB2＝t0，B錯誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中的磁感應強度大小變?yōu)?4B2，粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運動的軌跡半徑變?yōu)?33r＞2r，粒子從O、F間離開，如圖中軌跡4，由幾何關系可知，軌跡對應的圓心角θ滿足sinθ＝OC433r＝2r433r＝32，則θ＝60°，則t＝16·2πmq·34B2＝839t0，C錯誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中的磁感應強度大小變?yōu)?4B2，粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運動的軌跡半徑變?yōu)?7．【知識點】含有理想變壓器的動態(tài)電路分析、理想變壓器原、副線圈兩端的電壓、功率、電流關系及其應用【答案】ABD【解析】t=0.01s時，交變電壓瞬時值為零，此時穿過該矩形線圈的磁通量的變化率為零，A正確；原線圈輸入電壓的有效值為U1=22022V=220V，當燈泡正常發(fā)光時，燈泡兩端電壓即副線圈輸出電壓為U2=PR=20V，所以原、副線圈的匝數比為n1:n2=U1:U2=11:1，B正確；若僅將滑動變阻器的滑片P向下移動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，通過副線圈的電流I2增大，根據I18．【知識點】功能原理、能量守恒與曲線運動的綜合【答案】BD【詳解】A．由于，由此，由此，物塊不可能停在CB面上某處，A錯誤；B．只要物塊滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物塊的機械能就減小，所以物塊最終會在AC段做往復運動，B正確；C．物塊從開始運動到第一次運動到C點的過程中，根據能量守恒定律得，C錯誤；D．物塊第一次到達C點時，物塊的速度大小為，物塊最終會在AC段做往返運動，到達C點的速度為0，可知物塊克服摩擦做的功最大為，D正確。選BD。9．【知識點】全反射與折射的綜合應用【答案】ACD【詳解】A．激光發(fā)生全反射的臨界角滿足，而激光射到邊上的點時，入射角為，，因此激光在邊上發(fā)生全反射，射到邊上的點，在棱鏡中的傳播路程為，傳播速度為，傳播時間為，A正確：B．激光的頻率不變，與光速成正比，，B錯誤；C．單位時間內通過棱鏡的光子數，C正確；D．激光入射點的入射角為，根據折射定律，有，得，因此激光通過棱鏡的偏轉角為，每個光子通過棱鏡后動量變化量大小為，由動量定理，激光受到棱鏡的作用力大小滿足，激光對棱鏡作用力的大小，D正確。選ACD。

10．【知識點】連接體問題（整體和隔離法）、臨界問題【答案】AD【詳解】A．由圖可知，當N時，物塊和木板剛好發(fā)生相對滑動，兩者加速度為2m/s2。對物塊解得A正確；BC．物塊和木板發(fā)生相對滑動過程中，對木板即由圖像知，斜率解得當N時，，得BC錯誤；D．橫軸截距表示物塊和木板整體即將相對地面滑動，故得D正確。故選AD。11．【知識點】實驗：驗證機械能守恒定律【答案】（1）0.0982；0.0960；（2）vB2=2gh；（3）D；【詳解】（1）重力勢能減小量：△Ep=mgh=0.2×9.8×0.0501J=9.82×10-2J．打B點時的速度：，則在B點的動能（2）要驗證物體從P到B的過程中機械能是否守恒，則需滿足mvB2=mgh，即vB2=2gh，說明下落過程中重錘的機械能守恒；（3）重物的質量過大，重物和紙帶受到的阻力相對較小，所以有利于減小誤差，故A錯誤．重物的體積過小，有利于較小阻力，所以有利于減小誤差，故B錯誤．電源的電壓偏低，電磁鐵產生的吸力就會減小，吸力不夠，打出的點也就不清晰了，與誤差的產生沒有關系，故C錯誤．重物及紙帶在下落時受到阻力，從能量轉化的角度，由于阻力做功，重力勢能減小除了轉化給了動能還有一部分轉化給摩擦產生的內能，所以重物增加的動能略小于減少的重力勢能，故D正確．故選D.12．【知識點】實驗：電表內阻的測量【答案】(1)D(2)見解析(3)422.7(4)R1和R2【解析】(1)流過待測電流表電流最大時,電路的最小電阻為R=EIg=1.5200×10?6Ω=7.5×103Ω,所以圖甲中的(2)實物圖連接如圖所示.(3)根據半偏法特點,可知電阻箱的阻值與電流表G的內阻相等,由題圖丙可知,電阻箱連入電路的阻值為R2=422.7Ω,則rg=422.7Ω.(4)根據歐姆定律可得rg=(Ig1?Ig)R2Ig,利用此法測電流表G的內阻時,沒有系統誤差,測量的內阻更準確.可以同時調節(jié)R1和R2,使電流表G的示數為100μA時,電流表G13．【知識點】功、熱、內能的轉化、氣體的等容變化與查理定律【答案】(1)BDE；(2)T0；(p0S＋mg)h【詳解】（1）氣體內能宏觀上與氣體的溫度和體積有關，微觀上與氣體分子做熱運動的平均動能和分子勢能有關，對于實際氣體，氣體內能包括分子勢能和分子動能，故A、C錯誤，B、E正確；當氣體體積變化時，若溫度同時發(fā)生變化，氣體內能可能不變，故D正確。（2）開始時活塞位于a處，加熱后，汽缸中的氣體先經歷等容過程，直至活塞開始運動。設此時汽缸中氣體的溫度為T1，壓強為p1，根據查理定律有＝①根據力的平衡條件有p1S＝p0S＋mg②聯立①②式可得T1＝T0③此后，汽缸中的氣體經歷等壓過程，直至活塞剛好到達b處，設此時汽缸中氣體的溫度為T2；活塞位于a處和b處時氣體的體積分別為V1和V2。根據蓋－呂薩克定律有＝④式中V1＝SH⑤V2＝S(H＋h)⑥聯立③④⑤⑥式