四川省成都市石室中学2026-2027学年高三暑期物理提升练习（三）

石室中学高2027届高三暑期提升练习（三) 班级 学号 姓名 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.伽利略开创了科学实验和逻辑推理相结合的承要科学研究方法，一直影响者现代科学研究。伽利略对“落 体运动”和“运动和力的关系”做过深入研究，图()、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程， 对这两项研究，下列说法错误的是 A.图(a)中的的研究思路可概括为提出问题一一假设（猜想） 甲 一数学推理一实验验证—合理外推—一得出结论 mmimiinnmm 图(a) 图(b) B.图(a)中当附没有精确的计时仪器，伽利略利用斜面实验，放大重力的作用，解决了这个困难 C.图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出“力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运 动状态的原因” D.图(b)的实验推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论，为牛顿第一定律的提出提供了 有力的实验依据 2.用如图所示的装置观察光的干涉现象，单色平行光沿OO'轴方向入射，在光屏上能观察到清晰的干涉条 纹。下列方法能使光屏上的干涉条纹间距变大的是 光屏 A,仅换用波长更长的单色光照射 单缝 双缝 B。仅换用双缝间距更大的双缝片 C,仅域小双缝和光屏之间的距离 D.仅适当减小单缝和双缝之间的距离 3.A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的微粒仅在电场力作用下从A点沿电场线运动到B点，其v一t 图像为如图所示。则这一电场可能是下图中的 4(m/s) B. C.4—gD.4A 4,光消水平面上一根软绳沿x轴摆放，用手握住绳的一端，0~3△：时间内垂直于x轴在水平面内的振动图 像如图，振动形式沿x轴正方向传播，，3△1时刻的波形可能是 D 5.如图，磁感应强度为B的匀强磁场区域足够大，磁场方向垂直纸面向里。中间有一边界截面为圆形的无 磁场区域，O为圆心，P、Q为圆边界上的两点，∠POQ=60°。一质量为m、电荷量为9的带负电粒子 从P点垂直磁场射入匀强磁场区域后，从？点第一次返回无场区，粒子在P点的速度方向与OP直线的夹角 第1页共6页 ×××××g× 为30°。不计粒子重力，则粒了在磁场中从P运动到2的时间为 ×X 2πn ×文♪女× A. 5πn B. Snm 5πm 9B C. 6gB 2qB D 3gB ××亦2× ××为以×× 6.如图所示，两根相同的圆柱形木杆AB和CD相互平行，与水平方向的夹角为a。将一摞总质量为m的瓦 片放置在两木杆之间，两杆对瓦片弹力的夹角为B,瓦片处于静止状态，已知重力加速度为g,则瓦片受到 AB杆的摩擦力、支持力大小分别为 A.mg cos & ntg cos a mg cos a B.mgcosa, 2.cns C.imgsina, mg cos a mg cosa 2sin 代1D.2 mg sin a,2cos 7.游乐场有一滑滑梯游乐项目，其原理简化如图。两根直金属细杆AB,CD与水平而以a=37°的夹角相互平 行固定放置，两细杆间距d=8cm。一个半径R=5cm、质量m=5kg的圆柱体从细杆的上端由静止开始下 滑，圆柱体与细杆之间的动摩擦因数μ=0.3，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，sin37°=0.6，c0s37°=0.8， g=10m/s2,则 A.圆柱体下滑过程中受到3个力作用 B.每根细杆对圆柱体的弹力大小都是40N女 C.圆柱体下滑时的加速度大小为2m/s2 D.用平行于直金属杆向上2N的拉力可拉着圆柱体匀速运动 D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得满分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.在图()所示的交流电路中，电源电压U随时间变化如图(b)所示，理想变压器原、副线圈的匝数比 为2：1，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为202，定值电阻R3=102,当R2接入电路的阻值为102 时，申流表示数为2A,电流表、电压表均为理想电表，则 ◆UV 通过定值电阻R3的交流电频率为5Oz 电压表的示数为40V A i10g C.,变压器的输入功率为80W 调节滑动变阻器R2,变压器的最大输出功率为18OW,),上 a) 9.如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，场强大小B=器。一质量为m,电荷量为+9的带电小 球从倾角0=37°的绝缘斜面上A点以初速度v水平抛出，落在斜面上B点。重力加速度取g,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8，则 ” A.小球从A点运动到距斜面最远位置所需时间=号 B.小球从A点运动到B点的时间2=3四 1116, C.小球从A点运动到B点电势能的增加量4B,=9m 第2页共6页 D.若撤去电场，则小球落到斜面的动能是未撤去电场时落到斜而的动能的两倍 10.如图所示，一半径为的人圆环与竖直杆之间的距离为3R,杆与环在同一竖直平面内固定放置。一根 长L=5R的轻质刚性连杆与大圆环圆心等高水平放置，连杆与大圆环左半环交义部分不接触但距离忽略不 计，连杆两端有一个直径略大于竖直杆和大圆环的可转动环套A、B,A、B环套能在连杆作用下自由滑动， 两环套的质量均为m,重力加速度取8，不计一切摩擦，静止释放两小环后 A,静止释放瞬问A环的加速度为8 B.B环到达最低点时速度=V5gR C.B环到达最低点时机械能最小 D.B环机械能最大时，B环机械能增加了2√5mgR 三、实验题：本题共2小题，11题6分，12题10分，共16分。 11.某兴趣小组用图()所示装置验证做竖直上抛运动的小球机械能守恒。主要实验器材有：电源、铁架 台、可调节的两光电门计时器、可锁定的轻弹簧、金属小球、游标卡尺、毫米刻度尺、导线若干。实验步 骤如下：、 光电2 e光电门1 2 阳(a) a.按如图(a)安装并调节器材，使弹簧、小球、光电门1、光电门2在同一竖直线上： b.用游标卡尺测量出小球直径为d; c.用毫米刻度尺测量出光电门1、光电门2之问的竖直距离为h; d.弹簧压缩并锁定，小球放置在轻弹簧上，解除锁定，让小球竖直向上先后通过光电门1、2，分别记录通 过两光电门遮光时间△4、△2： e适当竖直调节光电门2的位置，重复步骤c、d、以”： (1)关于本实验下列说法正确的是 A.本实验必须测量小球质量 B.步骤e中，也可以适当竖直调节光电门1的位置 C.解除弹簧锁定后，小球立即做竖直上抛运动 (2)小球通过光电门1的速度v= (用题中已测物理量来表示)。 (3)该兴趣小组一同学在实验时发现光电门1并未工作，于是每次在同一位避解除弹簧锁定，其余步骤不 变，测得通过光电门2的时间△2，和光电门1、2之间的竖直距离h,并做出图(b):得图(b)中斜率的 绝对值为k,重力加速度取8，在误差允许范围内，若k= (用d和g表示)即可验证小球在 第3页共6页 竖直上抛过程中机械能守恒。 12.智能机器人的感知依赖于敏感元件的实时反馈，弹性导电绳便是这类传感器的核心敏感元件之一、某同 学设计下面的实验来测量弹性导电绳拉伸后的电阻率。 R。 nmmmmmmmammmm 弹性州 性4有州尺 R 图(a) 图(b) (1)测得弹性导电绳自由伸长时的长度L和横截面积S。 (2)弹性导电绳一端固定在A点，另一端拉仲至B点固定如图()，用毫米刻度尺测得A、B间距离 L= cm。 (3)设计图(b)所示的电路，R为定值电阻。断开S和S2,用带金属夹的导线将A、B两点间弹性导 电绳接入电路，将滑动变阻器R的滑片滑到最右端，闭合开关S1,调节滑动变阻器R的滑片，使电压表和 电流表的指针偏转到合适位置，记录两表的示数U和I1。 (4)闭合S2,电压表示数发生了变化，应向 (填“左”或“右”)缓慢滑动R的滑片，使电 压表的示数恢复到U,记录此时电流表的示数I2,则此时A、B间弹性导电绳的电阻R,= (用 I、12和U表示)。 (5)若弹性导电绳拉伸过程中体积保持不变，当弹性导电绳长度为L时，电阻率P= (用R、 L、L、和S表示)。 (6)改变长度L,重复实验。 (7)该同学在实验误差分析中，如果考虑电压表不是理想电压表，弹性导电绳电阻率的测量值 (选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。 四、计算题：本题共3小题，13题10分，14题12分，15题16分，共38分。解答时应写出 必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题， 答案中必须写出明确的数值和单位。 13.如图所示为一玩具小车上测量加速度的装置示意图，横截面积为S=4c2、足够长、导热性能良好的 薄壁容器固定在水平小车上，容器内有一质量m=2kg的活塞，小车静止时恰好封闭一段长度L=10cm的 理想气体。某次测试中小车向右匀加速运动，稳定后活塞封闭的气体压强为乃1、长度L=20cm,已知初 第4页共6页 始环境温度为1=27C，大气压强P。=1.0×10Pa,不计一切摩擦阻力。 （1)求封闭气体压强1和小车匀加速运动的加速度大小4： (2)保持活塞封闭气体的压强p1不变，环境温度由27C缓慢降低至3°C的过程中，测得封闭气体向外界放 出的热量为1.4J,求此过程封闭气体内能变化量4U。 14.如图所示，足够长的木板C静止在水平面上，小物块A、B放在木板C上。A、B之间的初始距离ao=1m, ma=1kg,mg=1kg,me=2kg,A、B与C之间的动摩擦因数均为41=0.2，C与地面间的动摩擦因数42= 0.05。to=0时刻，分别给A、B水平向右的初速度vs=3m/s、vB=4m/S,设滑动摩擦力等于最大静摩 擦力，重力加速度g=10m/s2，求 B (1)长木板C开始滑动时的加速度大小a; 7777777777777777777777777777777777 (2)小物块A与木板C恰好共速时，A、B之间的距离a: (3)长木板C运动的总时间t。 第5页共6页 15.如图所示，问距为L的光滑平行固定金属导轨pg、ef与水平而间夹角《=30°，a、b两金属杆居分 界线可两侧紧靠放置，付上侧导轨光滑，下侧导轨与金属杆之间动摩擦因数=三。己知两金属杆质量 m。=m,m,=2m，电阻值R,=R，R,=3R,整个区域有垂直于导轨平面向下的匀强磁场B=至g驱 L Uo 初始时b杆处于锁定状态，给a杆沿导轨向上的初速度y。=y。,4杆向上运动的最大距离为S,,当4杆再 次回到初始位置前已做匀速运动。金属杆始终垂直于导轨且接触良好，忽咯两金属杆之间的磁场力，导轨 电阻不计，重力加速度取g,设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求 (1)a杆向上运动过程中通过a杆的电荷量9： 1/B (2)a杆从开始运动到回到初始位置)的时间1； (3)若a杆回到初始位置h时，立即解除b杆的锁定，同时给b杆沿导轨向 上的速度以=，Q、b两杆在可处发生完全弹性碰撞后，α杆沿导轨向上 4 运动的最大距离为S2,求两杆碰后到a杆第一次速度为0的过程中b杆产生的焦耳热Q3。 第6页共6页 2027届高三暑期提升练习（三）答案 1.【】B 2.【】A【详解】A.双缝干涉的条纹间距公式为△x=上力 d 其中△r为干涉条纹间距，L是双缝到光屏的距离，入是入射光波长，山是双缝间距。换用波长更长的单色光，入 增大，由公式可知△x增大，条纹间距变大，故A正确： B.换用双缝间距更大的双缝，d增大，△x减小，条纹间距变小，，故B错误： C.减小双缝和光屏之间的距离，L减小，△x减小，条纹间距变小，故C错误： D.单缝和双缝之间的距离不影响干涉条纹间距，改变该距离不会改变条纹间距，故D错误。故选A。 3.【答】A【详解】BD,由图象可知，速度在逐渐增大，故电场力做正功，而微粒带正电，说明电场方向与由 A到B方向的夹角小于90°，故BD错误： AC.由于V一t图象切线斜率表示加速度，由图知，加速度在增火，说明电场强度在增大，说明由A到B,电场线 越来越密集，故A正确，C错误。故选A。 4.【谷苯】D【详解】由图可知，波源的起振方向向上，在3△：时刻，波源，即O点恰好回到平衡位置，由于后 面质点的振动都要落后于波源，故后面的质点都没有完成一个完整的全振动，传播介质不变，故波速不变，波源 最初的振动周期较短，波长较小，之后波源振动的周期变大，波长变大，波长较小的波先产生，故传播到离波源 较远处，波长较大的波离波源更近，综上可知ABC错误，D正确。故选D。 5.【斧朵】D【详解】粒子在磁场中的运动轨迹如图所示根据几何关系可知，四边形OPO,2为菱形， ∠P02=∠P02=60°，则粒子轨迹圆心角为0=360°-60°=300°5( ×××××B XX 粒子在磁场中，有9B=m二，T-2”可得粒子在磁场中的运动周期为T2m 2 0 60°.P +1+0200=生中g1m= 30文× 300° 5πm T= + 则粒子在磁场中从P运动到2的时间为t= 360°3gB 故选D。一+ 6.【答案】D 7.1答案】C【详解】A.圆柱体沿金属杆下滑过程中，受重力、两细杆对其的支持力以及摩擦力，共5个力，故 A错误：B.单根细杆弹力与圆心构成的三角形中，单根杆弹力与圆心到两接触点中线的夹角满足 -d sin0=2 4垂直于杆方向，圆柱体受力平衡：重力垂直杆的分力等于两根杆弹力的合力，即 = 5 2 FN COS0=mg cosa解得FN= ，N,故B错误：C.沿杆方向根据牛顿第三定律可得mgsina-2∫=ma ∫=uFN解得a=2/s2，故C正确：D,若拉着圆柱体匀速向上运动，沿杆方向受力平衡，则 F=mng sina+2∫解得F=50N,故D错误。故选C。l=a人日 8.【答%】AC【详解】A.由图b)得，交流电周期T=2×102s=0.02s频率∫=三=50Hz 理想变压器不改变交流电频率，因此通过R,的频率也为50Hz,故A正确： BC.电源电压峰值为60√2V,因此总电压有效值U=60V。已知R,=102时，R的电流，=2A,副线圈两 第1页共5页 端电压U,=1R=2A×102=20V剧线图中R与R并联，因此乃的电流m=光-=2A 副线圈总电流12=13+I2=4A根据理想变压器电流比 兴-利m线酒-2A: 根据电压比 _4=名得原线圈电乐山，=40V原边中R与原线串联，因此R的电压（电压我示数） U2m,1 U,=U-U,=60V-40V=20V理想变乐器输入功率等于输出功率，P,=P=U2I2=20V×4A=80W故 B错误、C正确： 12 D.由上述计算得R= _20Y=-102将副线周负载等效，等效电阻R= R =4Rt 翰出功率即为等效电阻的功率，当R=R=102时，输出功率最大，最大输出功率 U2 (60v 4R =90W,故D错误。故选AC。f1心， 4×102 9.【公】BC【详解】A.根据受力分析可知，由牛顿第二定律有F=mg-Eg=。mg=ma 2 1 加速度竖直向下a=28小球做类平抛运动有x=,y= ,y=a4,小球离斜面最远可知an0=之联立 1.0 .,.I,1) ,t 解得=兰=，故人错误B.根据类平抛运动可知x=4,y=,=叫，可解得Y=兰落在斜面 a 2g 2 x Vo 上有之=an9解得5-之-沙，故B正确：c.根据y=)a4-9公，则△B,=Ey-9m止，故c正确： 2 4g 8 D.根据类平抛运动可知x=wt,y=号ar2,y,=at,且落在斜面上有Y=tan日可解得y,=2tan。,可见竖 2 X 直方向速度y,与加速度a无关，则撤去电场和未撤去电场时小球落在斜面上的速度相同，则动能相等，故D错误。 故选BC。 10.(台容】AD 【详解】A,静止释放瞬间两环水平方向受力为零，竖直方向只受重力作用，则A环的加速度为8，A正确： B.B环到达最低点时，AB两环的位置如图，对AB系统，由机械能守恒定 律mg4R+mgR=)m+)mG 1 2 2 速度关系为ycos53°=cos37°速度=1 18gR ,B错误： …5 CD.从开始运动到AB环与大圆环圆心三者共线时，杆的拉力对B一直做正功，大圆环的弹力对B不做功，则B 第2页/共5页 的机械能一直增加，此时B环的机械能最火，则B环到达最低点时机械能不是最小；当三者共线时，A的速度为 零，则由开始运动到三者共线对AB系统由机械能守恒定律可知，B环机械能最大时增加的机械能等于A环减小 的机械能，即△En=mgV(6R)2-(4R)2=2V5mgR,C错误，D正确。故选AD。 11.》(1)B (2) (3) 2g △t d2 1 【小问1详解】A.验证机械能守恒的关系式为2m-2m听=mg,小球质羞m可约去，不需要测昼，A错误： B.只要重新测量两光电门的间距、记录遮光时间，调节任意一个光电门的位置都可以完成多次验证，B正确：C,解 除弹簧锁定后，弹簧弹力仍对小球做功，小球离开弹簧后才只受重力做竖直上抛运动，不是立即做竖直上抛，C错 误。故选B,【小问2详解】利用平均速度近似代替瞬时速度，小球直径为d,通过光电门1的遮光时间为△：，因 此速度v= △·【小问3详解】每次在同一位置释放小球，因此小球经过光电门1的速度y恒定。若机械能守恒， 满足： 二my=mgh+。mv2其中小球通过光电门2的速度y2= 2 整理得 △t, 器 2，纵坐标为 2g (442, 横坐标为h,因此图像斜率的绝对值k= ，误差允许范围内满足该关系即可验证机械能守恒。 U 12.【本案】①.5.05cm②.左-③. ④. R,LoSo L2-I1 ⑤.等于 【详解】(2)毫米刻度尺分度值为1mm,需估读到0.1mm,A端对齐1.00cm,B端对齐6.05cm,因此长度 L=6.05cm-1.00cm=5.05cm (4)闭合S2后，R。与R并联，总电阻减小，电路总电流增大，滑动变阻器分得电压增大，导致电压表示数U 减小：·要让U恢复原值，需要减小滑动变阻器接入电阻，因此滑片向左滑动。 电压表示数保持U不变，S,断开时，L,是R和电压表的总电流：S2闭合后，I2是R、R和电压表的总电流， 因此流过R,的电流为山，-【，由欧定律得R,, ·(5)拉伸过程体积不变，V=L,S。=LS得拉伸后横截面 积S-空代入电阻定徐风=P片袋理得及-P空长即-学()若考想电玉表肉限风，推母得 L 2 L UUUUU h= 两式相减消去R,得4，-人= 。R测量值准确，因此电阻率测量值等于真实 值。 13.【】(1)10m/s2 .(2)内能减少1.08J 【小问1详解】容器导热性能良好，温度不变，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律PS=P,LS 第3页共5页 代入P。=1.0×10Pa,L=10cm,L2=20cm约去S得= 2=10mx1.0x10'Pa=5x10Pa 20m 对活塞受力分析，活塞随小车向右匀加速，由牛顿第二定律（大气压力向右，气休压力向左，台力向 右)PS-p,S=ma代入S=4cm2=4×104m2,m=2kg 得a=-nS_L.0x10-5x10'）Pax4x10-m =10m/s2 2kg 【小问2详解】 压强不变，封闭气体做等压变化，由蓝-吕萨克定律竿·答其中初始温度T=27℃=300K,末温度 五=3C=276K解得马-子名-瓷x20m=8m气休休积减个，外界对气体做功？=A△y=PSL,-） 代入数据得W=5×10Pa×4×104m2×(0.2-0.184)m=0.32J 气体向外界放热，故Q=-1.4J,由热力学第-定律△U=W+Q则△U=0.32J-1.4J=-1.08J 负号表示封闭气体内能减少1.08J。 14.【架】(1)a=1m/s2 (2)d1=2m0(3)t=3.5st 【小问1详解】A、B相对于C向右滑动，对C的滑动摩擦力均向右fA=4m8=2N,f=4mg=2N 地面对C的摩擦力向左f地=h2(ma+m+mc)g=0.05×(1+1+2)×10N=2N 对C由牛顿第二定律，得∫a+f-f地=mca·代入数据解得a=lm/s2 【小问2详解】A、B在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，分别对A、B,由牛顿第二定律，得∫A=maA, fB=mga解得A、B的加速度大小均为aA=a。=4g=2ms2设经过时间A、C共速，由匀变速直线运动速 度与时间的关系，得y一a4=a4,代入'a=3m/s,解得4，=ls共同速度y=at=lms (时间内A的位移无，=兰兰4=3ms+1m×1s=2m由匀变速直线运动速度与时间的关系，得经过5时间B 2 2 的速度4=%-a=2msB的位移6=兰(，=4m/s+2m×5=3m 2 2 初始A、B间距d。=lm,B比A多走△x=xB-xa=lm因此此时间距d,=d。+△x=lm+lm=2m 【小问3详解】经过（时间后，A、C共速，假设A、C相对静止，对A、C整体，合力【 F金=fB一∫地=2N-2N=0由牛顿第二定律，可知加速度为0，因此A、C以片=1s匀速运动，A受到的静 摩擦力为O,小于最大静摩擦力，假设成立。设再经过时间三者共速，共速时B速度等于A、C速度，由匀变速 直线运动速度与时间的关系，得2一42=片解得42=0.5s共同速度v共=Y=1ms 第4页/共5页 三者共速后，对A、B与C组成的系统，所受合外力为∫地=2N,设再经过时间后C静止，由动量定理，得 f4=(ma+m阳+me)t 解得=2s长木板C运动的总时间t=1+t2+43=1s+0.5s+2s=3.5s 3% 15.:×】(1)9= (2)t= 9m6_9mgS2 2 Rvo 8 (3)2。= 64 16 【小问1详解】根据法拉第电磁感应定律，平均电动势E=BL下总电阻R。=飞。+R。=4R 龙E 电荷量=要如：验入82受，得g袋 2mg郾.LS, 平均电流了= Ra 4R LV vo 4R 4R 21Rvo 【小问2详解】a杆回到初始位置前，安培力F=BL=B,EL=号 B2L 一匀速向下运动，合力为0，有 Ra 4R mg sin a = B2LY代入B= ,sina=,解得匀速速度v=兰对a杆从出发到回到j全程，取沿斜 4R 2 2 面向下为正方向，童力冲量1。=mg sin1=2mg向上运动时安培力冲量为I安=B,L~△4=BL9向下运动时 安培力冲量为1安2=-B,L·△2=-BLg2由(1)分析可知g,=92 BLS由动量定理，得 4R 1 mv-(←m%)=l。+1安+/：整理得2m,= mg1解得t=【小问3详解】取向上为正方向，碰撞前 a、b两杆速度分别为y0=-点， 2,0一2完全弹性碰撞满足动量守恒，且没有动能损失，有 41 1 1 %0+%,=%,+m%,w,互，品+行网%=2m,+行叫，哈解得酸撞后1=兰 2 1 ,1=-为总动能 2 4 1 12 1 E0=5m,60+亏m%0=5m2+5m,%= 2 2 2 2 3m碰撞后对两杆组成的系统受力分，合外力 16 F盒=4m,g cos a-(m。+m6)gsina=0合外力为0，系统动量守恒，满足mV。+my。=0 等式恒成立，则a、b两杆的速度关系始终满足V。=2v。因此当V。=0时，。=0 a杆的位移为S,=可则b杆向下位移大小为S,==)可=号b杆受到的摩擦力∫=H×m,c0sa- 3mg 2 2 2 摩擦生热Q,=凡，=3mga重力势能增加mg8,sina="mg 4 2 b重力势能减少2mg产6ina=空总羚能变化为0，因此总焦耳热Q,=B。-Q,=3m_3s空 2 2 16 4 串联电路焦耳热与电阻成正比，因此。= -33m_3mgs2 284164 9mvo 9mgS2 R 64 16 第5页共5页