永州市2027年高考臨考沖刺物理試卷（含答案解析）

永州市2027年高考臨考沖刺物理試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、單項選擇題：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、關于物理學中的思想或方法，以下說法錯誤的是（）A．加速度的定義采用了比值定義法B．研究物體的加速度跟力、質量的關系采用假設法C．卡文迪許測定萬有引力常量采用了放大法D．電流元概念的提出采用了理想模型法2、如圖所示，重型自卸車裝載一巨型石塊，當利用液壓裝置使車廂緩慢傾斜到一定角度，車廂上的石塊就會自動滑下．以下說法正確的是（）A．石塊沒有下滑時，自卸車車廂傾角變大，石塊對車廂的壓力不變B．石塊沒有下滑時，自卸車車廂傾角變大，石塊對車廂的摩擦力變大C．石塊開始下滑時，自卸車車廂傾角變大，石塊對車廂的作用力變大D．石塊開始下滑時，自卸車車廂傾角變大，石塊受到的合力不變3、某同學用單擺測當地的重力加速度．他測出了擺線長度L和擺動周期T，如圖(a)所示．通過改變懸線長度L，測出對應的擺動周期T，獲得多組T與L，再以T2為縱軸、L為橫軸畫出函數關系圖像如圖(b)所示．由此種方法得到的重力加速度值與測實際擺長得到的重力加速度值相比會（）A．偏大 B．偏小 C．一樣 D．都有可能4、如圖所示，真空中ab、cd四點共線且ab=b=cd在a點和d點分別固定有等量的異種點電荷，則下列說法正確的是A．b、c兩點的電場強度大小相等，方向相反B．b、c兩點的電場強度大小不相等，但方向相同C．同一負點電荷在b點的電勢能比在c點的小D．把正點電荷從b點沿直線移到c點，電場力對其先做正功后做負功5、如圖，兩梯形木塊M、P（均可看成質點）疊放在水平地面上，M、P之間的接觸面傾斜。連接M與天花板之間的細繩沿豎直方向。關于力的分析，下列說法正確（）A．木塊M不可能受二個力作用B．木塊M可能受三個力作用C．木塊M一定受四個力作用D．地面可能受到水平方向的摩擦力6、如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊，木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的a-F圖，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，則下列選項錯誤的是A．滑塊的質量m＝4kgB．木板的質量M＝2kgC．當F＝8N時滑塊加速度為2m/s2D．滑塊與木板間動摩擦因數為0.1二、多項選擇題：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，有多個選項是符合題目要求的。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、傾角為的光滑絕緣斜面底端O點固定一正點電荷，一帶正電的小物塊（可視為質點）從斜面上的A點由靜止釋放，沿斜面向下運動能夠到達的最低點是B點。取O點所在的水平面為重力勢能的零勢能面，A點為電勢能零點，小物塊的重力勢能、BA之間的電勢能隨它與O點間距離x變化關系如圖所示。重力加速度，由圖中數據可得（）A．小物塊的質量為5kgB．在B點，C．從A點到B點，小物塊速度先增大后減小D．從A點到B點，小物塊加速度先增大后減小8、如圖所示，AC、BD為圓的兩條互相垂直的直徑，圓心為O，半徑為R，將等電量的兩正點電荷Q放在圓周上，它們的位置關于AC對稱，與O點的連線和OC間夾角為30°，下列說法正確的是（）A．電荷q從A點運動到C點，電場力做功為零B．電荷q從B點運動到D點，電場力做功為零C．O點的場強大小為D．O點的場強大小為9、如圖，質量分別為mA=2kg、mB=4kg的A、B小球由輕繩貫穿并掛于定滑輪兩側等高H=25m處，兩球同時由靜止開始向下運動，已知兩球與輕繩間的最大靜摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。兩側輕繩下端恰好觸地，取g=10m/s2，不計細繩與滑輪間的摩擦，則下列說法正確的是()A．A與細繩間為滑動摩擦力，B與細繩間為靜摩擦力B．A比B先落地C．A,B落地時的動能分別為400J、850JD．兩球損失的機械能總量250J10、如圖水平且平行等距的虛線表示某電場三個等勢面，電勢值分別為－U、O、U，實線是電荷量為－q的帶電粒子的運動軌跡，a、b、c為軌跡上的三點，且都位于等勢面上，不計重力。下列說法正確的（）A．若粒子在a點的動能為2eV，則在c點的動能可能為0B．粒子在b點所受電場力方向水平向右C．粒子在三點的電勢能大小為D．粒子從a到c過程中電場力對它做的功為qU三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）小李同學利用激光筆和角度圓盤測量半圓形玻璃磚的折射率，如圖2所示是他采用手機拍攝的某次實驗現象圖，紅色是三條光線，固定好激光筆，然后將圓盤和玻璃磚一起順時針繞圓心緩慢轉動了50角，發現光線____恰好消失了（選填①，②或③），那么這次他所測得半圓形玻璃磚的折射率n=_____.12．（12分）如圖a所示，某同學利用下圖電路測量電源電動勢和內阻。先將電路中的電壓傳感器d端與a端連接。（1）若該同學開始實驗后未進行電壓傳感器的調零而其他器材的使用均正確，則移動滑片后，得到的U-I圖象最可能為___________。A．B．C．D．（2）將電壓傳感器d端改接到電路中c端，正確調零操作，移動滑片后，得到如圖b所示的U-I圖，已知定值電阻R=10Ω，則根據圖象可知電源電動勢為_________V、內阻為________Ω。（結果保留2位有效數字）四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）CD、EF是水平放置的電阻可忽略的光滑平行金屬導軌，兩導軌距離水平地面高度為H，導軌間距為L，在水平導軌區域存在方向垂直導軌平面向上的有界勻強磁場（磁場區域為CPQE），磁感強度大小為B，如圖所示.導軌左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接，彎曲的光滑軌道的上端接有一電阻R。將一阻值也為R的導體棒從彎曲軌道上距離水平金屬導軌高度h處由靜止釋放，導體棒最終通過磁場區域落在水平地面上距離水平導軌最右端水平距離x處。已知導體棒質量為m，導體棒與導軌始終接觸良好，重力加速度為g。求：(1)導體棒兩端的最大電壓U；(2)整個電路中產生的焦耳熱；(3)磁場區域的長度d。14．（16分）如圖所示，一束單色光以一定的入射角從A點射入玻璃球體，已知光線在玻璃球內經兩次反射后，剛好能從A點折射回到空氣中．已知入射角為45°，玻璃球的半徑為，光在真空中傳播的速度為3×108m/s，求：（I）玻璃球的折射率及光線第一次從玻璃球內出射時相對于射入玻璃球的光線的偏向角；（II）光線從A點進入及第一次從A點射出時在玻璃球體運動的時間．15．（12分）如圖所示，上端開口的光滑圓柱形汽缸豎直放置，截面積為40cm2的活塞將一定質量的氣體和一形狀不規則的固體A封閉在汽缸內．在汽缸內距缸底60cm處設有a、b兩限制裝置，使活塞只能向上滑動．開始時活塞擱在a、b上，缸內氣體的壓強為p0(p0＝1.0×105Pa為大氣壓強)，溫度為300K.現緩慢加熱汽缸內氣體，當溫度為330K時，活塞恰好離開a、b；當溫度為360K時，活塞上升了4cm.g取10m/s2求：①活塞的質量；②物體A的體積．

參考答案一、單項選擇題：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、B【解析】

A．加速度的定義式為a=，知加速度等于速度變化量與所用時間的比值，采用了比值定義法，故A正確，不符合題意；B．研究物體的加速度跟力、質量的關系應采用控制變量法，故B錯誤，符合題意；C．卡文迪許通過扭秤實驗，測定了萬有引力常量，采用了放大法，故C正確，不符合題意；D．電流元是理想化物理模型，電流元概念的提出采用了理想模型法，故D正確，不符合題意。故選B。2、B【解析】

AB．貨物處于平衡狀態，則有：mgsinθ=f，N=mgcosθ，θ增大時，支持力FN逐漸減小，靜摩擦力Ff增大．由牛頓第三定律可知，石塊對車廂的壓力會減小．故A錯誤，B正確；CD．石塊開始下滑時受力近似平衡，自卸車車廂傾角變大，石塊向下做加速運動，且加速度隨角度增大而增大，石塊受到的合外力變大；石塊對車廂的正壓力和摩擦力均減小，可知石塊對車廂的作用力變小，故CD錯誤．3、C【解析】

根據單擺的周期公式：得：，T2與L圖象的斜率，橫軸截距等于球的半徑r．故根據以上推導，如果L是實際擺長，圖線將通過原點，而斜率仍不變，重力加速度不變，故對g的計算沒有影響，一樣，故ABD錯誤，C正確．故選C．4、C【解析】

A、B項：由等量異種電荷的電場線分布可知，b、c兩點的場強大小相等，方向相同，故A、B錯誤；C項：由電場線從正電荷指向負電荷即電場線由b指向c，所以b點的電勢高于c點電勢，根據負電荷在電勢低處電勢能大，即負電荷在b點的電勢更小，故C正確；D項：由C分析可知，電場線從b指向c，正電荷從b沿直線運動到c，電場力一直做正功，故D錯誤．故應選：C．5、B【解析】

ABC、對A受力分析，若細線伸直且拉力等于重力時，AB間只接觸無彈力，即A只受重力、拉力作用，此時A只受兩個力，且AB之間無摩擦，若A細線未伸直即拉力為零，此時A受重力、支持力、摩擦力作用，故AC錯誤，B正確。C、對整體進行分析，整體受重力、支持力或重力、支持力、拉力作用，而水平方向沒有外力，故水平地面對B物體沒有摩擦力，故D錯誤；6、C【解析】

AB．由題圖乙知，F＝6N時，滑塊與木板剛好不相對滑動，加速度為a＝1m/s2。對整體分析，由牛頓第二定律有F＝（M＋m）a，代入數據計算得出:M＋m＝6kg，當F≥6N時，對木板，根據牛頓第二定律得:，知圖線的斜率k＝，則:M＝2kg，滑塊的質量:m＝4kg；故AB不符合題意；CD．根據F＝6N時，a＝1m/s2，代入表達式計算得出:μ＝0.1，當F＝8N時，對滑塊，根據牛頓第二定律得μmg＝ma′，計算得出：a′＝μg＝1m/s2，故C符合題意，D不符合題意。故選C。二、多項選擇題：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，有多個選項是符合題目要求的。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、BC【解析】

A．因為規定A點的電勢為零，由圖象可知OA之間的距離為2m，在A點具有的重力勢能Ep=100J，也是物塊具有的總能量，根據Ep=mgh=mgOAsin30°得m=10kg故A錯誤；B．小物塊在B點時電勢能最大，由圖象可知OB間距離為1.5m，此時的重力勢能為EpB=mgOBsin30°=10×10×1.5×0.5J=75J由前面的分析可知物塊的總能量是E=100J根據E=EpB+E電可得E電=25J故B正確；C．小物塊從A點靜止出發，到B點速度為零，所以從A到B的過程中，物塊的速度是先增大后減小的，故C正確；D．在小物塊下滑的過程中，所受的庫侖力逐漸增大，一開始重力的分力大于庫侖力，所以向下做加速運動，但隨著庫侖力的增大，其加速度逐漸減小，當庫侖力與重力沿斜面的分力相等時，合力為零，加速度為零，此時物塊速度達到最大，以后庫倫力大于重力的分力，物塊開始做減速運動，且加速度越來越大，所以整個過程加速度是先減小到零后反向增大，故D錯誤。故選BC。8、BD【解析】

電荷q從A點運動到C點，所受電場力豎直向上，電場力做負功，A錯，根據對稱性B正確，O點的場強大小為，C錯，D正確．9、ACD【解析】

A項：由于A、B兩球對細繩的摩擦力必須等大，且A、B的質量不相等，A球由靜止釋放后與細繩間為滑動摩擦力，B與細繩間為靜摩擦力，故A正確；B項：對A：mAg-fA=mAaA，對B：mBg-fB=mBaB，fA=fB，fA=0.5mAg，聯立解得：，設A球經ts與細繩分離，此時，A、B下降的高度分別為hA、hB，速度分別為VA、VB，則有：，，H=hA+hB，VA=aAt，VB=aBt

聯立解得：t=2s，hA=10m，hB=15m，VA=10m/s，VB=15m/s，分離后，對A經t1落地，則有：，對B經t2落地，m則有：解得：，，所以b先落地，故B錯誤；C項：A、B落地時的動能分別為EkA、EkB，由機械能守恒，有：代入數據得：EkA=400J、EkB=850J，故C正確；D項：兩球損失的機械能總量為△E，△E=（mA+mB）gH-EkA-EkB，代入數據得：△E=250J，故D正確。故應選：ACD。解決本題的關鍵理清A、B兩球在整個過程中的運動規律，結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解，知道加速度是聯系力學和運動學的橋梁。要注意明確B和繩之間的滑動摩擦力，而A和繩之間的為靜摩擦力，其大小等于B受繩的摩擦力。10、CD【解析】

A．由題意可知，a點的電勢低于c點電勢，帶負電的粒子在a點的電勢能大于c點的電勢能，由能量守恒可知，粒子在a點的動能小于在c點的動能，故A錯誤；B．因表示電場中三個等勢面的三條虛線是平行且等間距的，由此可判斷電場是勻強電場，根據電場線與等勢面垂直，電場線豎直向上，結合軌跡的彎曲方向知粒子在b點的電場力豎直向下，故B錯誤；C．由題可知根據負電荷在電勢高處電勢能小可知故C正確；D．粒子由a到c過程中電場力做正功，則有故D正確。故選CD。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、③【解析】將圓盤和玻璃磚一起順時針繞圓心緩慢轉動了50角，發現全反射，光線③恰好消失；此時的臨界角為C=450，則這次他所測得半圓形玻璃磚的折射率.12、B3.00.53【解析】

（1）該同學開始實驗后未進行電壓傳感器的調零，則電路電流為0時，電壓傳感器有示數，不為0，作出的U-I圖象中，電壓隨電流的增大而增大，但縱坐標有截距，觀察圖b中的圖象可知B符合；（2）將電壓傳感器d端改接到電路中c端，則電壓傳感器測量的是滑動變阻器的電壓，但由于正負接線接反了，因此測量