综合提升检测卷(1)-【百强名校168优化组合卷】2026年高考物理高三二轮复习卷

第三部分 综合提升检测卷 综合提升检测卷(一) (时间:75分钟　分值:100分) 一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.(2025·湖北武汉开学考)1977年发射的旅行者探测器到现在还可以与地球保持联络,该探测器使用了Pu元素制造的核动力电池。据悉Pu的半衰期约为88年,其衰变方程为PuU+X,则(　　) A.宇宙寒冷的温度会使Pu的半衰期变长 BPu发生的是α衰变,α射线具有极强的穿透能力,可用于金属探伤 C.2 g的Pu核经过264年,还剩余约0.5 g没有衰变 DU的比结合能大于Pu的比结合能 2.(2025·浙江绍兴诊断性考试)鲣鸟为了捕食小鱼,有时会像箭一样竖直扎入水中。设鲣鸟在空中做自由落体运动,在水中做匀减速直线运动,其运动速度与时间图像如图所示,下列说法正确的是(　　) A.在t0时刻速度方向改变 B.在空中加速的时间为1 s C.减速阶段的加速度大小为30 m/s2 D.减速阶段的平均速度为自由落体阶段的2倍 3.在空间站中,宇航员长期处于失重状态,为缓解这种状态带来的不适,科学家设想建造一种环形空间站,如图所示。圆环绕中心以角速度ω匀速旋转(ω未知),圆环半径为r,质量为m的宇航员站在旋转舱内的侧壁上,可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知空间站到地球表面的高度为h,地球质量为M,地球半径为R,引力常量为G。则下列说法正确的是(　　) A.宇航员站在旋转舱侧壁上,跟随圆环绕中心做圆周运动的向心力F= B.宇航员站在旋转舱侧壁上,跟随圆环绕中心做圆周运动的向心力F= C.圆环绕中心匀速旋转的角速度ω= D.圆环绕中心匀速旋转的角速度ω= 4.(2024·浙江6月选考,13)如图所示,边长为1 m、电阻为0.04 Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中,线框平面与磁场垂直。若线框固定不动,磁感应强度以=0.1 T/s均匀增大时,线框的发热功率为P;若磁感应强度恒为0.2 T,线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时,线框的发热功率为2P,则ab边所受最大的安培力为(　　) A. N B. N C.1 N D. N 5.如图所示,质量分别为m1和m2的两个小球A、B,带有等量异种电荷(A球带负电),通过绝缘轻弹簧相连接,置于光滑绝缘的水平面上。突然加一水平向右的匀强电场,两小球A、B将由静止开始运动,在以后的运动过程中,对A、B和弹簧组成的系统,下列说法中正确的是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度)(　　) A.由于两个小球所受静电力等大反向,故系统机械能守恒 B.当弹簧长度达到最大值时,系统电势能最大 C.由于静电力对A、B两球做功为零,故两小球电势能总和始终不变 D.当小球所受静电力与弹簧的弹力大小相等时,两小球电势能总和一定比初始时小 6.(2025·山东济南高三模底)如图所示,一长度为的光滑轻杆可绕O点在光滑水平面内做匀速圆周运动,轻杆上套有一质量为m的小球,原长为、劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在轻杆左端,另一端与小球连接。已知在弹性限度内轻质弹簧的最大伸长量为,转动过程中弹簧始终未超过弹性限度,轻杆右端P点线速度的最大值为(　　) A. B.l C. D.l 7.如图所示,一透明圆柱体的底面圆周直径为d,圆柱体的高为d。其中上底面的中心有一点光源向下底面发射红光,下底面恰好有一半的面积有光透出。真空中光速为c,不考虑二次反射,则下列说法中正确的是(　　) A.圆柱体对该单色光的折射率为 B.若换用紫光,下底面的透光面积会增大 C.经下底面射出的光线中时间最短的是 D.若增大圆柱体的高度,下底面的透光面积会减小 二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8.如图所示,甲、乙两人利用简单的机械装置将物体从深井中提升至地面。当物体提升到井口时,甲、乙两人保持位置不动,甲缓慢释放手中的绳子,乙水平向左缓慢拉系在竖直绳与物体连接处的轻绳,将物体运送至乙所在的位置,在此过程中,乙与物体之间的轻绳始终保持水平,物体离地面的高度不变,直到物体到达乙所在的位置。若不计滑轮和绳的重力及滑轮与绳之间的摩擦力,已知O点为滑轮的固定点,则物体从偏离竖直位置缓慢向左移动至乙所在位置的过程中,下列说法正确的是(　　) A.固定滑轮的O点对滑轮的作用力变大 B.水平轻绳对乙的作用力先变大后变小 C.甲对地面的摩擦力变大 D.甲对地面的压力增大 9.如图所示,三个带电小球A、B、C可视为点电荷,所带电荷量分别为+Q、-Q、+q,A、B固定在绝缘水平桌面上,C带有小孔,穿在动摩擦因数处处相同的粗糙绝缘直杆上。绝缘杆竖直放置在A、B连线的中点处,将C从杆上某一位置由静止释放,下落至桌面时速度恰好为零。C沿杆下滑时带电荷量保持不变。那么C在下落过程中,以下判断正确的是(　　) A.所受静电力变大 B.所受摩擦力变大 C.静电力做正功,电势能减小 D.下落一半高度时速度一定最大 10.如图所示,半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连,四分之一圆弧导轨区域没有磁场,水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场,导轨间距为d,ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒,导轨电阻忽略不计。cd静止在平滑轨道上,ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放,在圆弧轨道上克服阻力做功mgr,水平导轨足够长,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,且不会相撞,重力加速度为g。从ab棒进入水平轨道开始,下列说法正确的是(　　) A.ab棒先做匀减速运动,最后做匀速运动 B.cd棒先做匀加速直线运动,最后和ab棒以相同的速度做匀速运动 C.ab棒刚进入磁场时,cd棒电流为 D.ab棒的最终速度大小为 三、非选择题:本题共5小题,共54分。 温馨提示:此系列题卡,非选择题每空2分,分值不同题空另行标注 11.(7分)(2025·湖南长沙模拟)某实验小组验证动量守恒定律的装置如图甲所示。 (1)选择两个半径相等的小球,其中一个小球有经过球心的孔,用游标卡尺测量两小球直径d,如图乙所示,则d=　　　　(1分) cm。  (2)用天平测出小球的质量,有孔的小球质量记为m1,另一个球记为m2;本实验中　　　　(1分)(选填“需要”或“不需要”)满足m1>m2。  (3)将铁架台放置在水平桌面上,上端固定力传感器,通过数据采集器和计算机相连;将长约1米的细线穿过小球m1的小孔并挂在力传感器上,测出悬点到小球上边缘的距离L。 (4)将小球m2放在可升降平台上,调节平台位置和高度,保证两个小球能发生正碰;在地面上铺上复写纸和白纸,以显示小球m2落地点。 (5)拉起小球m1由某一特定位置静止释放,两个小球发生正碰,通过与拉力传感器连接的计算机实时显示拉力大小;读出碰前和碰后拉力的两个峰值F1和F2,通过推导可以得到m1碰撞前瞬间速度大小v1=　　　　　　　　;同样方式可以得到m1碰撞后瞬间速度大小v3(已知当地的重力加速度为g)。  (6)测出小球m2做平抛的水平位移s和竖直位移h,已知当地的重力加速度为g,则m2碰后瞬间速度v2=　　　　(1分)。  (7)数据处理后若满足表达式　　　　　　　　　　(已知本次实验中m1>m2,速度用v1、v2、v3表示)则说明m1与m2碰撞过程中动量守恒。  12.(9分)(2025·河北开学考)某实验小组测量一粗细均匀合金电阻丝的电阻率,已知电阻丝的长度为l=50.00 cm。 (1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径,其示数如图(a)所示,则直径的测量值为　　　　(1分) mm。  (2)用多用电表欧姆挡测量电阻丝的电阻Rx,开始时选用“×100”的挡位测量发现指针偏转角太大,挡位应调整为　　　　(1分)(选填“×1 k”或“×10”)挡,正确调整挡位后经过欧姆调零重新测量,指针如图(b)所示,此时电阻的测量值为　　　　(1分) Ω。  (3)为了精确地测量电阻丝的电阻Rx,实验室提供了下列器材: A.电压表V1(量程5 V,内阻约为3 000 Ω) B.电压表V2(量程4 V,内阻为2 000 Ω) C.滑动变阻器R(0~10 Ω,额定电流2.0 A) D.滑动变阻器R(0~1 000 Ω,额定电流0.5 A) E.定值电阻R0(阻值为10 Ω) F.定值电阻R0(阻值为500 Ω) G.电源(电动势6.0 V,内阻约0.2 Ω) H.开关S、导线若干 ①根据实验器材,设计如图(c)所示的实验电路,该电路中滑动变阻器应选择　　　　　　(1分),定值电阻R0应选择　　　　　　(1分)(选填器材前面的字母序号)。  ②实验中闭合开关S,调节滑动变阻器R,测得电压表V1和电压表V2分别对应的多组电压值U1、U2,作出(U1-U2)-U2的图像如图(d)所示,可得该电阻丝的电阻Rx为　　　　 Ω。  ③根据题设条件中的已知数据和测量数据可求得该电阻丝的电阻率为　　　　　　 Ω·m(π取3,结果保留2位有效数字)。  13.(10分)(2025·广东佛山高三质检)如图所示,常用碗的底部都有一个凹陷空间,当碗底沾有少量水放到平整桌面时,会把少量空气(可视为理想气体)密封在碗底部凹陷处。此时往碗中倒入热水时,碗会被密封的气体顶离桌面发生侧向漂移。设室温t0=27 ℃,碗底气体初始压强p0=1.0×105 Pa,与环境压强相同,0 ℃=273 K。 (1)(4分)判断往碗中倒入热水后,碗底气体的内能和压强如何变化; (2)(6分)若碗底凹陷处空气与桌面接触的面积为S=20 cm2,碗和热水总质量为m=0.4 kg。则倒入热水后被密封的气体温度升到多高时,才能使碗恰好被顶离桌面(忽略碗底与桌面间水的粘滞力,重力加速度g取10 m/s2,结果用摄氏温度表示)? 14.(12分)(2025·江苏苏锡常镇四市高三学情调研)如图所示,一质量为m的小铁片从离水平地面2L高处的P点水平抛出,落点A与P点的水平距离为L。小铁片与地面接触期间水平方向有微小滑动,接触时间极短,反弹后上升的最大高度为L,落点B与落点A之间的距离为L。不计空气阻力以及小铁片的转动,重力加速度大小为g。 (1)(3分)求小铁片被抛出时的初速度大小v0; (2)(4分)求小铁片第一次与地面接触过程中损失的机械能ΔE; (3)(5分)若小铁片第一次与地面接触期间滑动的距离为Δx=,且认为摩擦力大小恒定,求该摩擦力大小Ff。 15.(16分)如图所示,在xOy平面直角坐标系中,第一象限存在沿x轴负方向的匀强电场。第四象限内虚线OP与y轴负方向的夹角θ=60°,OP与x轴之间存在垂直纸面向外的匀强磁场(边界存在磁场),一质子从y轴正半轴的A点以初速度v0进入电场,且与y轴负方向的夹角α=45°,经电场偏转后从点C(d,0)垂直x轴进入磁场,质子恰好不从OP边界射出磁场。已知质子的质量为m、带电荷量为e,不计重力。求: (1)(5分)电场强度E的大小; (2)(5分)磁感应强度B的大小; (3)(6分)质子从A点进入电场到再次回到y轴的时间。 学科网（北京）股份有限公司 $©学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.ZxXk.Gom○ 您身边的互联网+教辅专家 综合提升检测卷〔一) 答案速查 题号 123456789 10 答案 DBC C DAA ACAB CD 1.D[半衰期由原子核内部自身的因素决定，与环境温度没有关系，故A错误：根据核反应中电荷数 与质量数守恒，可知X的电荷数为2，质量数为4，为粒子，所以Pu发生的是衰变，射线具有 极强的电离能力，不可用于金属探伤，故B错误；2g的Pu核经过264年，未衰变的质量为m=2g ×(3)等025g,故C错误：核反应中生成物的比结合能大于反应物的比结合能，所以弱℃的比结 合能大于P的比结合能，故D正确。] 2.B[o-t图像中v的正负表示速度的方向，o时刻前后速度均为正值，方向不变，A错误：0to内在 空中做自由落体运动，t0言=1s,B正确：1.5o内，在水中做匀减速直线运动，加速度大小a-05。= 20ms2,C错误：匀变速直线运动中，有"”玉，减速阶段和自由落体阶段平均速度相同，D错误。] 2 3.C宇航员绕圆环中心做圆周运动的向心力来源于支持力，可知F=mω，又由于该支持力与地球 表面支持力大小相等，即Fmg,联立解得圆环绕中心匀速旋转的角速度严，放C正确。 4.C E-AR-ABL2 △t△t 线框固定 -→=2.5A 不动 P=PR 线框匀速(2P=I2R 1m=2 转动，产 生正弦式1m21 一Fm=1N,C正确。 交流电 F=BI L 5.D[在运动过程中，因为有静电力对系统做功，故系统机械能不守恒，故A错误；当弹簧长度达到 最大值时，静电力对系统做功最多，电势能减小最大，系统机械能增加最大，即系统电势能最小，机械 能最大，故B错误；由于静电力对A、B两球做功不为零，初始一段时间，对两球均做正功，电势能减 ·独家授权侵权必究· ©学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 小，故C错误；从初态到小球所受静电力与弹簧的弹力大小相等时，静电力对两小球均做正功，电势 能减小，此时电势能肯定比初始时小，故D正确。] 6.A[设轻杆的角速度为ω时小球位于距O点r处，由题意可知1≥>，对小球受力分析，由弹簧弹 力提供向心力，有k(r-专)=mw2,则w 2r 2mr 当一1时，轻杆的角速度最大，有aw√盔，所以 P点线速度的最大值为0x质，A正确。] 7.A「上底面的中心有一点光源向下底面发射红光，设射到A点光线刚好发生全反射，下底面恰好 有一半的面积有光透出，则元O4?×(),解得Q4号d又s0d根据几何关系sinC 3 又 simC=,所以nV3,故A正确；若换用紫光，折射率增大，临界角减小，下底面的透光面积会减小，故 B错误：光在圆柱体中传搭的速度0一号一9。，经下底面射出的光线中时间最短的是一巴 器，故C 错误；若增大圆柱体的高度，临界角不变，下底面的透光面积会增大，故D错误。] 8.AC[在物体缓慢左移的过程中，以绳与物体的连接处为对象进行受力分析，如图所示，设FT1为 水平绳的拉力，FT2为绕过滑轮部分绳的拉力，FT2与水平方向的夹角为a。水平方向有FT1FT2cosa, 竖直方向有mgT2in么解得51器，FT2器，物体向左缓慢移动的过程中，逐渐变小，则5 FT2都变大，选项B错误；滑轮两侧绳的夹角变小，拉力变大，故合力变大，固定滑轮的O点对滑轮的 作用力变大，选项A正确：拉甲的绳拉力变大，由于甲的位置不变，故绳对甲的拉力沿竖直方向分力 和水平方向分力都变大，由甲受力平衡可知，地面对甲的支持力变小，故甲对地面的压力变小，水平 方向上地面对甲的摩擦力变大，故甲对地面的摩擦力变大，选项C正确，选项D错误。] F mg 9.AB[由题意可知，A、B为等量异种点电荷，因此产生的电场在A、B连线的垂直平分线上的合 电场强度水平向右，且从垂直沿杆向外的电场强度逐渐减小，点电荷C从杆上某一位置由静止释放， 在下滑过程中，受到的水平向右的静电力将逐渐变大，则C与粗糙绝缘直杆间的压力逐渐变大，所 受摩擦力将变大，A、B正确：因C受的静电力水平向右，C沿竖直杆向下运动，则静电力做功是零： ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 又由于两个等量异种点电荷的连线的中垂线为等势线，因此电势能不变，C错误：C从杆上某一位置 由静止释放，在下落的过程中，先加速后减速，当摩擦力增大到与重力大小相等时，速度最大，不一定 是下落一半高度时速度最大，D错误。 l0.cD[ab棒进入磁场后受到向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab棒先做加速度减 小的减速运动，cd棒与αb棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们以相同的速度做匀速 运动，故A、B错误：αb棒刚进入磁场的速度就是它下滑到圆弧轨道底端的速度，根据动能定理有 mg克mg=专m2,可得速度为0√gr,则感应电动势为E-B,两金属棒串联，故两棒中的瞬时电 流为一4要，两棒共速时由动量守恒定律有m心2m,得最终速度大小为0厚，故C、D正确。】 2R 11.答案(1)1.66(2)不需要(5) L+F:-m1g) (6)sV2h (7)m101=m1V3+m202 解析(1)由题图乙可知，两小球直径为 d16mm+6×0.1mm=16.6mm=1.66cm。 (2)题干中没有要求质量为m1的小球不反弹，则不需要满足m1>m2。 (5)根据题意，由牛顿第二定律有 12 F1m1g=m1L+号 整理可得01= L+号XF1-m1g 1 (⑥)小球m2做平抛运动，则有s=2女，h-g2 解得2层。 (7)由于本实验中m1>m2,则碰后m不反弹，若碰撞过程中动量守恒，则有m0=m13+m22 即m101=m103+m22成立，则可说明m1与m2碰撞过程中动量守恒。 12.答案(1)0.400(0.3980.402均可)(2)×101.10×102（或110）(3)①CF②100 ③2.4×10-5 解析(1)螺旋测微器的精确值为0.01mm,由题图(a)可知金属丝的直径为 d=0mm+40.0×0.01mm=0.400mm(0.3980.402均可)。 (2)用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏转角太大，说明表盘上电阻示数较小，要 使指针指向中间位置，即要使表盘上电阻示数变大，所以需要把倍率调小，则挡位应调整为“×10” 挡；读数为11.0×102=1.10×1022（或1102）。 ·独家授权侵权必究· ©学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (3)①分压式接法滑动变阻器总阻值越小，调节时电流和电压的变化越接近线性变化，所以滑动变阻 器应选择电阻较小的C。 RoR 当定值电阻R选F项5002时，与电压表V2并联的总电阻为R并时式 =4002 R 从欧姆表的测量可知电阻丝的电阻约为R,=1102,则0m号 4000 所以两电压表可以同时达到接近满偏，如果选E项102时，电压表V1满偏时电压表V2达不到量程 的三分之一，电压表V2满偏时电压表V1会超过量程，所以定值电阻Ro应选F R:U1U2 ②根据欧姆定律和串并联电路的特点有= 数学变换得听-，受 R 则(U-U2)U2图像的斜率为k- 从题图(d)可得图像的斜率k-主，解得R,=1002 ③根据电阻定律可得电阻率为 p-R子-10X教04040nm=24X105nm. 0.5 13.答案(1)增大变大(2)33℃ 解析(1)往碗中倒入热水后，碗底的气体温度升高，内能增大，而气体体积不变，由查理定律可知气 体压强变大。 (2)碗恰好被顶离桌面，由平衡条件有mg+poS=pS 解得p=1.02×105Pa 气体做等容变化，有。号 其中T。=300K 解得T=306K,则=306K-273K=33℃。 14.答案( 1)片NgL2)品mgL(3)4mg 解析(1)根据平抛运动规律 竖直方向有2L=g2,水平方向有L=0ot 解得oVgL。 (2)设反弹后达到最高点时速度为01 ·独家授权侵权必究· 西学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 竖直方向有Lgt12,水平方向有号-4 根据能量守恒定律，有 △E-mg(2L-L)+吉mVo2-支mV12 联立解得△E品mgL。 (3)设碰撞过程中小铁片水平方向加速度大小为α 有V12-V02=-2a△x 根据牛顿第二定律可得Fma 联立解得F4mg。 15.答案 a20 (23+r+6)d (3) 3v0 解析(1)质子进入电场，x轴方向有 -2vosin a-vo, gE-ma mv 又vx2=2ad,联立解得E-2qa。 (2)质子在磁场中的运动轨迹如图所示，质子进入磁场速度为，√2cosa=o o%:: 由几何关系可得+=d 解得号 由洛伦兹力提供向心力可得 g0,Bm学 解得B。 (3)第一次进入电场有d宁，解得哥 质子在磁场中的运动时间为2焉器 23d 再次进入电场有d2=at3,解得6 ·独家授权侵权必究· ©学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 质子从A点进入电场到再次回到y轴的时间为 t-11+12+13 (2N3+m+6)d 联立解得 3v0 ·独家授权侵权必究 ©学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.ZxXk.Gom○ 您身边的互联网+教辅专家 ·独家授权侵权必究·