湖南省邵阳市2026届高三物理一轮复习综合强化训练练习试卷（二）（含解析）

湖南省邵阳市2026届高三物理一轮复习综合强化训练练习试卷（二）
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
考试时间：75分钟 总分：100分
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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．氘核H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式6H―→2He＋2H＋2n＋43.15 MeV表示。海水中富含氘，已知1 kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知1 kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107 J,1 MeV＝1.6×10－13 J，则M约为(　　)
A．40 kg B．100 kg
C．400 kg D．1 000 kg
2．一列简谐横波沿轴传播，在时的波形如图甲所示，、、、是介质中的四个质点，已知、两质点平衡位置之间的距离为.如图乙所示为质点的振动图像.则（ ）
甲 乙
A．该波的波速为
B．该波沿轴正方向传播
C．质点的平衡位置位于处
D．从开始，质点比质点早回到平衡位置
3．中国“实践25号”卫星在距离地面约36 000千米的同步静止轨道上，成功完成人类航天史上首次“太空加油”，为濒临退役的北斗卫星注入推进剂，使其寿命延长8年.设北斗卫星和“实践25号”卫星均绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．北斗卫星定点于我国上空
B．北斗卫星的线速度大于第一宇宙速度
C．注入推进剂后，北斗卫星的加速度大小不变
D．处在相同轨道上的“实践25号”加速可以追上北斗卫星
4．图甲为游乐场中一种叫作“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向魔盘边缘，其装置可以简化为图乙.若魔盘转速缓慢增大，则游客在滑动之前（ ）
A．受到魔盘的支持力缓慢增大 B．受到魔盘的摩擦力缓慢增大
C．受到的合外力大小不变 D．受到魔盘的作用力大小不变
5．如图所示，P、Q是两个电荷量相等的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点．OAA．EA一定大于EB，φA一定大于φB
B．EA不一定大于EB，φA一定大于φB
C．EA一定大于EB，φA不一定大于φB
D．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB
6．如图所示，P点处有一粒子源，可以以不同的速率发射某种质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子沿纸面以与Pd成30°角的方向射入正方形匀强磁场区域abcd内(边界无磁场)，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，正方形abcd的边长为l，P点是cd边的中点.不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是 (　　)
A．当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场
B．当粒子的速率为时，粒子从ab边离开磁场
C．当粒子的速率为时，粒子恰好从bc边离开磁场
D．当粒子的速率由变为时，粒子在磁场中运动的时间变长
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．如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为.T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点.下列说法正确的是 (　　)
A．物体P和Q的质量之比为1∶3
B．2T时刻物体Q的机械能为
C．2T时刻物体P重力的功率为
D．2T时刻物体P的速度大小为
8．每年夏季随着温度升高，天山和昆仑山上的冰川开始融化，塔里木河里的水便会溢出河道流向河边低洼处，同时河水带来了大量的鱼、虾等生物。当地村民掌握了这样的自然规律，世代居住在这里以捕鱼为生。现有一村民在距离水面高为2m的观察点，看到与水面成角的方向有一条鱼，鱼的实际位置在水面下方处。已知水的折射率为。下列说法正确的是（　　）
A．光射入水中后波长变长
B．鱼与村民的实际水平距离为2m
C．鱼的实际深度比村民观察到的要深
D．鱼在水中看到岸上所有的景物都会出现在一个顶角为的倒立圆锥里
9．如图所示，倾角的光滑斜面静置于水平面上，用轻质弹簧将质量均为m的A、B两球连接，放在斜面上，用细线把A球与斜面顶端连接，弹簧与细线均平行于斜面。已知重力加速度为g，，。若斜面水平向右做加速度大小为的匀加速直线运动，则（　　）
A．弹簧的拉力大小为mg
B．A球对斜面的压力大小为
C．在细线被剪断的瞬间，B球的瞬时加速度方向水平向右，大小为
D．在细线被剪断的瞬间，A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为
10．如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R阻值为100Ω，则（　　）
A．理想电压表读数为100V
B．理想电流表读数为0.75A
C．电阻R消耗的电功率为56W
D．电阻R在100秒内产生的热量为5625J
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某实验小组采用如图所示的装置验证机械能守恒定律。调节导轨使其水平，已知遮光条的宽度为d，两个光电门间距为L，重力加速度为g。

（1）要验证滑块（含遮光条）与钩码组成的系统机械能守恒，除了需测量滑块通过光电门1、2的时间、外，还需要测出 和 （写出物理量的名称和符号）
（2）测出所有需要的物理量后，若满足关系式 ，则滑块与钩码组成的系统机械能守恒。
12．某实验小组为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：
A．电流表（内阻，满偏电流）
B．电流表（内阻，满偏电流）
C．定值电阻（50Ω，1A）
D．电阻箱（0-9999Ω，1A）
E.滑动变阻器（100Ω，1A）
F.电源E（30V，内阻不计）
G.多用电表
H.开关S和导线若干
某同学进行了以下操作：
（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡测量时，发现指针偏转角度过小，为了更准确地测量该电阻丝的阻值，将多用电表的欧姆挡位换到（填“×1”或“×100”）进行再次测量，并重新进行（填“机械调零”或“欧姆调零”），若测量时指针位置如图甲所示，则示数为Ω。
（2）测量电阻丝阻值，某同学设计电路图如图乙所示。为采集到多组数据，应尽可能让电表同时接近满偏状态。所以图乙中，处应选择（填“”或“”）与电阻箱串联，改装成量程为30V的电压表。
（3）调节滑动变阻器的滑片到合适位置测得电流表的示数为，电流表的示数为，则该种材料的电阻=（用题中所给的符号表示）。
13．如图所示，倾角的固定斜面（足够长）的顶端带有小定滑轮，不可伸长的柔软轻绳跨过定滑轮，轻绳的一端系在汽缸A上，另一端系在汽缸Ｂ中的活塞上，A悬吊在空中（离地足够高），B放在斜面上，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，两汽缸内各密封有一定质量的理想气体，系统处于静止状态，此时A、B内气体的体积相等。两活塞的质量均为m、横截面积均为S，B的质量为4m，大气压恒为（g为重力加速度大小），不计缸内气体的质量、空气阻力及一切摩擦。
（1）求A内气体的压强以及B内气体的压强；
（2）若将轻绳剪断，A、B内气体达到稳定的过程中温度保持不变，求稳定时A、B内气体的体积之比。
14． 如图所示，水平面上、间与、间存在着大小相等、方向相反的匀强磁场，且,,其中与间距为，与间距为，磁感应强度大小.一个正方形单匝导线框，质量为，边长为，电阻为，导线框与间的动摩擦因数，其余部分摩擦不计.某时刻起，导线框从磁场外以的速度垂直进入间磁场，当边刚好越过边界时，对导线框施加一外力，使之匀速运动，当边刚好越过边界时，撤去外力，同时使间磁场以均匀减小.重力加速度取,求：
（1） 导线框边刚好越过边界时速度大小及此时导线框中的电流大小和方向；
（2） 对导线框施加外力做的功；
15．如图所示，一圆弧槽固定在水平面上，圆弧两端点间对应的圆心角为两点的高度差为点与圆心的连线竖直。圆弧槽右侧是光滑的水平面，质量为的小车紧靠圆弧槽右端放置，且小车上表面与圆弧槽点等高，质量均为的相同小球和放在小车右侧。光滑水平台面上放有一个质量为的滑块，一质量为的子弹以的初速度水平打到滑块内并嵌入其中，滑块运动到点时速度刚好与圆弧相切。已知滑块与小车之间的动摩擦因数为0.1，小球间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取。
（1）求滑块从圆弧点离开时的速度大小；
（2）当滑块与小车第1次共速时小车与球刚好发生弹性碰撞（正碰），当滑块与小车第2次共速时，小车与球再次发生弹性碰撞，求初始时球与小车右端的距离以及球之间的距离各是多少；
（3）若在球的右侧放置无限多个与完全相同的球，每当滑块与小车共速时，小车就与球发生弹性碰撞（正碰），最终滑块恰好未从小车上掉下。求小车的长度。
参考答案
1．【答案】C　
【详解】氘核H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式6H―→2He＋2H＋2n＋43.15 MeV，则平均每个氘核聚变释放的能量为ε＝＝ MeV,1 kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，可以放出的总能量为E0＝Nε≈7.2×1022 MeV，要释放的相同的热量，需要燃烧标准煤的质量m＝＝×1.6×10－13 kg≈400 kg。
2．【答案】D
【解析】设该波的波长为 ,根据三角函数知识可知,、两质点平衡位置间的距离为,解得,由题图乙可知该波的周期为,所以该波的波速为,故错误；由题图乙可知,时刻,质点沿轴负方向运动,根据“上下坡法”可知,该波沿轴负方向传播,故错误；由题图乙可知,在后,质点第一次位于波峰的时刻为,可知此波峰为时刻质点所在处的波峰传播来的,所以,解得,故错误；从开始,质点第一次回到平衡位置所经历的时间为,题图甲中,质点左侧波形的第一个平衡位置处坐标为,该振动状态第一次传播到质点所经历的时间为,则,即质点比质点早回到平衡位置,故正确.
【方法总结】
上下坡法
沿波的传播方向看,“上坡”的点向下运动,“下坡”的点向上运动,简称“上坡下,下坡上”,如图所示.
3．【答案】C
【详解】北斗卫星在同步静止轨道上,位于赤道平面内,故不能定点于我国上空,故错误；由,得,第一宇宙速度为卫星贴近地球表面飞行时的线速度,北斗卫星的轨道半径大于地球半径,故北斗卫星的线速度小于第一宇宙速度,故错误；由,得,注入推进剂后,北斗卫星的加速度大小不变,故正确；处在相同轨道上的“实践25号”加速后做离心运动,不可以追上北斗卫星,故错误.
4．【答案】B
【详解】对游客受力分析如图所示,分别沿水平和竖直方向列方程,水平方向,竖直方向,则随着魔盘转速缓慢增大,游客需要的向心力增大,但必须保证竖直方向受力平衡,因为重力不变,则、两个力只能一个增大一个减小,结合水平方向方程,只能增大,减小,故错误,正确；滑动之前,游客在竖直方向受力平衡,水平方向的向心力由合外力提供,随着转速缓慢增大,需要的向心力增大,即合外力增大,故错误；把游客受到魔盘的支持力和摩擦力看成一个力（合力）,即为游客受到魔盘的作用力,将其在水平和竖直方向正交分解,竖直方向的分力与重力等大反向,保持不变,水平方向的分力提供向心力,随着转速缓慢增大而增大,所以游客受到魔盘的作用力缓慢增大,故错误.
【教材变式】
本题目由教材P46第1题演变而来.教材考查了“魔盘”转动后人的运动情况，本题延伸考查了魔盘转速增大时，人在滑动之前的受力情况.
5．【答案】B
【详解】两个等量同种正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A点下方，也可能在A点上方，还可能在A点，由于A、B两点的间距也不确定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；B、O连线上的电场方向为沿OB向上，沿电场方向电势减小，故φA一定大于φB，故B符合题意．
6．【答案】C
【解析】设粒子运动的轨迹半径为r1时，粒子的运动轨迹与ad边相切，如图中曲线①所示，由几何关系得r1-=r1sin 30°，解得r1=l，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv1B=，解得粒子的速率为v1=；当粒子的运动轨迹与ab边相切时，如图中曲线②所示，由几何关系可得r2+r2cos 30°=l，可得此时粒子运动的轨迹半径为r2=，粒子的速率为v2=；当粒子的运动轨迹与bc边相切时，如图中曲线③所示，由几何关系可得r3+r3sin 30°=，可得此时粒子运动的轨迹半径r3=l，粒子的速率为v3=.当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场，故A错误.当粒子的速率为时，由于v3<7．【答案】BCD
【解析】物体Q的加速度大小为，则对系统由牛顿第二定律有mQg-mPg=(mP+mQ)，解得=，A错误；设速度竖直向上为正方向，由题意作出物体P、Q运动的速度—时间图像，设t=0时刻，P、Q高度相差为H，则可知H=×T×=gT2，由题意可知mQgH=E，则mQg=，mPg= ，t=2T时刻，物体P的速度v=·T-gT=-，即2T时刻物体P的速度大小为，D正确；t=2T时刻，物体P重力的功率为mPg·=，C正确；物体Q在t=T时刻的动能Ek=mQ=××=E，此时物体P上升距离为H，则物体Q距离零势能面H，此时势能为Ep=E，所以t=T时刻，物体Q的机械能为Ek+Ep=E，物体Q在t=T时刻之后只受重力作用，其机械能守恒，故B正确.
8．【答案】CD
【详解】光射入水中频率不变，根据，可知，光射入水中后波长变短，A错误；令图中光路的折射角为，则有，解得，令鱼与村民的实际水平距离为x，根据几何关系有，解得，B错误；村民看到的鱼的位置位于图中水面上方两条入射光线的延长线的交点，可知，鱼的实际深度比村民观察到的要深，C错误；根据全反射的条件有，解得可知，鱼在水中看到岸上所有的景物都会出现在一个顶角为的倒立圆锥里，D正确。
9．【答案】AC
【详解】A．将加速度沿斜面向上和垂直斜面向下分解，则沿斜面向上的分加速度大小为，与斜面垂直方向上的分加速度大小为，根据牛顿第二定律，对B球，沿斜面方向有，解得弹簧的拉力大小为，A正确；
B．对A球由牛顿第二定律，解得，根据牛顿第三定律知，A球对斜面的压力大小为，B错误；
C．在细线被剪断的瞬间，B球的受力情况没有发生变化，B球的瞬时加速度方向水平向右，大小为，C正确；
D．在细线被剪断的瞬间，细线的拉力突变为零，而弹簧的拉力大小仍为F，A球沿斜面向下的分加速度大小为，与斜面垂直向下的分加速度大小仍为，则A球的瞬时加速度方向不是沿斜面向下，大小大于，D错误。选AC。
10．【答案】BD
【详解】
A．根据电流的热效应，一个周期内产生的热量为
代入数据解得
A错误；
B．电流表读数为
B正确；
C．电阻R消耗的电功率为
C错误；
D．电阻R在100s内产生的热量为
D正确。
故选BD。
11．【答案】 钩码的质量m 滑块（含遮光条）的质量M
【详解】（1）[1][2]要验证滑块（含遮光条）与钩码组成的系统机械能是否守恒，需要知道钩码减少的重力势能和钩码、滑块（含遮光条）增加的动能，故除了需测量滑块通过两光电门的时间，外，还需要测出钩码的质量m和滑块（含遮光条）的质量M。
（2）[3]在通过两个光电门的过程中，钩码减少的重力势能为
钩码，滑块（含遮光条）增加的动能为
若满足关系式
即
则滑块与钩码组成的系统机械能守恒。
12．【答案】（1）；欧姆调零；；（2）；（3）
【详解】（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值时，指针偏转角度过小，说明电阻较大，应该换用大倍率的，即将多用电表的欧姆挡位换到进行再次测量，并重新进行欧姆调零。则图甲的读数为。
（2）根据题意可知，让电表同时接近满偏状态，处电表改装后量程为30V，由欧姆定律可知，流过的电流为，若处选择，和并联后量程为，不能满足实验要求，则应处选择，处选择。
（3）由于为内阻的一半，则流过的电流为，则流过的电流为两端的电压为，由欧姆定律可得。
13．【答案】（1），；（2）
【详解】（1）根据物体的平衡条件，对A中的活塞有
解得
对汽缸B，根据平衡条件则有
解得
（2）轻绳剪断后，A内气体稳定时的压强
设稳定时B的加速度大小为a，B内气体的压强为，根据牛顿第二定律，对B有
对B以及B中活塞有
解得
设系统静止时A内气体的体积为，根据玻意耳定律，对A内气体有
对B内气体有
解得
14．【答案】
（3） 从导线框进入磁场到边刚好越过边界的过程中，电流产生的热量及边刚好越过边界时导线框的加速度.
【答案】（1）； ，方向由到
（2）
（3）；
【解析】（1）设导线框边刚好越过边界时的速度大小为，所用时间为,以水平向右为正方向，对导线框，由动量定理有，
以,,，
解得，
此时边切割右侧磁感线，边切割左侧磁感线，根据右手定则和欧姆定律可知，此时导线框中电流大小为，方向由到.
（2）在刚好越过边界到边刚好越过的过程中，由功能关系得，
其中，
设边越过边界的距离为，则摩擦力
，
随变化的关系如图所示，
则摩擦力做功产生的内能等于内图线与坐标轴围成的面积，则有，
所以对导线框施加外力做的功为.
（3）设边由到过程中线框产生的电热为，则，
可得，
从经过到经过过程中线框产生的电热为，则，
可得，
从经过到经过的过程中线框产生的电热为，则，
其中,
设经过时的速度为，又，
，，
联立解得,,，
则电流产生的总热量,
设边刚好越过边界时导线框中的电流为，则有，
，
，
，
对导线框，由牛顿第二定律可得，
解得.
15．【答案】（1） ；（2）；（3）
【详解】（1）子弹打入滑块，设共同速度为，子弹、滑块质量分别用表示，由动量守恒定律有
解得
设滑块落到圆孤，点时的速度为，滑块落到圆孤的点上时速度刚好与圆孤相切，则…（1分）
解得
设滑块离开点时速度，滑块从到机械能守恒，则有…（1分）
解得…（1分）
（2）设滑块与小车第一次共同速度为，小车质量用表示，小车的右端与球之间的距离，由动量守恒定律有…（1分）
解得滑块小车共同速度为
小车加速度（1分）
小车加速前进的距离
所以球与小车右端的距离为
设小车与球第1次碰后，小车速度为，球的速度，球的质量为，由动量守恒定律和能量守恒定律有
…（1分）
由于
解得
设滑块与小车第二次达到相同速度为，由动量守恒定律有…（1分）
对小车由动能定理有（1分）
解得
所以球与之间的距离为（1分）
（3）球碰撞后速度发生交换，获得的速度为，小车与第二次碰撞有……（1分）
解得
小车与第二次碰后到小车与滑块第3次共速，则有…（1分）
解得
依次推理可得…（1分）
滑块与小车的相对加速度为
第次碰后相对速度为…（1分）
第次碰后，滑块在小车上滑行的路程为…（1分）
无穷多次碰撞后，滑块在小车上滑行的路程为
小车的长度为
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