广西壮族自治区河池市2026-2027学年高考临考冲刺物理试卷（含答案解析）

这是一份广西壮族自治区河池市2026-2027学年高考临考冲刺物理试卷（含答案解析），共12页。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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、如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法中正确的是
A．两粒子电性相同
B．甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点时的速率
C．两个粒子的电势能都是先减小后增大
D．经过b点时，两粒子的动能一定相等
2、如图所示，一只蚂蚁从盘中心O点向盘边缘M点沿直线OM匀速爬动，同时圆盘绕盘中心O匀速转动，则在蚂蚁向外爬的过程中，下列说法正确的（ ）
A．蚂蚁运动的速率不变B．蚂蚁运动的速率变小
C．相对圆盘蚂蚁的运动轨迹是直线D．相对地面蚂蚁的运动轨迹是直线
3、关于物理学中的思想或方法，以下说法错误的是（ ）
A．加速度的定义采用了比值定义法
B．研究物体的加速度跟力、质量的关系采用假设法
C．卡文迪许测定万有引力常量采用了放大法
D．电流元概念的提出采用了理想模型法
4、卫星绕某一行星的运动轨道可近似看成是圆轨道，观察发现每经过时间t，卫星运动所通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为。已知引力常量为G，由此可计算该行星的质量为（ ）
A．B．
C．D．
5、如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为的磁性圆轨道竖直固定，质量为的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为，则
A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C．铁球在A点的速度必须大于
D．轨道对铁球的磁性引力至少为，才能使铁球不脱轨
6、科学家通过实验研究发现，放射性元素有多种可能的衰变途径：先变成，可以经一次衰变变成，也可以经一次衰变变成（X代表某种元素），和最后都变成，衰变路径如图所示。则以下判断正确的是（ ）
A．a＝211，b＝82
B．①是β衰变，②是α衰变
C．①②均是α衰变
D．经过7次α衰变5次β衰变后变成
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、水平放置的平行板电容器，极板长为l，间距为d，电容为C。 竖直挡板到极板右端的距离也为l，某次充电完毕后电容器上极板带正电，下极板带负电，所带电荷量为Q1如图所示，一质量为m，电荷量为q的小球以初速度v从正中间的N点水平射人两金属板间，不计空气阻力，从极板间射出后，经过一段时间小球恰好垂直撞在挡板的M点，已知M点在上极板的延长线上，重力加速度为g，不计空气阻力和边缘效应。下列分析正确的是（ ）
A．小球在电容器中运动的加速度大小为
B．小球在电容器中的运动时间与射出电容器后运动到挡板的时间相等
C．电容器所带电荷量
D．如果电容器所带电荷量，小球还以速度v从N点水平射入，恰好能打在上级板的右端
8、如图，矩形闭合导线框abcd平放在光滑绝缘水平面上，导线框的右侧有一竖直向下且范围足够大的有左边界PQ的匀强磁场。导线框在水平恒力F作用下从静止开始运动，ab边始终与PQ平行。用t1、t2分别表示线框ab和cd边刚进入磁场的时刻。下列υ-t图像中可能反映导线框运动过程的是
A．B．C．D．
9、如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。t=0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v-t图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．0-6s内，m的加速度一直保持不变
B．m相对M滑动的时间为3s
C．0-6s内，m相对M滑动的位移的大小为4m
D．0-6s内，m、M相对地面的位移大小之比为3：4
10、如图所示,倾角为30°的斜面体置于水平地面上。一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B,跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O,A的质量为m,B的质量为4m。开始时,用手托住A,使OA段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力),OB绳平行于斜面,此时B静止不动。将A由静止释放,在其下摆过程中,斜面体始终保持静止。下列判断中正确的是 ( )
A．物块B始终处于静止状态
B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右
C．物块B受到的摩擦力一直减小
D．小球A、B系统的机械能不守恒
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）为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用DIS位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离.位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的距离x随时间t的变化规律如图乙所示.

(1)根据上述图线，计算0.4 s时木块的速度大小v＝______ m/s，木块加速度a＝______ m/s2(结果均保留2位有效数字).
(2)在计算出加速度a后，为了测定动摩擦因数μ，还需要测量斜面的倾角θ(已知当地的重力加速度g)，那么得出μ的表达式是μ＝____________.（用a，θ，g表示）
12．（12分）某兴趣小组要精确测定额定电压为3V的白炽灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻约500，实验室提供的器材有：
A．电流表A（量程：0～3mA，内阻）
B．定值电阻
C．滑动变阻器R（0～10 ）
D．电压表V（量程：0～10V，内阻）
E．蓄电池E（电动势为12V，内阻r很小）
F．开关S一个
G．导线若干
（1）要精确测定白炽灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的____
（2）选择正确电路进行实验，若电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，写出测量白炽灯电阻的表达式=___（用题目中给的相应字母表示），当电流表中的电流强度I=___mA时，记下电压表的读数U并代入表达式，其计算结果即为白炽灯正常工作时的电阻。
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）如图所示虚线矩形区域NPP' N’、MNN’M’内分别充满竖直向下的匀强电场和大小为B垂直纸面向里的匀强磁场，两场宽度均为d、长度均为4d， NN’为磁场与电场之间的分界线。点C’、C将MN三等分，在C’、C间安装一接收装置。 一电量为-e。质量为m、初速度为零的电子，从P'点开始由静止经电场加速后垂直进入磁场，最后从MN之间离开磁场。不计电子所受重力。求∶
(1)若电场强度大小为E ，则电子进入磁场时速度为多大。
(2)改变场强大小，让电子能垂直进入接收装置，则该装置能够接收到几种垂直于MN方向的电子。
(3)在(2)问中接收到的电子在两场中运动的最长时间为多大。
14．（16分）如图所示，导热缸体质量M=10kg，气缸内轻质活塞被一劲度系数k=100N/cm的轻弹簧竖直悬挂于天花板上。轻质活塞封闭一定质量的理想气体（气体重力不计），环境温度为T1=300K时，被封气柱长度cm，缸口离天花板高度h=1cm，已知活塞与缸壁间无摩擦，活塞横截面积S=1×10-2m2，大气压强p0=1.0×105Pa且保持不变，重力加速度g=10m/s2.求：
①环境温度降到多少时缸口恰好接触天花板；
②温度降到多少时天花板对缸体的压力等于缸体重力（缸口与天花板接触点不完全密闭）。
15．（12分）如图所示，喷雾器内有13L药液，上部封闭有1atm的空气2 L.关闭喷雾阀门，用打气筒活塞每次可以打进1atm、200cm3的空气，（设外界环境温度一定，忽略打气和喷药过程温度的变化，空气可看作理想）求：
①要使喷雾器内气体压强增大到2.4atm，打气筒应打气的次数n；
②若压强达到2.4atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器内药液上方空气的压强降为1atm时，桶内剩下的药液的体积。
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、B
【解析】
根据曲线运动时质点所受的合力指向轨迹的内侧可知，甲受到引力，乙受到斥力，则甲与Q是异种电荷，而乙与Q是同种电荷，故两粒子所带的电荷为异种电荷．故A错误．甲粒子从a到c过程，电场力做正功，动能增加，而乙从a到d过程，电场力做负功，动能减小，两初速度相等，则知甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度．故B正确．甲粒子从a到b过程，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大；电场力对乙粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小．故C错误．a到b时，电场力对两粒子的做的功都是0，两个粒子的速率再次相等，由于不知道质量的关系，所以不能判定两个粒子的动能是否相等．故D错误．故选B．
2、C
【解析】
AB．在蚂蚁向外爬的过程中，沿半径方向的速度不变，垂直于半径方向的速度逐渐变大，可知合速度逐渐变大，即蚂蚁运动的速率变大，选项AB错误；
C．蚂蚁沿半径方向运动，则相对圆盘蚂蚁的运动轨迹是直线，选项C正确；
D．相对地面，蚂蚁有沿半径方向的匀速运动和垂直半径方向的圆周运动，则合运动的轨迹不是直线，选项D错误；
故选C。
3、B
【解析】
A．加速度的定义式为a=，知加速度等于速度变化量与所用时间的比值，采用了比值定义法，故A正确，不符合题意；
B．研究物体的加速度跟力、质量的关系应采用控制变量法，故B错误，符合题意；
C．卡文迪许通过扭秤实验，测定了万有引力常量，采用了放大法，故C正确，不符合题意；
D．电流元是理想化物理模型，电流元概念的提出采用了理想模型法，故D正确，不符合题意。
故选B。
4、B
【解析】
设卫星的质量为m，卫星做匀速圆周运动的轨道半径为r，则
其中
，
联立可得
故B正确，ACD错误。
故选B。
5、B
【解析】
AB．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动．故A错误，B正确；
C．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于1即可通过最高点，故C错误；
D．由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：F＝m可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于1．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为1，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于1．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为1，到达最低点时的速度满足mg•2Rmv2，轨道对铁球的支持力恰好等于1，则磁力与重力的合力提供向心力，即：F﹣mg，联立得：F＝5mg，故D错误．
6、D
【解析】
ABC．经过①变化为，核电荷数少2，为衰变，即，故
a＝210－4＝206
经过②变化为，质量数没有发生变化，为β衰变，即，故
b＝83＋1＝84
故ABC错误；
D．经过7次衰变，则质量数少28，电荷数少14，在经过5次β衰变后，质量数不变，电荷数增加5，此时质量数为
238－28＝210
电荷数为
92－14＋5＝83
变成了，故D正确。
故选D。
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】
根据水平方向做匀速直线运动分析两段过程的运动时间，根据竖直方向对称性分析小球在电容器的加速度大小，根据牛顿第二定律以及
分析求解电荷量，根据牛顿第二定律分析加速度从而求解竖直方向的运动位移。
【详解】
AB．小球在电容器内向上偏转做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，出电容器后受到重力作用，竖直方向减速，水平方向由于不受力，仍然做匀速直线运动，由于两段过程在水平方向上的运动位移相同，则两段过程的运动时间相同，竖直方向由于对称性可知，两段过程在竖直方向的加速度大小相等，大小都为g，但方向相反，故A错误，B正确；
C．根据牛顿第二定律有
解得
故C错误；
D．当小球到达M点时，竖直方向的位移为，则根据竖直方向的对称性可知，小球从电容器射出时，竖直方向的位移为，如果电容器所带电荷量，根据牛顿第二定律有
根据公式
可知，相同的时间内发生的位移是原来的2倍，故竖直方向的位移为，故D正确。
故选BD。
8、ACD
【解析】
线框进入磁场前做匀加速直线运动，加速度为；
A．ad边进入磁场后可能安培力与恒力F二力平衡，做匀速直线运动，完全进入磁场后磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力，做加速度为，的匀加速直线运动，A正确；
BD．ad边进入磁场后，可能安培力大于恒力F，线框做减速运动，由知，速度减小，安培力减小，加速度逐渐减小，v-t图象的斜率逐渐减小。当加速度减至零后做匀速直线运动，完全进入磁场后磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力，做加速度为a的匀加速直线运动，B错误D正确；
C．ad边进入磁场后，可能安培力小于恒力F，线框做加速运动，由知，速度增大，安培力增大，加速度逐渐减小，v-t图象的斜率逐渐减小，完全进入磁场后磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力，做加速度为a的匀加速直线运动，C正确。
故选ACD。
9、BD
【解析】
AB．物块相对于平板车滑动时的加速度
若其加速度一直不变，速度时间图像如图所示
有图像可以算出t=3s时，速度相等，为6m/s。由于平板车减速阶段的加速度大小为
故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。物块相对平板车滑动的时间为3s。故A错误，B正确；
C．有图像可知，0-6s内，物块相对平板车滑动的位移的大小

故C错误；
D．0-6s内，有图像可知，物块相对地面的位移大小
平板车相对地面的位移大小
二者之比为3：4，故D正确。
故选BD。
10、AB
【解析】
小球下摆时做圆周运动，下摆的速度越来越大，所需向心力越来越大，小球达到最低点时速度最大，绳子的拉力最大；小球A下摆过程中只受重力作用，机械能守恒，设绳子的长度是L，由机械能守恒定律得：，在最低点，由牛顿第二定律得：，解得绳子的拉力为F=3mg，即物块B受到绳子沿斜面向上的拉力为3mg，而B的重力沿斜面向下的分力为4mgsin30°=2mg，所以，斜面对B的静摩擦力沿斜面向下为mg，而物块B在小球A还没有下摆时受到斜面的静摩擦力沿斜面向上为2mg，因此物块B始终处于静止状态，物块B受到的摩擦力先减小后增大，故C错误；对物体B和斜面体整体受力分析，由于A球向左下方拉物体B和斜面体整体，故一定受到地面对其向右的静摩擦力，故B正确；在小球下A摆过程中，只有重力做功，则小球A、物块B与地球组成的系统机械能守恒，故D错误。所以AB正确，CD错误。
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、0.40 1.0
【解析】
（1）根据在匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：
0.2s末的速度为： ，
则木块的加速度为：．
（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向的受力：
得：．
解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式．
12、（1）C （2） （3）1.5
【解析】
（1）[1]要精确测定额定电压为3V的白炽灯正常工作时的电阻，需测量白炽灯灯两端的电压和通过白炽灯灯的电流，
由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量白炽灯两端的电压，可以将电流表A与定值电阻串联改装为电压表测量电压；
白炽灯正常工作时的电流约为
左右，电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，可以用电压表测量总电流，约：
；
因为滑动变阻器阻值远小于白炽灯的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法。
所以电路图选取C.
（2）[2]根据欧姆定律知，灯泡两端的电压
U=I(R1+RA)，
通过灯泡的电流为：
，
所以白炽灯正常工作时的电阻为：
；
[3]改装后的电压表内阻为：RV=1985+15Ω=2000Ω，则当I=1.5mA时，白炽灯两端的电压为3V，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻。
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、 (1)；(2)三种；(3)。
【解析】
(1)电子在电场中加速

解得
(2)磁场中n个半圆，则
（2n+l）R=4d①
半径满足
②
解得
2.5