2027年海南省海口市高考临考冲刺物理试卷（含答案解析）

这是一份2027年海南省海口市高考临考冲刺物理试卷（含答案解析），共3页。
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，再选涂其它答案标号。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、单项选择题：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、2018年2月2日，“张衡一号”卫星成功发射，标志着我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。“张衡一号”可以看成运行在离地高度约为500km的圆轨道上。该卫星在轨道上运行时（ ）
A．周期大于地球自转的周期
B．速度大于第一宇宙速度
C．向心加速度大于同步卫星的向心加速度
D．加速度大于地球表面的重力加速度
2、如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是
A．小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等，且TOA＝TOB＝
B．弹簧弹力大小
C．A球质量为
D．光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg
3、科学家已经成功检测定位了纳米晶体结构中的氢原子。按玻尔氢原子理论，氢原子的能级图如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．氢原子从第4激发态跃迁到第2激发态需要吸收光子
B．一个处于n=4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可能发出6条光谱线
C．用光子能量为13.06eV的光照射一群处于基态的氢原子，可观测到多种不同频率的光子
D．氢原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，电势能减小，动能增大
4、轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星。它运行时能到达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上方用时45分钟，则（ ）
A．该卫星发射速度一定小于7.9km/s
B．该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1∶4
C．该卫星加速度与同步卫星加速度之比为2∶1
D．该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能
5、如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n=200匝，副线圈匝数n2=100匝，交流电压表和交流电流表均为理想电表，两个电阻R的阻值均为125Ω，图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象，下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻的交流电频率为100Hz
B．电压表的示数为250V
C．电流表的示数为0.25A
D．每个电阻R两端电压最大值为
6、在光电效应实验中，某同学先后用甲、乙两种光照射同一光电管，得到如图所示的两条光电流与电压之间的关系曲线，则两种光中（ ）
A．甲光的频率比较大
B．甲光的波长比较长
C．甲光照射时单位时间内逸出的光电子数比较少
D．甲光照射时逸出的光电子的最大初动能比较大
二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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、电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的杀伤武器。下图是电磁炮的原理示意图，与电源的正、负极相连的水平平行金属轨道位于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道所在平面向上，通电的导体滑块将在磁场中向右加速，下列说法正确的是（ ）
A．a为电源正极
B．仅增大电源电动势滑块出射速度变大
C．仅将磁场反向，导体滑块仍向右加速
D．仅减小弹体质量，其速度变化率增大
8、如图所示，质量为 m 的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦。a 态是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，b 态是气缸从容器中移出后，在室温（27 °C）中达到的平衡状态。气体从 a 态变化到 b 态的过程中大气压强保持不变。若忽略气体分子之间的势能，下列说法中正确的是（ ）
A．与 b 态相比，a 态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较多
B．与 a 态相比，b 态的气体分子在单位时间内对活塞的冲量较大
C．在相同时间内，a、b 两态的气体分子对活塞的冲量相等
D．从 a 态到 b 态，气体的内能增加，外界对气体做功，气体向外界释放了热量
E.从 a 态到 b 态，气体的内能增加，气体对外界做功，气体向外界吸收了热量
9、如图所示，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，O1、O2分别为两细环的圆心，且O1O2 =2r，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷-Q、+Q(Q>0)。一带负电的粒子(重力不计)位于右侧远处，现给粒子一向左的初速度，使其沿轴线运动，穿过两环后运动至左侧远处。在粒子运动的过程中
A．从O1到O2，粒子一直做减速运动
B．粒子经过O1点时电势能最小
C．轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最大
D．粒子从右向左运动的整个过程中，电势能先减小后增加
10、如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒以平行导轨向右的初速度v0，当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x。则在这一过程中（ ）
A．导体棒作匀减速直线运动
B．当棒发生位移为时，通过棒的电量为
C．在通过棒的电荷量为时，棒运动的速度为
D．定值电阻R释放的热量为
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某同学要测量一电池的电动势E和内阻r，实验器材有一个电阻箱R、一个开关S、导线若干和一个灵敏电流计G（满偏电流1mA，内阻未知）。由于G量程太小，需要改装成量程更大的电流表A，实验过程如下：
(1)使用多用电表测灵敏电流计内阻时，选择开关拨至“×10”挡，欧姆档调零后测量，指针的位置如图甲所示，阻值为____Ω；
(2)用图乙电路图进行测量，需要电流表A的量程为0.6A， 则对灵敏电流计G进行改装，需要在G两端___（选填“并"或“串”）联一个阻值为___Ω的电阻（结果保留一位有效数值）。
(3)该同学在实验中测出多组电流表A的电流I与电阻箱的阻值R的实验数据，作出—R图像。在坐标纸上做出如图所示的图线，由做出的图线可知，该电池的电动势是____V，内电阻为______Ω（小数点后保留两位数值）。
12．（12分）某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻的阻值：
(1)现有电源(4V,内阻可不计、滑动变阻器(0～50aΩ，额定电流2A)、开关和导线若干,以及下列电表：
A．电流表(0～3A,内阻约0.025Ω)
B．电流表(0～0.6A,内阻约0.125Ω)
C．电压表(0～3V,内阻约3kΩ)
D．电压表(0～15V,内阻约15kΩ)
为减小测量误差,在实验中,电流表应选用_____,电压表应选用______(选填器材前的字母)；
(2)下图是测量Rx的实验器材实物图,图中已连接了部分导线．要求电压表和电流表从零开始读数,补充完成图中实物间的连线____：
(3)接通开关,改变滑动变阻器滑片P的位置,并记录对应的电流表示数I、电压表示数U，某次电表示数如图所示,可得该电阻的测量值_______Ω(保留三位有效数字)．
(4)在测量电阻的过程中产生误差的主要原因是________(选填选项前的字母)
A．电流表测量值小于流经的电流值
B．电流表测量值大于流经的电流值
C．电压表测量值小于两端的电压值
D．电压表测量值大于两端的电压值
(5)实验中为减少温度的变化对电阻率的影响,采取了以下措施,其中在确的是______
A．多次测量U、I,画图像,再求R值
B．多次测量U、I,先计算R,再求R的平均值
C．实验中通电电流不宜过大,通电时间不宜过长
D．多次测量U、I,先求U、I的平均值,再求R
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图，一厚度均匀的圆形玻璃管内径为16cm，外径为24cm，长度为L1=80cm，一条光线AB从玻璃管壁中点入射，与直径MN在同一竖直面内，调整入射角，使得光线AB在玻璃中传播的时间最长，最长时间为4.0×10-9s，真空中光速3.0×108m/s，求：
（1）玻璃管的折射率n
（2）光线经玻璃管内壁折射后，从另一侧下端射出玻璃管，求玻璃管的长度
14．（16分）1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中运动特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和恢学设备中。回旋加速器的工作原理如图甲所，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速器按一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U。D形金属盒中心粒子源产生的粒子，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。
(1)求把质量为m、电荷量为q的静止粒子加速到最大动能所需时间；
(2)若此回旋加速器原来加速质量为2m，带电荷量为q的α粒子（），获得的最大动能为Ekm，现改为加速氘核（），它获得的最大动能为多少？要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法；
(3)已知两D形盒间的交变电压如图乙所示，设α粒子在此回旋加速器中运行的周期为T，若存在一种带电荷量为q′、质量为m′的粒子，在时进入加速电场，该粒子在加速器中能获得的最大动能？（在此过程中，粒子未飞出D形盒）
15．（12分）一轻质细绳一端系一质量为m=0.05kg的小球A，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L=0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示，水平距离s=2m，动摩擦因数为μ=0.1．现有一滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g取10m/s2，试问：
（1）若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平
面内做圆周运动，求此高度h．
（2）若滑块B从h=5m处滑下，求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力．
（3）若滑块B从h=5m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小
球做完整圆周运动的次数．
参考答案
一、单项选择题：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、C
【解析】
A．卫星运行轨道离地高度远小于同步卫星的高度，根据
得
可知其周期小于同步卫星的周期，地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，故其周期小于地球自转的周期，故A错误；
B．根据
得
可知其速度小于第一宇宙速度，故B错误；
CD．由于“张衡一号”卫星的半径小于同步卫星的半径，则根据可知其加速度小于地球表面的重力加速度，大于同步卫星的向心加速度，故C正确，D错误。
故选C。
2、C
【解析】
A、B、隔离对B分析，根据共点力平衡得：
水平方向有：TOBsin45°=F
竖直方向有：TOBcs45°=mg，
则，弹簧弹力 F=mg，
根据定滑轮的特性知：TOA与TOB相等；故A，B错误.
C、D、对A分析，如图所示：
由几何关系可知拉力TOA和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N和T相等，有：2TOAsin60°=mAg，
解得：，由对称性可得：，故C正确，D错误.
故选C.
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题采用隔离法研究比较简便．
3、C
【解析】
A．氢原子从第4激发态跃迁到第2激发态是从高能级向低能级跃迁，要辐射光子，故A错误；
B．一个氢原子，从激发态向基态跃迁，最多可以辐射出3种频率的光子，故B错误；
C．用光子能量为13.06eV的光照射一群处于基态的氢原子，氢原子可以跃迁到的激发态，再向低能级跃迁可以辐射出10种频率的光子，故C正确；
D．氢原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，轨道半径变大，动能变小，电势能变大，故D错误。
故选C。
4、B
【解析】
A．根据第一宇宙速度的概念可知，该卫星发射速度一定大于7.9km/s，故A错误；
B．由题意可知，卫星的周期

万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比
故B正确；
C．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得
该卫星加速度与同步卫星加速度之比
故C错误；
D．由于由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故D错误。
故选AB。
5、C
【解析】
A．由图乙知T= 0.02s，则=50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出交流电的频率仍为50Hz，A错误；
B．由可知，电压表的示数
125V
B错误；
C．由于电压表
0.5A
又，则电流表的示数
0.25A
C正确；
D．每个电阻R两端电压最大值为
UmR=0.5×125×=V
D错误。
故选C.
6、B
【解析】
ABD．根据
由图像可知，乙光的截止电压较大，则乙光照射时逸出的光电子的最大初动能比较大，乙光的频率较大，根据则甲光波长较大，选项AD错误，B正确；
C．由图像可知，甲光的饱和光电流较大，则甲光照射时单位时间内逸出的光电子数比较多，选项C错误；
故选B。
二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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、BD
【解析】
A．根据左手定则可知，受到的安培力向右，电流方向由下向上流过滑块，则b为电源正极，故A错误；
B．仅增大电源电动势，流过滑块的电流增大，安培力增大，加速度增大，速度变化增大，故B正确；
C．仅将磁场反向，根据左手定则可知，滑块向左加速，故C错误；
D．仅减小弹体质量，滑块的合力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度增大，速度变化量增大，故D正确。
故选BD。
8、ACE
【解析】
A．因压强不变，而由a到b时气体的温度升高，故可知气体的体积应变大，故单位体积内的分子个数减少，故a状态中单位时间内撞击活塞的个数较多，故A正确；
BC．因压强不变，故气体分子在单位时间内撞击器壁的冲力不变，故冲量不变，故B错误，C正确；
DE．因从a到b，气体的温度升高，故内能增加；因气体体积增大，故气体对外做功，则由热力学第一定律可知气体应吸热，故D错误，E正确；
故选ACE。
9、AC
【解析】
A．圆环在水平线上产生的场强竖直分量叠加为0，只有水平分量相加，所以圆环在水平线上的场强方向与水平线平行，同理圆环在水平线上的场强方向与水平线平行；根据场强的叠加，带负电粒子从到过程中，受到的电场力合力方向始终水平向右，与粒子运动方向相反，所以粒子做减速运动，A正确；
BC．圆环在水平线上处场强为0，在向右无穷远处场强为0，同理圆环在水平线上的场强分布也如此，根据场强的叠加说明在右侧和左侧必定存在场强为0的位置，所以粒子从右侧远处运动到过程中，合场强先水平向左减小，带负电粒子所受电场力水平向右减小，电场力做正功，电势能减小，粒子做加速运动，在右侧某位置合场强为0，粒子速度达到最大，动能最大；继续向左运动，合场强水平向右且增大，粒子所受电场力水平向左，电场力做负功，电势能增大，粒子做减速运动至，B错误，C正确；
D．粒子穿过后，对比上述分析可知，粒子所受电场力先水平向右，后水平向左，所以电势能先减小，后增大，综合BC选项分析，D错误。
故选AC。
10、BD
【解析】
A.由于导体棒向右减速运动，则电动势减小，则电流减小，则导体棒的安培力减小，即合力减小，根据牛顿第二定律可知其加速度减小，则导体棒做变减速运动，故A错误；
B.棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为：
当棒发生位移为时，则通过棒的电量为，故B正确；
C. 棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为：
当流过棒的电荷为时，棒发生的位移为：
根据牛顿运动定律可得棒运动的加速度为：
设棒运动的时间为，则有：
所以有：
即：
当流过棒的电荷为时，则有：
当流过棒的电荷为时，则有：
解得：
故C错误；
D.棒的速度减为零的过程中，定值电阻R释放的热量为：
故D正确；
故选BD。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、180 并 0.3 1.41~1.45 0.38~0.44
【解析】
(1)[1]．多用表欧姆挡读数为刻度值与倍率的乘积，即灵敏电流计内阻rg=18×10Ω=180Ω。
(2)[2][3]．灵敏电流计扩大量程需要并联一个小电阻R0，设灵敏电流计的满偏电流为Ig=1mA，内阻rg=180Ω，扩大量程后的电流为Im=0.6A，并联电路电压相等，根据欧姆定律有
Igrg=（Im-Ig）R0
得

(3)[4][5]．扩大量程后的安培表内阻
根据闭合电路欧姆定律
E=I（R+rg′+r）
整理得
结合图象有


联合解得
E≈1.45V
r≈0.43Ω。
12、B； C； 5.20； B； C；
【解析】
(1) 由于电源电动势为4V，所以电压表应选C（因为若选择电压表D时，电动势3V还不到电压表量程的）；
根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：所以电流表应选B；
(2) 实物连线图如图所示：
(3) 由图可知，电流表的读数为：I=0.50A，电压表的读数为：U=2.60V，所以待测电阻为：
(4) 根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流经Rx的电流，所以产生误差的主要原因是B；
故选B．
(5)由于电流流过电阻丝发热，所以在实验时流过电阻丝的电流不能过大，并且时间不要太长，故选C．
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、①②
【解析】
①当光在管内壁处恰好发生全反射，时间最长，光通过的路程为，
另有，解得
②光在两个界面上入射角和折射角分别是，根据折射定律可得，解得
，由几何知识有，解得
玻璃管的长度为
【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，运用几何知识结合解决这类问题．
14、（1）；（2），见解析；（3）
【解析】
（1）由洛伦兹力提供向心力得
粒子每旋转一周动能增加2qU，则旋转周数
周期
粒子在磁场中运动的时间
一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间
（2）对α粒子，由速度
得其最大动能为
对氘核，最大动能为
若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B′、由α粒子换成氘核，有
解得，即磁感应强度需增大为原来的倍
高频交流电源的原来周期
故
由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的
（3）对粒子分析，其在磁场中的周期
每次加速偏移的时间差为
加速次数
所以获得的最大动能
15、（1）0.5m（2）48N（3）10次。
【解析】
（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有
①
在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为v，则又有
②
解①②有
m/s
滑块从h高处运动到将与小球碰撞时速度为v2，对滑块由能的转化及守恒定律有
因弹性碰撞后速度交换
m/s
解上式有
h=0.5m
（2）若滑块从h=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为u，同理有
③
解得
滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以的速度开始作圆周运动，绳的拉力T和重力的合力充当向心力，则有
④
解④式得
T=48N
（3）滑块和小球最后一次碰撞时速度为
滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s′，
同理有
⑤
小球做完整圆周运动的次数为
⑥
解⑤、⑥得
n=10次