湖北襄阳市第四中学2026届高三上学期综合物理测试（3）特奥班

襄阳四中2026届高三物理特奥班综合测试（3） 命题人： 审题人： 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全对得4分，选对但不全的得2分。 1．如图是氢原子的能级示意图。当氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级时，辐射出光子a；从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，辐射出光子b。以下判断正确的是 A．在真空中光子a的波长小于光子b的波长 B．光子b可使氢原子从基态跃迁到激发态 C．光子a可能使处于n＝4能级的氢原子电离 D．一个处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多辐射2种不同谱线 2．下列有关光现象及其应用的说法不正确的是 A．摄影师为更加清晰地拍摄玻璃橱窗里的陈列物，需在照相机镜头前装一特殊镜片，这是利用了光的干涉现象 B．表示危险的信号灯选用红灯的一个重要原因是因为红光更容易发生衍射 C．观看立体电影（3D电影）时，观众需戴上一副特殊的眼镜，这是利用了光的偏振现象 D．在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹 3．小球甲、乙以从斜面顶端抛出并落在斜面上，且竖直方向位移分别为，另一小球丙相对斜面抛出，与小球甲落在斜面上同一位置，其竖直位移为，三小球质量都相同。下列说法正确的是 A．若，则甲、丙两小球落在斜面瞬间动量大小相同 B．若，则甲、乙小球末动量大小、方向都不相同 C．若，则甲、丙两小球落在斜面瞬间重力的功率相同 D．三小球不可能同时落在斜面上 4．如图所示，匝数为的矩形导线框以角速度在磁感应强度为的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框面积为且与理想变压器原线圈相连，原、副线圈匝数比为1：4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，为定值电阻，为滑动变阻器，电流表和电压表均为理想电表，电流表A1、A2的示数分别为；电压表V1、V2的示数分别为．不计线框电阻，下列说法正确的是 A．交流电压表V2的示数为 B．从图示位置开始，线框转过180°的过程中，通过线圈的电荷量为0 C．若只将滑动变阻器的滑片向端滑动，则电压表V2的示数变小 D．若只将滑动变阻器的滑片向端滑动，则变大 5．在均匀的介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻两个质点的距离均为a，如图（a），振动从质点1开始并向右传播，其振动初速度方向竖直向下，经过时间t，前13个质点第二次形成的波形图如图（b）所示，则该波的周期T，波速v分别是 A．T=t，v= B．T=t，v= C．T=t，v= D．T=t，v= 6. 2021年10月16日我国的神舟十三号载人飞船成功发射，并于当天与距地表约的空间站完成径向交会对接。径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成交会对接。掌握径向对接能力，可以确保中国空间站同时对接多个航天器，以完成不同批次航天员在轨交接班的任务，满足中国空间站不间断长期载人生活和工作的需求。交会对接过程中神舟十三号载人飞船大致经历了以下几个阶段：进入预定轨道后经过多次变轨的远距离导引段，到达空间站后下方处；再经过多次变轨的近距离导引段到达距离空间站后下方更近的“中瞄点”；到达“中瞄点”后，边进行姿态调整，边靠近空间站，在空间站正下方200米处调整为垂直姿态（如图所示）；姿态调整完成后逐步向核心舱靠近，完成对接。已知在点火过程中忽略燃料引起的质量变化，根据上述材料，结合所学知识，判断以下说法正确的是 A. 远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度 B. 近距离导引过程中，飞船的机械能守恒 C. 姿态调整完成后，飞船绕地球运行的周期可能大于24小时 D. 姿态调整完成后，飞船沿径向接近空间站过程中，需要控制飞船绕地球运行的角速度与空间站的角速度相同 7. 如图所示，斜面倾角为θ＝37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行。物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧。已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g＝10m/s2，小物体3从静止突然放手后物体1沿面上滑的最大距离为 A. 3h B. h C. 2h D. h 8. 如图所示，一篮球以水平初速度碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍（），碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则 A. 碰撞过程中，篮球的机械能有损失 B. 篮板对篮球的冲量大小为 C. 篮球的水平初速度大小为 D. 若篮球气压不足，导致k减小，在不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰撞点更高 9. 某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如下图所示：场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达xl位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力．下列说法正确的是 A. 点电荷从xl运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小 B. 点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小 C. 电势差Uoxl＜Uox2 D. 在整个运动过程中，点电荷在xl、x2位置的电势能最大 10．如图有一半径为R的弹性圆形边界，内有垂直于纸面向外的磁感应强度为B的磁场，现有一比荷为的带正电的粒子由A点与OA成30°角垂直入射到磁场中，之后粒子与边界发生弹性碰撞（垂直于边界的速度碰后反向，大小不变，平行边界的速度不变），在粒子绕边界一周的过程中，有 A．当时，粒子仍能回到A点 B．粒子每次与边界相碰时的速度与过该碰撞点的切线的夹角均为60° C．当时，粒子仍能回到A点 D．粒子每相邻两次碰撞的时间间隔为 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11．（6分）某同学欲验证“动能定理”，在实验室组装了一套如图甲所示的装置．所用器材包括：长木板、物块、光电门、数字计时器、力传感器、沙和沙桶等．部分实验步骤如下： ①用天平测量物块和遮光片的总质量； ②用螺旋测微器测量遮光片的宽度，示数如图乙所示；用毫米刻度尺测出两光电门中心间的距离； ③按操作规范平衡物块所受摩擦力； ④由静止释放物块，物块从木板右端向左依次通过两个光电门，数字计时器记录下遮光片通过两光电门的时间分别为，此过程中力传感器的示数为； 请回答下列问题： (1)由螺旋测微器的示数知，遮光片的宽度为 mm； (2)通过实验获得的数据，在实验误差允许的范围内，若满足 关系式（用题中涉及到的物理量对应的字母表示），则验证了在物块运动过程中动能定理的正确性； (3)下列说法正确的是 . A．本实验中应调节滑轮的高度，使物块与滑轮间的细线与长木板平行 B．本实验中在平衡摩擦的过程中，应该挂上力传感器和沙桶 C．本实验中力传感器、沙和沙桶总质量必须远小于物块和遮光片的总质量 D．在平衡摩擦的情况下，也不能利用该装置验证系统机械能守恒定律 12．（10分）多用表的内部结构较复杂，例如在欧姆表不同倍率挡之间切换时，实际上相应地改变了内部电路结构．如图甲为某同学设计的欧姆表内部电路的简化图，该欧姆表有“×10”、“×100”两个倍率挡可供使用．图乙为对应的表盘，欧姆表刻度盘的中值刻度为“15”．甲图中电源的电动势为=6V，内阻约为1.0Ω，在挡位切换时电源的电动势和内阻不变；灵敏电流计的满偏电流为2mA，内阻为180Ω；滑动变阻器R的最大值为500Ω；为定值电阻，其中=1200Ω，不计导线和开关的电阻．请回答下列问题： (1)在规范操作的情况下，甲图中多用电表的插孔插入的是 （选填“黑”或“红”）表笔； (2)通过分析选择开关S合向“1”与合向“2”电路结构的不同，可以判断若把选择开关S合向“1”，欧姆表对应的倍率挡为 （选填“×10”或“×100”）；若把选择开关S合向“2”，则在正确进行欧姆调零操作后欧姆表对应的内阻为 Ω； (3)若把选择开关S合向“1”，两表笔短接，调节滑动变阻器的阻值，当流经电源的电流为 mA时，刚好实现欧姆调零．结合题中所给条件可以算出：= Ω、 Ω． 13．（12分）如图所示，两汽缸A、B厚度均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通，A上端封闭，B上端与大气连通。两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热，两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热活塞，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气，连接活塞b的细绳绕过光滑的定滑轮与重物连接。当大气压为、外界和汽缸内气体温度均为系统平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的，活塞b在汽缸正中间。重物与活塞a质量均为，活塞a的横截面积为4S，b为轻活塞且横截面积为S，b缸体积为V，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，细绳不可伸长，整个过程不漏气且缸内气体可视为理想气体。导热 （1）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度； （2）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是汽缸高度时，求氧气压强； （3）已知汽缸中氮气的内能为（T为氮气温度，为常数），求第（1）问过程中电阻丝的发热量Q。 14.（14分）如图所示，倾角为α＝37°的绝缘斜面体固定在水平面上，顶端放有一“U”形导体框HEFG，导体框质量为M＝2kg，电阻忽略不计且足够长，导体框EF边长度为L＝0.2m，与斜面底边平行，导体框与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75。质量为m＝1kg、电阻为R＝2Ω的光滑金属棒CD的两端置于导体框上，构成矩形回路。整个装置处在磁感应强度大小为B＝10T、方向垂直于斜面向下的匀强磁场中。t＝0时刻金属棒CD与EF边间距为x0＝1m，且金属棒与导体框均以初速度v0＝2m/s沿斜面向下运动。t＝2s以后金属棒的运动可视为匀速运动，导体框仍沿斜面向下运动，金属棒与导体框始终接触良好且平行EF边，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）在0＜t＜2s时间内，任意时刻金属棒与导体框的加速度大小之比； （2）t＝2s时金属棒和导体框的速度； （3）t＝2s时金属棒CD与EF边的距离d。 15．（18分）如图所示，质量为km（其中k>0）的不带电小球N静止于光滑水平面AF上，小球N可与其右侧L处的挡板P发生碰撞后原速率反弹。水平线CD与水平面AF之间是复合场区域，水平线CD与水平面AF距离为d，其间有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q的正电小球M自CD以上某处静止下落，在复合场区域做匀速圆周运动并与小球N发生弹性碰撞，M与N碰撞过程中M的电荷量不改变。小球M释放处与小球N水平距离为d，两小球可视为质点，重力加速度为g。 （1）求小球M释放处与水平线CD的高度； （2）小球M与小球N碰后，小球M未离开复合场区域，求k应满足的条件； （3）在第（3）问的前提下，若两小球只能发生两次碰撞，求L应满足的条件。 2026届高三物理特奥班综合测试（3） 参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D A C A D D D AD BD ABC 1.【答案】D 【解析】A．氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级的能级差小于从n＝3能级跃迁到n＝2能级时的能级差，根据Em－En＝hν知，光子a的能量小于光子b的能量，所以光子 a的频率小于光子b的频率，光子a的波长大于光子b的波长，故A错误； B. 光子b的能量小于基态与任一激发态的能级差，所以不能被基态的原子吸收，故B错误； C. 根据Em－En＝hν可求光子a的能量,小于n＝4能级氢原子的电离能，所以不能使处于n＝4能级的氢原子电离，C错误； D. 大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多辐射3种不同谱线，而一个处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多辐射2种不同谱线，故D正确。故选D。 2.【答案】A 【解析】A．摄影师为更加清晰地拍摄玻璃橱窗里的陈列物，需在照相机镜头前装一特殊镜片，这是利用了光的偏振现象，故A 错误； B． 表示危险的信号灯选用红灯的一个重要原因是因为红光更容易发生衍射现象，故B正确； C．观看立体电影（3D电影）时，观众需戴上一副特殊的眼镜，这是利用了光的偏振现象，故C正确； D．若遮住一个缝，则会发生单缝衍射现象，所以仍能出现明暗相间的条纹，故D正确。由于本题选择不正确的，故选A。 3.【答案】C 【解析】A．若则甲、丙两小球落在斜面瞬间竖直方向速度相同，但初速度可能不同，所以甲、丙两小球落在斜面瞬间动量大小可能不同，故A错误； B．设斜面倾角，则小球落在斜面上位移与水平方向夹角为 设小球落在斜面上速度与水平方向夹角为 此时甲、乙末动量方向相同，故B错误； C．若则甲、丙两小球落在斜面瞬间，重力冲量大小相同、方向也相同，故C正确； D．不知道三小球是否同时抛出，无法判断三小球是否同时落在斜面上，故D错误。故选C。 4.【答案】A 【解析】变压器副线圈电压的最大值为，故电压表的示数为，A正确；从图示位置开始，线框转过180°的过程中，磁通量的变化量不为0，故通过线圈的电荷量不为0，故B错误；若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，电阻减小，副线圈的输出电压不变，故C错误；若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，变大，则变小，D错误。 5.【答案】D 【解析】根据振动的周期性和波的传播特点可知，质点13此时的振动方向向下，而波源的起振方向竖直向下，即第二次从质点13算起，则需要再经历，振动的方向才能向下，即与波源的起振方向相同，设周期为，则即由题意可知，且， ，可得，故选D。 6.【答案】D 【解析】A．根据可得由于飞船的轨道半径小于空间站的轨道半径，则远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度大于空间站的线速度，故A错误； E. 近距离导引过程中，需要飞船点火加速，则机械能增加，故B错误； C．姿态调整完成后，飞船绕地球运行的轨道半径小于同步卫星的半径，则周期小于24小时，故C错误； D．姿态调整完成后，飞船沿径向接近空间站过程中，需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空间站的角速度，故D正确。故选D。 7.【答案】D 【解析】设2的质量为m，从开始放手到3触地过程中，设触地时3的速度为v1；则对整体根据功能关系可知6mgh﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）h（10m）v12 此后3停止，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为零，对1、2应用功能关系可知 mgs﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）s＝0（5m）v12 解得，则1沿斜面上滑的最大距离为L＝h+sh，故D正确，ABC错误。故选D。 8.【答案】AD 【解析】A．根据题意，碰撞过程中，篮球的速度减小，篮球的动能减小，机械能有损失，故A正确； B.以弹回的方向为正方向，根据动量定理可得故B错误； C.弹回后篮球做平抛运动，即有，，解得 故C错误； D.若篮球气压不足，导致k减小，在不变的情况下，减小，要使篮球中心经过篮筐中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间要增大，应使碰撞点更高，故D正确。故选AD。 9.【答案】BD 【解析】点电荷从xl运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段；点电荷从xl运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律： ，电场强度E不变，所以加速度a不变，做匀加速运动．点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：，电场强度E先增大后减小，所以加速度a先增大再减小，速度不是均匀变化．故A错误．点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：，电场强度E先均匀增大后均匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小．故B正确．点电荷从O运动到xl的过程中，根据动能定理： 点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理： ，以：电势差Uox1=Uox2，C错误．点电荷从O运动到xl的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在xl位置的电势能最大；点电荷从O运动到x2的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x2位置的电势能最大．故D正确．故选BD. 10． 【答案】ABC 【解析】A．若，可知运动的半径为 可知圆心角为180°，相对的圆形磁场所夹角为60°，根据运动的对称性和周期性可知，的360°分成6个60°，则经过六个圆弧运动刚好回到A点，故A正确。 B．进入磁场时与半径OA成30°角，由运动的对称性可知，出射方向与半径OB成30°角，则粒子与边界相碰时的速度与过该碰撞点的切线的夹角均为60°，故B正确； C．若，可知运动的半径为 可知圆心角为120°，相对的圆形磁场所夹角为120°，根据运动的对称性和周期性可知，圆形磁场的360°分成3个120°，则经过三个圆弧运动刚好回到A点，故C正确； D．粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，第一次从A到B的轨迹如图所示：因不知道运动的半径，故无法确定圆心角，运动时间无法求出，故D错误； 二、非选择题：共60分。 11．（6分） 【答案】(1) 6.496（6.495～6.497均正确）（2分）(2)（2分）(3) AD (2分) 【解析】（1）（6.495~6.497均正确） （2） （3）若细线与木板不平行，物块所受拉力将会改变，难以求合力功；细线与木板平行才能保证拉力恒定，平衡摩擦后拉力等于合力，依据求合力功，A选项正确；本实验中由于有力传感器可以直接测拉力，不需要用沙及桶的重力替代拉力，故不需要m远小于M，B选项错误；需要平衡的是物块与长木板间的摩擦，故平衡摩擦时不应该挂上力传感器和沙桶，C选项错误；系统机械能守恒的条件是只能有重力和内部弹力做功，不能有摩擦力做功，而平衡摩擦并不能消除摩擦力做功，故D选项正确。 12．（10分）【答案】(1)红（1分） (2) ×10（1分） 1500（2分） (3) 40 (2分) 18（2分） 162（2分） 【解析】（1）在规范操作的情况下，电流从红色表笔流进从黑色表笔流出，而内置电源已经确定了电流的流向，故a接线柱相接的是“红”表笔。 （2）由欧姆表的原理可知：中值倍率内阻 由于电源电动势E为定值，由上述公式可知：倍率越大，欧姆表的内阻越大，对应的等效电流表的满偏电流就越小。而当旋钮开关“S”合向“1”时，等效电流表的量程要大些，所以此时欧姆表对应选的倍率为小倍率，故填“”；欧姆表所讨论的内阻都是在欧姆调零情况下的内阻，与电源内阻、滑动变阻器的阻值无关，由“内阻中值倍率”可知。 （3）当旋钮开关“S”合向“1”时，由上面的公式可知： 结合串并联的基本规律可得： ① 当旋钮开关“S”合向“2”时，由上面的公式可知： 结合串并联的基本规律可得： ② 联立上述2式可得：、。 13.（12分）(4+4+4)【答案】（1）320K；（2）；（3） 【解析】（1）汽缸A的横截面积为B的4倍，所以A的体积为4V。初始温度 在活塞b升至顶部的过程中，氮气压强不变，根据盖-吕萨克定律得到,解得 （2） 设初始时氮气气压为，氧气气压为，最终到题中状态下，氧气气压为。对加热前活塞b进行受力分析，拉力等于重物重力，处于平衡状态，可得,解得 再对这时的活塞a进行受力分析，处于平衡状态，可得, 代入数据得到 在加热的过程中，因为A顶部导热，所以氧气温度不变，根据波意耳定律，可得,解得 （3） 根据热力学第一定律有 在该过程中，气体对外做功有,所以 14.（14分）(4+4+6)【答案】（1）；（2），；（3） 【解析】（1）在0~2s内，金属棒向下做加速运动，导体框向下做减速运动，根据牛顿第二定律 对金属棒对导体框 解得，代入数据可求得 （2）2s时金属棒做匀速直线运动，设速度为v1，导体框速度为v2，对金属棒可得 得得因金属棒和导体框组成的系统所受摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，安培力等大、反向，等效为内力，故整体受力平衡，根据动量守恒联立得， （3）对金属棒，由动量定理设2s内金属棒与EF边的相对位移为x，则 解得，2s时金属棒与EF间距为 15. （18分）(6+6+6)【答案】（1）；（2）；（4）（3）见解析 【解析】1）由题意，小球M在复合场中重力与电场力相互抵消，则,可得 小球M在复合场中做圆周运动的半径为，所以 其中是小球M在第一次碰前做圆周运动的速度大小，设是小球M到水平线CD, 由动能定理, 解得 （2） 设和分别是小球M和N碰后的速度大小，若小球M碰后速度向右，必须满足 , 即 两小球碰撞过程中，由动量守恒和机械能守恒得, 由以上三式可得;若，即小球M碰后速度向左，则洛仑兹力向下，一定不会离开复合场区。所以k应满足的条件就是 （3） 若第一次碰后M速度向右，即当时，两小球碰撞过程中，由动量守恒和机械能守恒得 ,联立解得, 小球N第一次撞后运动到挡板P反弹后再与M碰撞的过程中，小球M做圆周运动转了n圈，则 其中；代入数据得 因为第二次撞前N的动量大小为方向向左；M的动量大小为方向向右。 又因为所以第二次撞后M速度向左，不会发生第三次相撞。 若第一次碰后M速度向左，即当时，两小球碰撞过程中，由动量守恒和机械能守恒得 联立解得, 小球N第一碰后运动至挡板P反弹后必须追上M，才能发生第二欠碰撞，则所以 当时，第一次碰后M静止，必定能发生第二次碰撞， 所以当时，L取大于0的任何值都能发生第二次碰撞。 若，不会发生第二次相撞综上所述：当时，，其中 当时，L取大于0的任何值都能发生第二次碰撞。 2026届高三物理特奥班综合测试（3） 答题卡 班级____________ 姓名____________ 学号____________ 分数____________ 二、非选择题 11.（8分） （1）____________ ___________ （2）____________ （3）____________ 12. （10分） （1）____________ ___________ ____________ （2）____________ ___________ ____________ 13．（12分） 14．（14分） 15．（18分） 第3页 共6页 物理学科核心素养：物理观念：物质观念、运动与相互作用观念、能量观念等。科学思维：模型建构、科学推理、科学论证、质疑创新等。科学探究：包括问题、证据、解释、交流等要素。科学态度与责任：包括科学本质、科学态度、社会责任等。◎ 第3页 共6页 ◎ 第4页 共6页 学科网（北京）股份有限公司 $