湖南师大附中2027届高三月考试卷（一）物理+答案

高三物理一

时量：75分钟满分：100分

第I卷

一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个

选项中，只有一个选项是符合题目要求的)

1.下列物理量属于矢量的是

A.电流B.加速度C.磁通量D.功

2.如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也

相同。三个物体随传送带一起匀速运动(物体与传送带相对静止),运动

方向如图中箭头指示方向。下列说法正确的是

A.A物体受到的摩擦力方向向右

B.C物体受到的摩擦力沿传送带向

C.B、C两物体受到的摩擦力大小相等

D.B、C两物体受到的摩擦力方向相反

3.能流密度I是指单位时间内通过单位面积的能量。在电磁学中，描述电

磁波的传播时，能流密度也被称为坡印廷矢量。关于I的单位，下列选

项正确的是

ABC.D.

4.“月一地检验”验证了万有引力定律。通过测量和观测可知，地球表面的

重力加速度为g,月球表面的重力加速度为g₁,地球的半径为R,月球的

半径为R₁,月球与地球中心的距离为r,地球的自转周期为T,月球绕地

球公转的周期为T1,下列等式成立且能验证万有引力定律的是

A.g:g₁=R²:R²B.月球的向心加速度

CD

5.用三根细线a、b、c.将质量分别为m₁、m2的小球1和2连接并悬挂，如图

所示。两个小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°,细线b

与水平方向的夹角为30°,细线c水平，细线a、b、c的张力分别为Ta、

Tb、T,则下列说法正确的是

物理试题(27T)第1页(共8页)

A.m₁=m2B.m₂=2m1

C.Ta=√BT.D.Ta=√3T₃

6.如图甲所示，可视为质点的物体以一定的初速

度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动。

现以斜面底端为坐标原点，沿斜面建立坐标轴

x;选择地面为零势能面。坐标原点处固定一厚甲

E/J

度不计的弹性挡板(物体与挡板碰撞后速度大50

小不变),物体第一次上升过程中的动能和重力

势能随坐标x的变化如图乙所示(g=10m/s²,

x/m

06.2510

sin37°=0.6,cos37°=0.8)。则乙

A.物体的质量为1kg

B.物体与斜面之间的动摩擦因数为0.2

C.物块从开始到停止运动的总路程为25m

D.物体在第一次上升过程中机械能减少了15J

7.如图所示，一密闭圆柱形导热汽缸竖直放置，其内

部被质量为m的活塞P分成上下两部分，分别封

闭一定质量的理想气体，活塞P与汽缸壁间无摩

擦。平衡时，上下两部分气体温度相同(上部分体

积大于下部分),则

A.若上下两部分气体同时降低相同温度，P下移

B.若上下两部分气体同时升高相同温度，P保持

静止

C.若使汽缸加速上升，P相对气缸上移

D.若使汽缸自由下落，P相对汽缸保持静止

二、多项选择题(本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四

个选项中，有多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)

8.如图所示，一只小鸟停在树枝上，树枝发生了

弯曲，小鸟处于静止状态。下列说法正确

的是

A.树枝对小鸟的弹力是由于树枝发生形变产

生的

B.树枝对小鸟作用力的方向一定垂直于树枝向上

物理试题(27T)第2页(共8页)

C.小鸟对树枝的压力和小鸟受到的重力是一对相互作用力

L.小鸟起飞瞬间，树枝对小鸟的作用力等于小鸟对树枝的作用力

9.“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。做该项运动

时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞

动球拍时，球却不会掉地上，现将“太极球”简化成如图所示的平板和小

球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且

在运动过程中球与板间始终无摩擦力，A为圆周的最高点，C为最低点，

B、D是与圆心O等高的位置，若运动经过A位置时板对小球恰好无弹

力的作用，已知小球的质量为m,圆周的半径为R,重力加速度为g,则

下列说法正确的是

A.小球运动的周期为

B.在C处板对球的支持力大小为6mg

C.在B、D处板与水平面的夹角为30°

D.A到C过程，板对球的支持力一直增太

10.如图所示，质量均为m的物块a、b用轻质弹簧连接。小球P用轻质细

绳通过理想定滑轮E与物块a相连，小球P右侧通过轻质细绳拴在F

点，整个系统处于静止状态，小球两侧轻绳与水平方向的夹角如图所

示，物块b和水平地面之间恰好没有弹力。已知EF间的距离为L,重

力加速度g=10m/s²,不计一切摩擦，sin37°=0.6。现将小球P拖至

与EF两点等高的水平线上，此时两轻绳恰好伸直且均无张力，则小球

P由静止释放至运动到图示位置的过程中，下列说法正确的是

E53°370

a

A.小球P与物块a、b组成的系统机械能守恒

B.小球P的质量为2.8m

C.弹簧的劲度系数

D.小球P运动到图示位置时的速度

物理试题(27T)第3页(共8页)

第I卷答题卡

题号12345678910得分

答案

第Ⅱ卷

三、实验题(第11题8分、第12题9分，共17分)

l1.在“探究小车加速度与力、质量的关系”的实验中，图1是常用的基本方

案甲，为了减小合力测量的误差，图2是改进后的方案乙。

力传感器纸带

打点计时器

槽码

图1:方案甲图2:方案乙

(1)关于两种实验方案，下列说法正确的是

A.两种方案均需要平衡摩擦力

B.两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行

C.两种方案中均需要满足小车的质量远大于槽码的质量

D.操作中，应先释放小车再接通电源

(2)某组同学按照方案甲正确操作打出的一条纸带，从比较清晰的点迹

起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E,相邻两个计数

点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离。已

知所用电源的频率为50Hz,则打点计时器打下D.点时小车的速度

大小v=m/s,小车的加速度大小q=m/s²。(结

果均保留2位有效数字)

C

单位：cm

+2.70=

-10.87

-16.36—

(3)另一组同学按照方案乙做实验，在实验中，正确平衡摩擦力后，保持

槽码盘中的槽码质量mo不变，仅改变小车的质量M,测得多组加

速度大小a和对应的小车的质量M,作出图像如图丙所示，

图像的纵截距为一b,则槽码盘和动滑轮的总质量为用字

母b、mo表示，滑轮均光滑，细绳质量不计)。

丙

物理试题(27T)第4页(共8页)

12.某校实验室新进了一批金属丝，每卷长度L=8m,阻值约为200Ω.物

理社团想尽量准确地测出其电阻率。先用螺旋测微器测金属丝的直径

如图甲(b)所示，然后在实验室找来了下列器材：

①待测金属丝1卷；

②电源E(电动势6V,内阻r≈0.5Ω);

③电流表A₁(量程10mA,内阻RA₁=10Ω);

④电流表A₂(量程30nil,内阻RA₂未知);

⑤电压表V(量程6V,内阻Rv未知);

⑥滑动变阻器R₁(最大阻值为20Ω);

⑦滑动变阻器R₂(最大阻值为1000Ω);

⑧开关一个、导线若干，

(1)螺旋测微器测出金属丝的直径d=mm;

甲(a)甲(b)

(2)某同学设计了如图乙所示的实验电路图进行测量，考虑到量程问

题，电流表只能选择A₂。

乙

本实验中，滑动变阻器应选(选填“R₁”或“R₂”),闭合开关

S₁前，应将滑动变阻器的滑片移动至(选填“最左端”或

“最右端”)。

(3)闭合开关S₁,将滑动变阻器的滑片移到合适位置。将开关S₂拨到

1,记录下电压表和电流表的示数分别为U₁和I₁;再将开关S₂拨到

2,记录下电压表和电流表的示数分别为U2和I₂。对比数据发现

,则开关S2拨到(选填“1”或“2”)时测量结果较

准确。

物理试题(27T)第5页(共8页)

(4)为了进一步消除电表内阻带来的系统误差，他将电流表替换为A₁,

并找来到两个定值电阻R₃=400Ω,R₄=20Ω,应将其中的

(选填“R₃”或“R₄”)与电流表A₁串联，并将开关S₂拨到

2,测得电流表和电压表的示数分别I和U。

(5)金属丝的电阻率可以表示为p=_。(用I、U、d、L、RA₁、R₃或R

表示)。

四、解答题(本题共3小题，第13题10分，第14题14分，第15题16分，

共40分)

13.如图所示，某容器的横截面为环形，外圆和内圆的半径分别为R₂、R₂,

R₁=2R₂,一束单色光平行于截面方向从外圆十的P点人射，当入射角

为α=45°时，光线刚好不照到内圆上。

(1)求容器介质对光的折射率；

(2)改变入射角α,使折射光线到达内圆上的Q点时恰好发生全反射，

求α的大小。

14.如图所示，木板A置于水平面上，O点是其上表面的中点，O点右侧上

表面光滑，左侧粗糙。可视为质点的物块B位于A的最右端，A、B均

处于静止状态。t=0时刻对A施加水平向右的拉力F,已知A的质量

mA=1kg,B的质量mB=2kg,A与B上表面O点左侧的动摩擦因数

μ1=0.2,A与地面间的动摩擦因数μ2=0.4,A的长度L=2.0m,拉力

F=14N,重力加速度大小取g=10m/s²。求：

(1)物块B与O点重合时，所需要的时间和A的速度大小；

(2)当A、B以相同的速度一起运动时，B距离⊙点的距离；

(3)撤掉拉力F之后，要使物块B不从木板A上滑出，求F的最长作用

时间。(结果可用根式表示)

物理试题(27T)第7页(共8页)

15.如图所示，光滑的水平面上放有小球A、小球B和半圆形轨道C,三者

在同一条直线上。A、B两小球的大小相同，可看作质点，质量均为m,

发生一维正碰时，碰后相对速度大小与碰前相对速度大小之比是一个

定值e=0.5。半圆形轨道圆弧面光滑，半径为R,质量未知，与水平桌

面平滑连接。给小球A一定的初速度，使其做匀速直线运动，并与B

球发生正碰，重力加速度为g。

(1)求小球A、B碰撞后的速度大小之比；

(2)若半圆形轨道不固定，B球首次滑入轨道C时两球的距离与B球首

次从轨道C上滑出时两球的距离刚好相同，运动过程中，A球没有

接触轨道C,B球未脱离轨道C,求半圆形轨道C的质量；(第2问

做不出不影响第3问)

(3)若半圆形轨道固定，小球B进入轨道C后脱离，刚好落在轨道C的

最低点，在与水平面碰撞时，水平速度不变，竖直方向反弹速度大小

变为碰前的,碰撞时间忽略不计，经多次碰撞后刚好回到初始位

置，然后做匀速直线运动(不考虑A球的影响),求小球B滑入半圆

形轨道时的速度大小以及初始位置与半圆形轨道最低点的距离。

107T)第8页(共8页)

高三物理一参考答案

一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的)

题号1234567

答案BCCCDCA

2.C【解析】A.A物体沿水平方向做匀速直线运动，不受摩擦力作用，A错误；BCD.B、C两物体均有相对传送带向下

的运动趋势，均受到沿传送带向上的静摩擦力作用，大小相等，C正确，BD错误。故选C。

3.C【解析】A.能流密度单位分母含面积单位m²,应为：,A错误；B.1N=1J/m,因,与能流密

度单位不符，B错误；C.将,可得,与能流密度单位一致，C正确；D.

是力的单位，与能流密度单位不符，D错误。故选C。

4.C【解析】月地检验是通过地球表面的重力加速度与月球绕地球运动的向心加速度之比为,从而证明地球对表面

物体的吸引力和对月球的吸引力均满足与距离的平方成反比，故C正确。

5.D【解析】对小球2受力分析，根据平衡条件有T₆sin30°=m2g,T.tan30°=mzg,解得轻绳b上的张力和轻绳c上的

张力分别为T₆=2mzg,T。=√3m₂g,对小球1、2整体受力分析可知，根据平衡条件Tacos30°=(m+m₂)g,Tasin30°

=T,联立解得m₁=2m₂,T。=2√3mzg,综合以上分析，m=2m₂,Ta=2T。,Ta=√3T₆,故选D。

6.C【解析】AB.设物体上滑的最大距离为s,则有一mgsina·s-μmgcosa·s=0-Eo,图乙可知物体上滑距离为x₁

=6.25m时动能和重力势能相等，则有一mgsina·x₁—μmgcosa·x₁=mgsina·z₁—Eo,其中E=50J,s=10m,

联立解得m=0.5kg,μ=0.5,AB错误；C.物块从开始到停止，根据动能定理有0—E=—pmgcosa·L,联立解得物

块从开始到停止运动的总路程为L=25m,C正确；根据功能关系，可知物体在第一次上升过程中机械能减少了△E

=W克f=μmgcosa·s=20J,D错误。故选C。

7.A【解析】AB.活塞原来处于平衡状态。所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差

温度降低后，两部分气体的压强都减小。在同一p一T图像上画出两部分气体的等容线，如图所示

因为在温度相同时p₁>₂,由图可得下部分气体等容线的斜率较大，当两部分气体降低相同的温度时，其压强的减

少量△pɪ>△p₂,所以活塞下移，当两部分气体升高相同温度时，其压强的增加量△p₁>△p₂,所以活塞上移，A正确B

错误；C.若汽缸加速上升，合外力向上，下部分压力增大，上部分压力减小，P相对汽缸下移，C错误；D.若使汽缸自由

下落，活塞处于完全失重状态，由于下部分气体压强大，所以活塞将会上移，D错误。故选A。

二、多项选择题(本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

题号8910

答案ADADBC

8.AD【解析】A.根据弹力产生的条件可知，树枝对小鸟的弹力是由于树枝发生形变产生的，A正确；B.小鸟处于静止

状态，受力平衡，根据平衡条件可知，树枝对小鸟的作用力与小鸟受到的重力大小相等、方向相反，即树枝对小鸟作用

力的方向竖直向上，B错误；C.小鸟对树枝的压力与树枝对小鸟的支持力才是一对相互作用力，小鸟对树枝的压力和

小鸟受到的重力不是一对相互作用力，C错误；D.树枝对小鸟的作用力与小鸟对树枝的作用力是一对相互作用力，

根据牛顿第三定律可知，二者始终大小相等，方向相反，与小鸟的运动状态无关，D正确。故选AD。

物理参考答案(27T)-1

9.AD【解析】A.已知小球在A点时板对小球恰好无弹力，由重力提供向心力，可得：,解得v=√gR,小球做

匀速圆周运动，速率保持v=√gR不变，周期为,代入v=√gR,得,故A正确；B.在最

低点C,合力指向圆心，由重力和支持力Nc的合力提供向心力，有,代入v=√gR,得Nc=mg+

,故B错误；C.B、D与圆心等高，向心力沿水平方向指向圆心，大小为,球与板无相对运

动趋势，摩擦力为0,仅受重力和垂直板的支持力。设板与水平面夹角为θ,竖直方向合力为0,则Ncosθ—mg=0,水

平方向合力为向心力，则Nsinθ=mg,联立解得tanθ=1,即θ=45°≠30°,故C错误；D.设小球位置与圆心连线和竖

直向上方向夹角为a,A点α=0,C点α=π,沿圆心方向合力等于向心力，大小为mg,解得,从A到C,a

从0增大到：单调增到1,因此N一直增大，D正确。故选AD。

10.BC【解析】A.对于小球P、物块a、b组成的系统，弹簧的弹性势能会发生变化，弹簧弹力对系统做功，因此系统机

械能不守恒。若包含弹簧则机械能守恒，A错误；B.物块b对地面恰好无弹力，因此弹簧弹力F葬=mg,对物块a分

析，可得绳子拉力T=mg+Fą=2mg,设小球P质量为M,对P受力分析，水平方向：Tcos53°=T'cos37°,解得T'

=1.5mg,竖直方向：Mg=Tsin53°+T'sin37°=2mg×0.8+1.5mg×0.6=2.5mg,解得M=2.5m,B正确；C.初始

状态：轻绳无张力，a静止，弹簧被压缩，压缩量x₁满足kx₁=mg,即,末状态：弹簧被拉伸，拉伸量x₂满足

kx₂=mg,即,由几何关系：EF=L,△EPF为直角三角形，EP=Lcos53°=0.6L,PF=Lcos37°=0.8L,a上

升距离为x₁+x₂=EP+PF-EF=0.4L,代入,C正确；D.初始和末态弹簧弹性势

,解得

能相等(压缩量和伸长量大小相等，弹性势能相同),由于机械能守恒，因此重力势能的减少量等于系统动能的增加

量。P下落高度h=EPsin53°=0.6L×0.8=0.48L,a上升高度△h=0.4L,系统机械能守恒

P绕F做圆周运动，速度方向垂直PF,而PF⊥EP,因此沿EP方向，a的速度等于P沿EP的速度，即

v₂=vp,代入M=2.5m,解得,D错误。故选BC。

三、实验题(第11题8分、第12题9分，共17分)

11.(8分，每空2分)

(1)AB(2)0.500.93(3)4b—mo

【解析】(1)A.两种方案均需要平衡摩擦力，这样才能使得细线的拉力等于小车受的合力，A正确；B.两种方案均需

要让牵引小车的细线跟轨道保持平行，B正确；C.方案乙中有力传感器测量小车受的拉力，则不需要满足小车的质

量远大于槽码的质量，C错误；D.操作中，应先接通电源再释放小车，D错误。故选AB

(2)相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，则T=0.1s;打点计时器打下D点时小车的速度大

.50m/s;小车的加速度大小

=0.93m/s²。

(3)设槽码盘和动滑轮的总质量为m,根据牛顿第二定律，对小车T=Ma,对槽码、槽码盘和动滑轮的整体

,解得,可知,解得m=4b—m

12.(9分)

(1)0.608(0.606～0.609均可)(1分)(2)R₁(1分)最左端(1分)(3)2(2分)(4)R₃(2分)

(5))(2分)

【解析】(1)螺旋测微器的精度为0.01mm,可知金属丝的直径d=0.5mm+10.8×0.01mm=0.608mm

(2)本实验中滑动变阻器采用分压式接法，应选用总阻值较小的滑动变阻器，故选择R₁;闭合开关前应保证测量电

路分到的电压从零开始调节，故滑动变阻器的滑片应移动至最左端。

(3)对比数据发,说明电压表有更明显的分流，应采用电流表内接法，故开关S₂拨到2时测量

结果较准确。

物理参考答案(27T)一.2

(4)当电压表V和电流表A₁量程均接近满偏时，总电阻接近600Ω,金属丝的电阻约为200Ω,需要串联一个接近

400Ω的电阻，故选R₃。

根据部分电路欧姆定律可得根据电阻定律可得联合解得

(5)8,,其中,

四、解答题(本题共3小题，共40分)

13.(10分)

【解析】(1)当光线恰好不照到内圆上时，折射光线与内圆相切。设光线在P点的折射角为β,由切线条件可知圆心

O到折射光线的距离等于内圆半径。

由几何关系可得

由折射定律得…………………1分

解得n=√21分

(2)设光线在P点的折射角为γ,在Q点的入射角为C。

在△POQ中，∠PQO=π—C

由正弦定理………………2分

由折射定律得…………………1分

由全反射临界条件得……………1分

联合解得,故α=30°…………………………2分

14.(14分)

【解析】(1)对A,根据牛顿第二定律有F-μ2(mA+mB)g=mAaA1分

解得aA=2m/s²

对A,根据位移时间公……………1分

解得L₁=1s1分

根据速度时间公式有vA=aat1分

解得vA=2m/s1分

(2)B位于0点左侧时，

对B根据牛顿第二定律有μ1mgg=mBag1分

解得aB=2m/s²

对A根据牛顿第二定律有F—μimgg—jμ₂(mA+mB)g=mAaA1分

解得aA=-2m/s²

经时间t₂,A、B共速，则有v=vA+aAt₂=aBt21分

解得t₂=0.5s

根据位移时间公式有………1分

解得△x=xA一xB=0.5m1分

(3)由第(2)可得A、B达到共速时的速度为v=1m/s

达到共速后A、B一起做加速运动F一μ2(mA+mg)g=(mA+mB)a1分

解得

达到共速后F作用时间t₃,A、B达到速度v₁,撤掉F后B刚好滑到0点

v₁=v+at₃

撤掉F后，B做减速运动的加速度az=2m/s²

对A根据牛顿第二定律有μz(mA+mg)g一Amgg=mAa₁1分

解得a₁=8m/s²

A、B滑行的位移分别为x₁、x₂

物理参考答案(27T)-3

2a₁x₁=2azx₂=v1分

△x=x2一x₁

F作用的时间t=t₁+t₂+t₃

联合以上各式解得t=√6s1分

15.(16分)

【解析】(1)A球与B球发生碰撞，动量守恒mu=mv₁+mvu21分

由题意可知………………………