资源简介 2026届湖南省高考物理最新模拟试卷6学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________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．某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论,其中的两个核反应方程为HCN+Q1H+N→C+X+Q2,方程中Q1、Q2表示释放的能量,相关的原子核质量见下表,下列判断正确的是 ( )原子核 H He He C N N质量/u 1.007 8 3.016 0 4.002 6 12.000 0 13.005 7 15.000 1A．X是He,Q2>Q1 B．X是He,Q2>Q1C．X是He,Q22．风洞是测试飞机性能、研究流体力学的一种必不可少的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，使风力大小恒定，方向水平，一质量为m的小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成角。已知a、b连线长为d，与水平方向的夹角为45°，小球的空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ）A．从a运动到b点所用的时间为B．小球的最小速度为0C．风力大小为D．若改用质量为2m的小球，同样从a点以相同速度抛出，其仍能经过b点3．根据生活常识和目前所学知识，由以下哪组数据无法估算出地球的质量（ ）A．地球绕太阳公转的周期T和地球中心到太阳中心的距离rB．月球绕地球转动的周期T和月球球心到地球球心的距离rC．地球表面的重力加速度g和地球的半径RD．同步卫星的轨道半径r4．图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图,P是平衡位置在x=1.0 m处的质点,Q是平衡位置在x=4.0 m处的质点;图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是甲 乙A．该简谐横波沿x轴负方向传播B．t=0时刻,质点P的加速度方向与y轴正方向相反C．从t=0.1 s到t=0.25 s,该波在x轴方向上传播了12 mD．从t=0.1 s到t=0.25 s,质点P通过的路程为30 cm5．在平面直角坐标系中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是点为圆心、半径为的一段圆弧，圆弧与轴交于、两点，磁场下边界是以坐标原点为圆心，半径为的一段圆弧.现有一束带负电的粒子沿轴负方向以速度射入该磁场区域.已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为，带电粒子质量为、电荷量大小为，不计粒子重力及粒子间的相互作用.下列说法中正确的是（ ）A．正对点入射的粒子离开磁场后不会过点B．若粒子速度变为，正对点入射的粒子离开磁场后一定过点C．粒子在磁场区域运动的最长时间为D．有粒子不经过点6．如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是( )A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关C．两板间距离越小，电子的加速度就越小D．两板间距离越大，加速时间越短二、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．图甲为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，当两点火针间电压大于5000V就会产生电火花进而点燃燃气，闭合S，下列说法正确的是（ ）A．电压表的示数为50VB．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于5000VC．当时，点火针每个周期的放电时间大于0.01sD．当时，才能点燃燃气8．如图所示,足够长的木板OM下端的O点通过铰链与地面连接,其与水平地面间的夹角θ可在0~90°范围内调节.质量为1 kg的小滑块在木板下端获得v0=20 m/s的初速度沿木板向上运动,当木板与水平地面间的夹角为θ0时,小滑块向上滑行的时间最短,时间为 s,重力加速度g取10 m/s2,则此情况下 ( )A．木板的倾角θ0=60°B．小滑块向上滑行的高度为10 mC．小滑块向上滑行过程损失的机械能为100 JD．小滑块返回过程的加速度大小为 m/s29．如图所示,长为L的光导纤维,AB代表光的入射端面.某种颜色的光以任何角度从AB端面进入光导纤维后,均能无损耗地从AB端面传播到另一端面.则下列说法正确的是 ( )A．光导纤维对该光的折射率最小为B．光导纤维对该光的折射率最小为C．若光导纤维对该光的折射率为,则光从一端传播到另一端的最长时间为D．若光导纤维对该光的折射率为,则光从一端传播到另一端的最长时间为10．如图所示，质量为的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了时速度减小到零，然后滑块又被弹簧向右弹开。已知弹簧的劲度系数为，滑块与水平面间的动摩擦因数为，弹簧与水平面间的摩擦不计，重力加速度为，整个过程中弹簧未超过其弹性限度，则下列判断正确的是（ ）A．滑块向右运动的过程中，先做加速运动，离开弹簧后才做减速运动B．滑块与弹簧接触过程中的最大加速度为C．滑块向左运动的过程中，始终做减速运动D．滑块向右运动的过程中，当弹簧形变量时，滑块的速度最大三、非选择题（本大题共5小题 共56分）11．在验证机械能守恒定律的实验中，所用电源的频率为50Hz。某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测得各计数点到O点的距离，如图乙所示，图中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C分别是每打两个点取出的计数点。 （1）从下列选项中选出实验所必须的器材，其对应的字母为 。A．打点计时器（包括纸带） B．重锤 C．天平 D．秒表（或停表） E.小车（2）若重锤的质量为1.00kg， 当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了 J；此时重锤的动能比开始下落时增加了 J。（结果保留三位有效数字）（3）一同学分析得出的实验结果是重锤重力势能的减少量小于动能的增加量。下列对造成该实验结果的原因分析正确的是 。A．空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力B．选用重锤的质量过大C．交流电源的频率大于50 HzD．交流电源的频率小于50 Hz（4）测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算对应速度v，然后以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出-h图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为 的直线，则验证了机械能守恒定律。 A ．19.6 B．9.80 C．4.9012．用DIS（电流传感器，内阻可忽略）测电源电动势和内阻的电路如图甲所示，是定值电阻，.闭合开关S，调节电阻箱R，记录电阻箱接入电路的阻值R和相应的电流I，将测得数据以R为横坐标，以 为纵坐标（选填“I”或“”），经计算机拟合得到如图乙所示图像.纵、横坐标所满足的表达式为 （用题中的物理符号表示），由图线可得该电源电动势为 V，内阻为 Ω；若换用有一定内阻的电流表代替电流传感器，那上述所测得的电源内阻值 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。13．如图为某同学根据“马德堡半球模型”设计的实验。两个底面积相同的轻质圆筒，开口端紧密对接，圆筒内封闭气体的总体积为其压强与大气压强相等，均为。将注射器活塞推至针筒底部，通过细管与气阀连通；打开气阀，然后缓慢拉动活塞，当注射器内气体体积为时停止拉动。已知圆筒的底面积装置气密性良好，圆筒形状与气体温度全程不变。（1）求停止拉动活塞时圆筒内气体的压强p；（2）关闭气阀，撤去注射器，求将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力F。14．如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨与水平面夹角 ，间距，在导轨之间接有阻值 的定值电阻.质量、电阻 的金属杆由跨过光滑定滑轮的轻绳与质量的重物相连，磁感应强度大小为的匀强磁场与导轨平面垂直.开始时金属杆置于导轨下端紧靠电阻处，将重物和金属杆由静止释放，金属杆运动到点（图中未画出）过程中，通过电阻的电荷量，此时重物已经开始匀速下降，运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，一切摩擦不计，重力加速度取.（1） 求重物匀速下降的速度大小；（2） 求金属杆从释放到运动到点的过程中，定值电阻中产生的焦耳热；（3） 若金属杆到达点后，磁感应强度开始发生变化（此时为时刻），致使回路中电流为零.试写出磁感应强度大小随时间变化的关系式.15．（16分）人们越来越深刻地认识到冰山对环境的重要性，冰山的移动将给野生动物带来一定影响。为研究冰山移动过程中表面物体的滑动，小星找来一个足够长的水槽，将质量为的车厢放在水槽中模拟冰山，车厢内有一个质量为、体积可以忽略的滑块。车厢的上下表面均光滑，车厢与滑块的碰撞均为弹性碰撞且忽略碰撞的时间。开始时水槽内未装水，滑块与车厢左侧的距离为。在车厢上作用一个大小为、方向水平向右的恒力，当车厢即将与滑块发生第一次碰撞时撤去水平恒力。（1） 求车厢即将与滑块发生第一次碰撞时车厢的速度的大小;（2） 求从车厢与滑块发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中，车厢的位移的大小;（3） 若在水槽中装入一定深度的水，车厢在水槽中不会浮起。开始时滑块与车厢左侧的距离为，由于外界碰撞，车厢在极短时间内速度变为，方向水平向右。车厢移动过程中受到水的阻力大小与速率的关系为为已知常数)，除第一次碰撞以外，以后车厢与滑块之间每次碰撞前车厢均已停止。求全程车厢通过的总路程。参考答案1．【答案】B 【解析HCN中质量亏损为Δm1=1.007 8 u+12.000 0 u-13.005 7 u=0.002 1 u,根据电荷数守恒和质量数守恒可知X的电荷数为2、质量数为4,故X为He,第二个核反应的质量亏损为Δm2=1.007 8 u+15.000 1 u-12.000 0 u-4.002 6 u=0.005 3 u.根据爱因斯坦质能方程可知Q1=Δm1c2,Q2=Δm2c2,则Q12．【答案】C【详解】如图所示，小球在a点和b点速度大小相等，与水平方向夹角相等，根据此特点可知，小球运动可看作斜上抛运动，由图可知合力方向垂直于a、b连线。因为，则，则运动时间为，A错误；小球从a点到距离a、b连线最远的点做减速运动，然后做加速运动到b点，最小速度为，B错误；设合力为F，由斜上抛运动规律知，代入得，解得，所以风力，C正确；风力不变，重力变为原来的2倍，所以合力大小方向都发生改变，所以不能到达b点，D错误。3．【答案】A【详解】A．知道地球绕太阳公转的周期T和地球中心到太阳中心的距离r，根据万有引力提供向心力只能求解太阳的质量，不能求解地球质量，A错误；B．知道月球绕地球转动的周期T和月球球心到地球球心的距离r，根据，可以求解地球质量，B正确；C．地球表面的重力等于万有引力，根据，已知地球表面的重力加速度g和地球的半径R可以求解地球质量，C正确；D．地球同步卫星的周期与地球自转周期相等，是已知量，根据，可以求解地球质量，D正确。本题选不能求出地球质量的，选A。4．【答案】B 【解析】基础考点：波的图像、振动图像由题图乙知,t=0时刻,质点Q沿y轴正方向运动,根据题图甲,由同侧法知,波沿x轴正方向传播,A错误;该波上各质点的加速度方向始终指向平衡位置,由题图甲知,t=0时刻质点P的加速度方向与y轴正方向相反,B正确;由题图乙知,周期T=0.2 s,由题图甲知,波长λ=8 m,从t=0.1 s到t=0.25 s,Δt=0.15 s=T,故该波在x轴方向上传播的距离(关键:波在一个周期内传播的距离为一个波长)Δx=λ=6 m,C错误;t=0.1 s=T,该时间内质点P通过的路程为s1=2A=20 cm,t=0.25 s=T+T,该时间内质点P通过的路程(易错:t=0时质点P不在波峰,且向平衡位置运动,则T内通过的路程大于A)s2>5A=50 cm,故从t=0.1 s到t=0.25 s,质点P通过的路程s>30 cm,D错误。【技巧必背】质点从平衡位置或最大位移处开始运动,T周期内通过的路程为A,否则通过的路程可能大于A,也可能小于A。5．【答案】C【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力有,解得粒子在磁场中的轨迹半径,正对点入射的粒子,轨迹圆心恰好在轴上,进入磁场后做匀速圆周运动,如图甲所示,根据勾股定理可知,进入无磁场区域时,速度方向恰好指向点,故错误；若粒子速度变为,同理可得粒子在磁场中的轨迹半径为,正对点入射的粒子离开磁场后,一定不过点,故错误；根据题意知,所有粒子沿水平方向射入磁场,轨迹半径与速度方向垂直,圆心均在入射点的正下方,半径均为,所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移,点平移到点位置,即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到点距离均为,如图乙所示,利用勾股定理可知,进入无磁场区域后,所有粒子速度方向都指向点,因此所有粒子都过点,故错误；由上述分析可知,从最上方进入的粒子,在磁场中偏转角度最大,运动的时间最长,如图丙所示,该粒子在磁场中旋转了 ,因此运动的最长时间,故正确.6．【答案】B【解析】极板之间的电压U不变，由E＝可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间越长，由eU＝mv2，得v＝，则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，A、C、D错误， B正确．7．【答案】CD【详解】A．由图乙知原线圈电压的最大值为50V，故电压表的示数为有效值即，故A错误；B．两点火针间最大电压U2＞5000V就会产生电火花，所以有效值一定大于故B错误；C．当匝数比为200时，则副线圈电压为，最大值为10000V，根据三角函数关系可知其每个周期放电时间为，即故C正确；D．根据变压器的变压比得：，当才能点燃燃气，故D正确。故选CD。8．【答案】AD【解析】小滑块沿木板向上滑行,由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma,得a=g(sin θ+μcos θ)=g,设cos α=,则a=gsin(α+θ),当木板与水平地面间的夹角为θ0时,小滑块向上滑行的时间最短,即当α+θ0=时,a存在最大值,即am=g,又am== m/s2,可得μ=,即cos α==,故θ0=60°,A正确;设小滑块向上滑行的高度为h,则=2am,解得h=15 m,B错误;小滑块向上滑行过程克服摩擦力做功W=μmgcos θ0×=50 J,故机械能损失了50 J,C错误;因μ9．【答案】AD 【解析】设入射角为θ,折射角为r,光线到达上界面的入射角为α,发生全反射的临界角为C,由折射定律得n=,由几何关系有r+α=90°,所以sin r=cos α,由题意知,入射角增大到θ=90°,α=C时,折射率最小,因为sin C=,所以cos C=,则折射率最小为n===,故A正确,B错误;光在介质中的传播速度v=,在介质中传播时在上界面的入射角α越小,路程越大,当α=C时,光在光纤中传播的时间最长,为t=,故若光导纤维对该光的折射率为,则光从一端传播到另一端的最长时间为;若光导纤维对该光的折射率为,则光从一端传播到另一端的最长时间为,故C错误,D正确.10．【答案】CD【详解】A．滑块向右滑动的过程中，以弹簧的弹力等于滑块所受到的滑动摩擦力时的位置为界，在该位置左侧时，弹簧弹力大于摩擦力，滑块做加速运动，在该位置右侧时，弹簧弹力小于滑动摩擦力，滑块做减速运动，故A错误；B．当弹簧弹力和摩擦力方向相同且弹簧弹力最大时，滑块的加速度最大，由题意有则最大加速度为故B错误；C．由题意可知，滑块在向左滑动过程中，滑动摩擦力和弹簧弹力方向与运动方向相反，故滑块一直做减速运动，故C正确；D．由题意可知，当弹簧弹力与滑动摩擦力大小相等，方向相反时，此时滑块加速度为零，速度最大，即故D正确。故选CD。11．【答案】AB/ BA；1.85；1.68；D；A【详解】（1）[1] AB．需要使用打点计时器（包括纸带）打出纸带计算速度，需要使用重锤拖动纸带，AB正确；C．要验证因重锤质量被约去，可以直接验证重锤质量可以不用测量，天平不是必须的器材，C错误；D．该实验用不到秒表（或停表），D错误；E．该实验用不到小车，E错误。选AB。（2）[2] 重锤从开始下落到打B点时，减少的重力势能[3] 打B点时速度计数点间时间间隔从重锤下落到打B点时增加的动能联立解得（3）[4] A．空气对重锤阻力和打点计时器对纸带的阻力，会导致重力势能部分转化为内能，则重力势能的减小量会略大于动能的增加量，A错误；B．验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，选择质量较大的重锤，不会使得重力势能的减小量小于动能的增加量，B错误；CD．若交流电的频率由于速度值仍按频率为50Hz计算，频率的计算值比实际值偏大，周期值偏小，算得的速度值偏大，动能值也就偏大，则可能出现的结果。同理，交流电源的频率大于50 Hz，则频率的计算值比实际值偏小，周期值偏大，算得的速度值偏小，动能值也就偏小，则可能出现C错误，D正确。选D。（4）[5] 由得-h图像若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为的直线，则验证了机械能守恒定律。选A。12．【答案】；；3 ；1 ；偏大【详解】[1][2]由闭合电路欧姆定律有，整理有，所以纵坐标为；[3][4]由图像乙得，，解得， ，代入可得[5]设电流传感器中的内阻值为，由闭合电路欧姆定律有，整理有，由图像乙得，可得，可见所测得的电源内阻值偏大。13．【答案】（1）；（2）【解析】（1）抽气过程，以原筒内气体为研究对象，缓慢过程为等温变化过程，由玻意耳定律可得，解得。（2）对一个圆筒受力分析，有，可知将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力为。14．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1） 重物匀速下降时,设金属杆中电流为,对金属杆与重物组成的系统,由平衡条件得,根据闭合电路欧姆定律有,根据法拉第电磁感应定律有,联立解得.（2） 设金属杆运动到点的过程中,运动时间为,平均感应电流为,沿导轨向上运动位移为,则,结合,联立代入数据解得,设电路中产生的总热量为,由能量守恒定律得,由串联电路的规律可知,电阻中产生的热量,联立解得.（3） 金属杆中不产生感应电流,说明穿过回路的磁通量始终不变,则,金属杆向上做匀加速运动,对金属杆与重物整体,根据牛顿第二定律有,解得,金属杆运动的位移大小,则磁感应强度大小随时间变化的关系为.15．【答案】（1）（2）（3）【详解】（1） 对车厢，由动能定理可得（3分）解得（2分）（2） 车厢与滑块的碰撞为弹性碰撞，设第一次碰撞后车厢和滑块的速度分别为、，由机械能守恒定律有（1分）由动量守恒定律有（1分）解得，（1分）设第一次碰撞到第二次碰撞之间车厢与滑块的位移分别为、，，（1分）（1分）解得（1分）（3） 每一次碰撞后车厢的运动过程中由动量定理有，即，累加后得，第一次碰撞前，车厢的路程为，所以,碰撞前车厢的速度（1分）设第次碰撞后，车厢的速度为，滑块的速度为，第次碰撞至停下，车厢的路程为，第一次碰撞，由机械能守恒定律：，由动量守恒定律有，解得，，第一次碰撞后，对车厢有,解得（1分）第二次碰撞，由机械能守恒定律有 ，由动量守恒定律有，解得，，所以第二次碰撞后车厢的路程（1分）此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次的 ，车厢均静止,所以第三次碰撞后车厢的路程，第四次碰撞后车厢的路程，第次碰撞后车厢的路程（1分）根据等比数列求和公式求得车厢在第二次碰撞及以后的路程之和，所以（1分）【试题解构】（1）甲.水平方向受力分析：车厢只受，滑块不受力.运动分析：车厢匀加速运动，滑块相对水槽静止.设问分析：车厢与滑块发生第一次碰撞将在车厢的左侧，得出车厢运动的位移大小为（2）乙设问分析：滑块体积可以忽略，则（3）.受力分析：与（1）比多了阻力，大小随车厢速率变化，则可利用动量定理列式.设问分析：全程车厢通过的总路程：滑块将与车厢发生次碰撞，求每次碰撞后满足的表达式，找规律即可。第 page number 页，共 number of pages 页第 page number 页，共 number of pages 页2026届湖南省高考物理最新模拟试卷7学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________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H→He+H+n+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 kgC．400 kg D．1 000 kg2．如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆，圆心O1的坐标为(R，0)，半径O1A与x轴正半轴夹角θ=60°.不计空气阻力，则 ( )A．从O点以某一速度v0将一小球沿x轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周B．从O点下方某点以速度v0将一小球沿x轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周C．从处将小球以某一速度沿x轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周上A点D．从处将小球以某一速度沿x轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周上A点3．我国航空航天技术已居于世界前列。如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ。已知万有引力常量G，下列说法正确的是（ ）A．轨道半径越大，周期越小 B．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度C．若测得周期和张角，可得到星球的质量 D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度4．如图所示，和是两个振幅、振动频率、相位均相同的波源，分别位于一等腰直角三角形的两个顶点、处，，波源振动方向垂直纸面，波在介质中传播的波长为，、之间的距离为，则( )A．线段上有5个振动减弱点B．、连线的垂直平分线上的点振幅均为0C．若两波源的周期均变为原来的6倍，则两波源在线段上不存在振动减弱点D．减小波源的频率，线段上相邻振动加强点之间的距离增大5．A、B为一电场中x轴上的两点，如图甲所示．一电子仅在电场力作用下从A点运动到B点，x轴上各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是A．该电场是点电荷形成的电场B．A、B两点电场强度大小关系为EAC．电子从A运动到B过程中电场力做负功D．电子在A、B两点的电势能大小关系为EpA>EpB6．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．如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块P静止在光滑水平地面上，其末端与水平地面相切．一滑块Q从光滑圆弧轨道的最高点由静止释放，已知两滑块的质量均为m，圆弧轨道的半径为R，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )A．滑块Q在P上滑动的过程中，系统的动量守恒B．滑块Q在P上滑动的过程中，P、Q水平位移大小一定相等C．滑块Q滑到水平地面上时速度大小为D．滑块Q在P上下滑的过程中，P对Q的支持力做功为－mgR8．水平放置的透明开口饮料瓶内装有适量清水，在其底侧开一小孔，水从小孔流出形成弯曲不散开的水流，用细激光束透过塑料瓶水平射向该小孔，观察到激光束没有完全被限制在水流内传播．下列操作有助于激光束完全被限制在水流内传播的是( )A．增大该激光的强度B．向瓶内再加适量清水C．改用频率更低的激光D．改用折射率比水更大的液体9．如图所示，水平传送带以恒定速度逆时针方向运行，运行的速度大小为v，小滑块以大小为v0的初速度滑上传送带，经过时间t小滑块最终离开传送带，小滑块前时间内所受的滑动摩擦力大于零，后时间内所受的摩擦力等于零。小滑块与传送带之间的动摩擦因数恒定不变，小滑块可看作是质点，重力加速度为g，以地面为参照系，下面说法正确的是（ ）A．小滑块最终到达传送带右侧并离开B．传送带的速度v不可能大于滑块初速度v0C．前时间小滑块的位移为D．时刻小滑块的位移最大10．如图甲所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为10：1，，电压表，V1、V2和电流表、A1、A2都为理想电表，电阻，，的最大阻值为12Ω，原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压.在的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是A．电压表V2的示数减小B．电压表V2的示数为22V不变C．电流表A1示数增大、A2的示数减小D．电压表的V1示数与电流表的A1示数的乘积一直减小三、非选择题（本大题共5小题 共56分）11．某物理课外活动小组准备测量某公园处的重力加速度，他们将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下半部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁.本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出如图乙的函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.甲 乙 丙(1)实验时用10分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图丙所示，该摆球的直径d= mm. (2)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数0，当摆球第二次通过最低点时计为1，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为 . A． B． C． D．(3)实验中所得到的T2-L关系图线如图乙中的图线 (填“a”“b”或“c”)所示，根据图线求得当地的重力加速度g= m/s2(π取3.14，保留三位有效数字). 12．（10分）某学习小组研究一款新型灯泡工作时电流随电压变化的规律。所用器材如下：灯泡（额定电压,内阻约为几欧）；电压表量程,内阻为；电流表A（量程，内阻很小）；滑动变阻器，最大阻值为 ；电阻箱；干电池两节（每节电动势,内阻很小）；开关一个；导线若干。图（a） 图（b）（1） 为满足测量要求，该小组将电压表与电阻箱串联后将量程扩大为，则电阻箱的阻值应为 ________________ 。（2） 为了使灯泡两端的电压可以从零开始变化，该小组设计了如图（a）所示电路图。请在图（a）中补全电路图。（3） 该小组绘制了通过灯泡的电流随其两端电压变化的图像如图（b）中曲线“1”所示，则灯泡两端电压为额定值时的电阻为____________ （结果保留两位有效数字）；考虑到电流表有微小电阻，灯泡电阻的测量值比真实值________（填“偏大”或“偏小”）。（4） 该小组在实验室另外找到两节旧电池、，测得、的干路电流与路端电压之间的关系图像分别如图（b）中“2”“3”所示。若将该灯泡分别与、直接连成回路，、的效率分别为和,则________（填“大于”“等于”或“小于”）。13．小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？14．磁悬浮列车是一种靠磁悬浮力来推动的列车，它通过电磁力实现列车与轨道之间无接触的悬浮和导向，再利用直线电机产生的电磁力牵引列车运行，由于其轨道的磁力使之悬浮在空中，减少了摩擦力，因此速度可达 以上。某科研团队为研究磁悬浮列车的运动情况，制作了总质量 的列车模型，如图甲所示，该列车底部固定一与列车绝缘的矩形金属线框 线框的总电阻 用两根足够长、水平固定、间距 ( 和矩形线框的边长 相等)的平行金属导轨 模拟列车行驶的车轨，导轨间存在垂直导轨平面的等间距不间断的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方向相反、磁感应强度大小均为 每个特定磁场横向宽度恰好与矩形线框的边长 相等，如图乙所示(图乙中只画出矩形线框)。将列车放置于车轨上，当匀强磁场以速度 向右匀速运动时，列车因受到磁场力而运动起来，运动过程中受到的阻力恒为(1)求列车加速时的最大加速度(2)求列车以最大速度行驶时外界供能的功率(3)若磁场由静止开始向右做匀加速运动并开始计时，在 时列车才开始运动，之后线框中的电流保持不变，在 时磁场突然静止， 时列车才静止，求列车的制动距离 。15．如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上。重力加速度为g。(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。参考答案1．【答案】C【思路导引】解答本题的关键是清楚核反应释放能量与标准煤完全燃烧时释放的热量相等，在进行计算时注意数量级.【解析】由题意知，1 kg海水中全部氘核发生聚变反应所释放的能量约为×43.15×1.6×10-13 J≈1.151×1010 J，其与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等，则标准煤的质量M= kg≈400 kg，故C正确.【一题多解】本题为估算题，所以只需要保留到整数位即可.一个氘核发生聚变释放能量大约7 MeV，1 kg海水中氘核大约释放7×1022 MeV能量，约为1×1010 J，则标准煤的质量约为400 kg.2．【答案】C【解析】根据做平抛运动的物体速度的反向延长线过水平位移中点可知，小球从O点和O点下方某处水平抛出不可能垂直击中圆周，A、B错误；x轴上P点到A点的水平距离为PA1，O1点为PA1的中点，从P处将小球以某一速度沿x轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周上A点，C正确；若抛出点M在O点上方，也有可能垂直击中圆周上A点，如图所示，由几何关系可得M点坐标为，D错误.3．【答案】B【详解】根据开普勒第三定律可知轨道半径越大，飞行器的周期越大，A错误；设星球的质量为M，半径为R，平均密度为ρ，张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T。对于飞行器，根据万有引力提供向心力得解得星球质量 ，几何关系有，若测得周期和张角，因为星球的半径和轨道半径均未知，则不能得到星球的质量；星球的平均密度 即若测得周期和张角，可得到星球的平均密度，B正确，C错误；由上述分析可知，若测得周期和轨道半径可以得到星球质量，不能得到星球的平均密度，D错误。4．【答案】D【解析】和是两个振幅相同、振动频率相同、相位相同的波源，所以到两波源的波程差为半波长偶数倍的点为振动加强点，波程差为半波长奇数倍的点为振动减弱点，点到两波源的波程差为0，，则，可得为振动加强点，点到两波源的波程差为，则，解得，可得为振动加强点，相邻振动加强点之间有一个振动减弱点，当等于1、3、5、7时，为振动减弱点，所以线段之间有4个振动减弱点，故错误；、连线的垂直平分线上的点到两波源的波程差均为0，均为振动加强点，振幅不为0，故错误；机械振动在介质中传播的速度仅由介质决定，若两波源的周期均变为原来的6倍，则波长也变为原来的6倍，线段之间的点到两波源的波程差最大为，最小为0，存在到两波源的波程差为的点，此点为振动减弱点，故错误；减小波源的频率，即增大周期，波长增大，线段上相邻振动加强点之间的距离变大，故正确.5．【答案】D【详解】AB．各点电势随其坐标变化的关系图象中，斜率表示电场强度大小可知，该电场为匀强电场，则A、B两点电场强度大小关系为EA=EB，故AB错误；CD．一电子仅在电场力作用下从A点运动到B点，电子从A运动到B过程中电场力方向与运动方向相同，电场力做正功，电势能减小，故电子在A、B两点的电势能大小关系为EpA＞EpB，故C错误，D正确；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】BD 【详解】Q在P上滑动时，Q与P组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向上动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，竖直方向动量不守恒，故A错误；系统可视为人船模型，水平方向由动量守恒可得mvQ－mvP＝0，可知滑块Q在P上滑动的过程中，P、Q水平位移大小一定相等，故B正确；设滑块Q滑到圆弧轨道的末端时，P的速度为vP，Q的速度为vQ，由动量守恒定律有mvQ－mvP＝0，由机械能守恒定律有mgR＝mvP2＋mvQ2，两式联立解得P、Q分离时的速度大小为vP＝vQ＝，故C错误；设滑块Q在P上下滑的过程中，P对Q的支持力做功为W，下滑过程对Q由功能关系得W＝mvQ2－mgR，解得W＝－mgR，故D正确．8．【答案】BD 【详解】增大该激光的强度，激光的临界角不变，现象不会改变，故A错误；当向瓶内加一些清水时，则从孔中射出的水流速度会变大，水流轨迹会变得平直，激光在水和空气界面处的入射角会变大，则会有大部分光在界面处发生全反射，使激光束被限制在水流内传播，故B正确；水从小孔流出形成弯曲的水流，激光没有完全被限制在水流内，是因为光从水射向空气的入射角小于临界角，出现折射现象，当换用频率更低的激光时，临界角变大，更不容易发生全反射，将有更多激光不能被限制在水流内传播，故C错误；改用折射率更大的液体时，临界角变小，容易发生全反射，将有更多激光被限制在水流内传播，故D正确．9．【答案】BC【详解】A：由题意知小滑块先减速向前运动，速度为零后再反向加速运动，和传送带共速之后在传送带上匀速运动直到离开，A错误；B：根据运动学公式可得，小滑块正向减速运动的距离为，紧接着反向加速运动的距离为，由题意可知，因此，B正确；C．时刻的末速度大小为v，小滑块初速度大小为v0，前时间内平均速度为，则位移为，C正确；D．当小滑块速度为零时位移最大，在时刻小滑块已经反向运动了，D错误。选BC。10．【答案】CD【详解】AB．由图乙知，原线圈两端电压的有效值，据，可得副线圈两端电压的有效值，则电压表V2的示数为22V不变．故AB两项错误；C．在滑动变阻器的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，R3接入电路的电阻减小，副线圈回路的总电阻减小，因为副线圈两端电压不变，所以副线圈回路的总电流增大，电流表A1示数增大；副线圈回路的总电流增大，电阻R1两端电压增大，并联电路电压减小，流过电阻R2的电流减小，A2的示数减小．故C项正确；D．电压表的V1示数与电流表的A1示数的乘积当时，电压表的V1示数与电流表的A1示数的乘积最大；在滑动变阻器的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，的阻值由4Ω逐渐减小到0；则滑片自最下端滑动到最上端的过程中，电压表的V1示数与电流表的A1示数的乘积一直减小．故D项正确。综上本题答案是CD。11．【答案】(1)12.0 (2)C (3)a 9.87【思路导引】由T=2π，可得T2=L+h，T2-L图像的斜率为，纵轴截距为正.【详解】(1)游标卡尺读数为12 mm+0×0.1 mm=12.0 mm.(2)从“0”数到“60”时经历了30个周期，则该单摆的周期为，选C．(3)摆线在筒内部分的长度为h，由T=2π，可得T2=L+h，可知其关系图线应为图线a，将题图所给数据代入可得g=π2m/s2≈9.87 m/s2.12．【答案】（1） （2分）（2） 见解析（2分）（3） （2分）；偏大（2分）（4） 小于（2分）【详解】（1） 由串联分压得，由于量程要扩大为，则分压为，解得电阻箱的阻值 。（2） 实验要求灯泡两端的电压从零开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所示。高分关键：几种滑动变阻器必须采用分压式接法的情况：要求电压表示数从0开始；滑动变阻器最大阻值较小。（3） 灯泡的额定电压为，由题图（b）知额定电流为，则灯泡两端电压为额定值时的电阻为 ；由于电流表的分压，灯泡两端电压的测量值大于真实值，通过灯泡电流的测量值等于真实值，由欧姆定律知，灯泡电阻的测量值比真实值偏大。（4） 题图（b）中图线2、3与1的交点横坐标为灯泡两端电压，，由题图（b）知，，故。13．【答案】(1)297 K (2)309 K【详解】(1)当电子天平示数为600.0 g时，细绳对铁块拉力为Δmg＝(m2－m示)g＝m1g铁块和活塞对细绳的拉力相等，则汽缸内气体压强等于大气压强p1＝p0①当电子天平示数为400.0 g时，设此时汽缸内气体压强为p2，对m1受力分析有(m2－0.4 kg－m1)g＝(p0－p2)S②由题意可知，汽缸内气体体积不变，则压强与热力学温度成正比，有＝③联立①②③式解得T2＝297 K(2)环境温度越高，汽缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子天平示数越大，由于细绳对铁块的拉力最小为0，即电子天平的示数恰好为1 200 g时，此时对应的环境温度为装置可以测量的最高环境温度。设此时汽缸内气体压强为p3，对m1受力分析有(p3－p0)S＝m1g④又汽缸内气体体积不变，则压强与热力学温度成正比＝⑤14．【答案】见详解【解析】(1)当列车的速度为零时，线框相对于磁场的速度大小为 线框中左、右两边都切割磁感线，有 ，，解得(2)当列车的速率为 时，线框相对磁场的速率为 随着列车速度增大，加速度逐渐减小，设列车的最大速率为 此时线框中的热功率为 克服阻力的功率为 有 ， ，，，解得设磁场的加速度大小为 时刻列车的速度大小为 加速度大小为 此时线框中的感应电流为 有，经过极短时间 线框中电流的变化量为 有 ，由于 后线框中的电流保持不变，必有 即 后列车和磁场的加速度相同，设 时 列车的速度大小为 因 时列车才开始运动，结合动量定理有 ， ， ，解得。15．【答案】(1)；(2) x2－8μLy＋4y2＝0，其中0≤x≤2μL，μL≤y≤2μL；(3) ＜h≤【详解】本题考查运动学综合问题。(1)A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑到O过程中，根据动能定理可得mg·2μL－μmgL＝mv2－0，可得A经过O点时的速度大小v＝。(2)小物块A从O点落在弧形轨道PQ上的过程中做平抛运动，设水平位置坐标为x，竖直位置坐标为y，则有x＝v0t，y＝gt2，根据动能定理可得mgy＝Ek－mv02，小物块A从O点落在弧形轨道上P点时，有μL＝gt2，2μL＝vPt，根据动能定理可得mg·μL＝Ek－mvP2，联立可得x2－8μLy＋4y2＝0，其中0≤x≤2μL，μL≤y≤2μL。(3) A沿倾斜轨道由静止开始下滑到经过O点过程中，根据动能定理可得mgh－μmgL＝mv12－0，A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒、机械能守恒，有mv1＝λmvB－mv2，mv12＝λmvB2＋mv22，由题意知A与B碰撞后A会反弹，A反弹后再回到O点的过程中，根据动能定理有－μmg·2L＝mv32－mv22，由于A落在B落点的右侧，则有v3>vB，联立可得h>，要使A和B均能落在弧形轨道上，则有v3≤，联立可得h≤，由题意知λ≥5，有＜μL，则A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为第 page number 页，共 number of pages 页第 page number 页，共 number of pages 页2026届湖南省高考物理最新模拟试卷8学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________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．核污水排海威胁人类安全，引发国际社会强烈反对。在泄露的污染物中含有大量放射性元素，其衰变方程为，半衰期为8天，则下列说法正确的是（ ）A．衰变产生的射线由原子核外电子跃迁产生B．元素核的比结合能大于元素核的比结合能C．净化污水过程中可采用高温、高压的环境，加快原子的衰变D．经过16天，200个原子核有150个发生了衰变2．一列简谐横波沿着x轴正方向传播，时的部分波形如图1所示，处质点的振动图像如图2所示，下列说法正确的是（ ）A．时，质点的振动方向沿轴负方向B．到时间内，处质点的振动路程为C．该简谐波的波长可能为D．该简谐波的波速可能为3．如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B的质量分别为3m、2m，A与B、B与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B离转台中心的距离都为r，重力加速度为g，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是 ( )A．A对B的摩擦力沿水平方向指向圆心OB．B对A的摩擦力一定为3μmgC．转台对B的摩擦力的大小一定为5mω2rD．转台的角速度一定满足ω≤4．2023年1月9日，谷神星一号遥五运载火箭在我国酒泉卫星发射中心成功发射，将搭载的科技壹号卫星、天启星座13星等5颗卫星成功送入预定轨道.卫星1圆轨道的半径与卫星2椭圆轨道的半长轴相等，两轨道在同一平面内且两轨道相交于A、B两点，某时刻卫星的位置如图所示.下列说法正确的是 ( )A．两卫星在图示位置的速度v1>v2B．两卫星在图示位置时，卫星1的向心加速度等于卫星2的向心加速度C．两颗卫星分别经过A点时受到的万有引力相等D．若不及时调整轨道，两卫星可能相撞5．如图所示，坐标原点有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为、电荷量为的带正电粒子（不计重力），所有粒子速度大小相等.圆心在、半径为的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为.磁场右侧有一长度为、平行于轴的光屏，其中心位于.已知初速度沿轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则（ ）A．粒子速度大小为B．所有粒子均能垂直射在光屏上C．能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为D．能射在光屏上的粒子初速度方向与轴夹角满足6．如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是( )A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关C．两板间距离越小，电子的加速度就越小D．两板间距离越大，加速时间越短二、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．如图所示为某建筑工地的传送装置，长为、倾角的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率顺时针转动，质量的工件（可视为质点）无初速地放在传送带的顶端，经过一段时间工件运动到传动带的底端，工件与传送带之间的动摩擦因数为，取，，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）A．工件由顶端到底端的时间为1.25sB．若工件与传送带共速时立马将传送带改为逆时针转动，则工件由顶端到底端的时间将变长C．工件在传送带上留下的痕迹长度为3mD．调整转速，工件从顶端到底端的最短时间为8．某小组使用玻璃球模拟彩虹的产生原理，该玻璃球对红光和紫光的折射率分别为和，一束白光入射到玻璃球表面，入射角为，红光和紫光从玻璃球内部照射到表面时形成出射点，当两出射点在球面上连线的弧长至少为时，肉眼可分辨并观测到彩色条纹，下列说法正确的是A．红光和紫光在玻璃球中的传播速度的比值为B．红光和紫光在玻璃球中的传播速度的比值为C．白光进入玻璃球发生一次反射后从玻璃球表面射出，若能观测到彩色条纹，玻璃球的半径至少为D．白光进入玻璃球发生一次反射后从玻璃球表面射出，若能观测到彩色条纹，玻璃球的半径至少为9．如图所示，一个理想变压器原线圈的匝数为50，副线圈的匝数为100，原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上，导轨间距为L=0.4 m.导轨上垂直于导轨有一长度略大于导轨间距的导体棒，导轨与导体棒的电阻忽略不计，副线圈回路中电阻R=20 Ω，图中电压表为理想电表.导轨所在空间有垂直于纸面向里、磁感应强度B=1 T的匀强磁场，导体棒在水平外力的作用下运动，其速度随时间变化的关系为v=5sin 10πt(m/s)，则下列说法正确的是 ( )A．水平外力为恒力B．电压表的示数约为2.83 VC．R的功率为0.2 WD．穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为0.04 Wb/s10．如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽，连线与地面相平，凹槽是位于竖直平面内以为圆心、半径为的一段圆弧，为圆弧最低点，而且段光滑、段粗糙．现有一质量为的小球（可视为质点），从水平地面上处以初速度斜向右上方飞出，与水平地面夹角为 ．不计空气阻力，该小球恰好能从点沿圆弧的切线方向进入凹槽，沿圆弧继续运动后从点以速率飞出．重力加速度为，则下列说法中正确的是（ ）A． 小球由到的过程中，离地面的最大高度为B． 小球由到的过程中，的水平距离为C． 小球在圆弧形凹槽内由于摩擦产生的热量为D． 小球经过圆弧形凹槽最低点处受到轨道的支持力大小为三、非选择题（本大题共5小题 共56分）11．如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置，质量为m1和m2的滑块与质量为m0的动滑轮用不可伸长的轻质绳按图示方式连接（绳竖直）。m2的右侧有宽度为d、质量忽略不计的遮光条。现让m2从距离光电门高度为h处由静止释放，发现光电计时器显示遮光条经过光电门的时间为t。已知重力加速度大小为g，且d远小于h。(1)m2经过光电门时的速度大小为 ；(2)若将m0、m1和m2看做一个系统，则m2下落h过程中，系统减少的重力势能为 ，系统增加的动能为 。(3)经过多次实验发现m0、m1和m2组成的系统减少的重力势能与系统增加的动能并不相等，请从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是（写出一条即可）： 。12．（10分）某同学把铜片和锌片相隔约1 cm插入一个苹果中，就制成了一个水果电池。为了测量其电动势E和内阻r，他用到的实验器材有电阻箱（最大阻值为9 999 Ω）、数字万用表2 V电压挡（内阻远大于普通电压表）、开关、导线若干。实验步骤如下：甲①将该水果电池与其余实验器材按如图甲所示的电路连接；②调节电阻箱阻值，闭合开关，待数字万用表示数稳定后，记录电阻箱的阻值R和数字万用表的示数U后立即断开开关；③每次将电阻箱的阻值增大1 000 Ω，重复实验，计算出相应的和，数据记录如表所示∶R/Ω U/V /kΩ－1 /V－12 000 0．206 0．500 4．8543 000 0．275 0．333 3．6364 000 0．335 0．250 2．9855 000 0．380 0．200 2．6326 000 0．425 0．167 2．353④根据表中数据，绘制出－关系图线如图乙中的直线b所示。乙请回答下列问题∶（1）步骤②中立即断开开关的原因是 ；（2）根据闭合电路欧姆定律，可以得到与的关系表达式为＝ （用E、r和R表示）；（3）根据由实验数据绘制的图线b可得该水果电池的电动势为 V，内阻为 kΩ（结果均保留两位有效数字）；（4）若用普通的电压表代替数字万用表进行实验，得到的图线可能是图乙中的直线 （填“a”“b”“c”或“d”）。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．水平虚线之间是高度为h有界匀强磁场，磁感强度为B，磁场上方的竖直平面有一个梯子形闭合导体框abcd，框宽度、总高。两竖直边导体ab和cd电阻不计，5根等距离分布的水平导体棒电阻都为R。让导体框从离磁场上边缘h高处自由下落，当bc刚进入磁场开始，导体框恰好做匀速直线运动，设重力加速度为g。求：（1）第一条水平棒bc刚进入磁场时的速度大小；（2）第一条水平棒bc在磁场中运动时，bc棒上的电流大小；（3）导体框穿过磁场的整个过程中，bc棒上产生的焦耳热。15．如图所示，长木板C静止在光滑水平面上，在C的左端和距左端L处分别放置两个小物块A和B（A、B均可看做质点），距C的右端1.5 L处固定着一竖直挡板P，A、B、C质量分别为m、m、2m，A、B与C之间的动摩擦因数均为μ。现给A一个水平向右的初速度，在此后的运动过程中A、B始终未脱离C，A与B之间的碰撞过程及C与挡板之间的碰撞过程时间均极短且无机械能损失，B未碰到挡板P。重力加速度为g。（1）为使A能与B发生碰撞，A的初速度大小应满足什么条件？（2）若A的初速度大小v0=4，求：①C经过多长时间碰到挡板；②C至少多长时B才不会滑离C。参考答案【知识点】原子核的衰变及半衰期、结合能与比结合能1．【答案】B【详解】A：衰变产生的射线是由原子核内中子转化为质子和电子产生的，A错误；B：更稳定，元素核的比结合能大于元素核的比结合能，B正确；C：半衰期由核内部本身的因素决定，与原子所处的物理状态或化学状态无关，C错误；D：半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适用，D错误。选B。【知识点】波的图像和振动图像的综合应用2．【答案】B【详解】A．简谐横波沿着x轴正方向传播，由同侧法可知，时，质点的振动方向沿轴正方向，A错误；B．到时间内，处质点的振动的时间为半个周期，振动路程为，B正确；C．由图可知，波长满足，解得，该列波的波长不可能为9m，C错误；D．该简谐波的波速可能为，该列波的波速不可能为，D错误。选B。【知识点】水平面内匀速圆周问题3．【答案】C【解析】对A分析可知，A的重力与B对A的支持力大小相等，B对A的摩擦力提供A做圆周运动的向心力，则B对A的摩擦力指向圆心，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力方向背离圆心，A错误；对A有fBA=3mω2r，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力大小为3mω2r，该摩擦力为静摩擦力，因此B对A的摩擦力不一定为3μmg，B错误；对A、B整体分析，有f=(3m+2m)ω2r=5mω2r，C正确；根据题意，则有fBA=3mω2r≤μ·3mg，f=5mω2r≤μ·5mg，解得ω≤，D错误.【知识点】万有引力定律问题的分析与计算4．【答案】A【解析】以地球球心为圆心，以卫星2此刻到地心的距离为半径作圆，记作轨道3，根据变轨原理可知卫星2在轨道3上的线速度v3>v2，根据万有引力提供向心力，有G=m，可知轨道半径越小，线速度越大，即v1>v3，故v1>v2，故A正确；根据万有引力提供向心力有=ma，可得a=，卫星2位于远地点，卫星1轨道半径小，则卫星1的向心加速度大，故B错误；根据万有引力定律可知F=G，两颗卫星质量不一定相等，分别经过A点时受到的万有引力不一定相等，故C错误；根据开普勒第三定律k=，卫星1圆轨道的半径与卫星2椭圆轨道的半长轴相等，则两颗卫星周期相同，不可能相撞，故D错误.【知识点】带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题5．【答案】C【解析】初速度沿轴正向的粒子经过磁场后,恰能垂直射在光屏上,说明粒子在磁场中运动的轨迹半径为,根据洛伦兹力提供向心力,有,解得,故错误；如图甲所示,由几何关系可得,能射在光屏上的粒子,运动时间最长时对应轨迹的圆心角为 .根据周期公式可得,在磁场中运动时间最长为,故正确；若能打在光屏下端,如图乙所示,由几何知识可知初速度与轴正方向夹角为 ,由上述分析可知,粒子打在光屏上端时,初速度与轴正方向夹角为 ,能射在光屏上的粒子初速度方向与轴夹角满足 ,故、错误.甲 乙【知识点】元电荷、电子的比荷、几种常见的电场、匀强电场、尖端放电、静电屏蔽与静电吸附、带电粒子在匀强电场中的运动、库仑定律、库仑定律的表达式和简单计算、点电荷的场强、电场 电场强度、电场、电场强度、电场的叠加 、电场线、电荷 电荷守恒定律、电荷及三种起电方式、电荷守恒定律、静电平衡问题、静电感应现象及特点、静电的防止与利用、非点电荷的电场强度的计算与叠加6．【答案】B【解析】极板之间的电压U不变，由E＝可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间越长，由eU＝mv2，得v＝，则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，A、C、D错误， B正确．【知识点】传送带模型7．【答案】AD【详解】A．工件刚开始下滑时，由牛顿第二定律得解得工件加速到与传送带共速时的位移由于可知共速后，工件与传送带保持相对静止一起向下运动到底端，则工件加速阶段和匀速运动阶段时间分别为，工件由顶端到底端的时间为故A正确；B．若工件与传送带共速时立马将传送带改为逆时针转动，由于故工件将继续匀速下滑，则工件从顶端到底端的时间不变，故B错误；C．共速前传送带的位移故痕迹长度为故C错误；D．若转速可调，则当工件从顶端到底端一直加速时时间最短，有解得最短时间为故D正确。故选AD。【知识点】全反射与折射的综合应用8．【答案】AD【详解】本题主要考查折射率与频率间的关系、折射定律、反射定律。因天空中的彩虹与球形水滴有关，通过玻璃球观察到彩虹能更准确地还原大气中彩虹现象的形成原理，有助于培养学生的物理兴趣。高考中常考光在生活中的实际应用，需要注意临界问题的处理。光在玻璃球中的传播速度为，，紫光折射率大，传播速度小，正确，错误；红光和紫光在介质中的光路图如图所示，第一次折射时，红光由空气射入玻璃，，解得，紫光由空气射入玻璃，，解得，根据几何关系，第二次折射时的入射角等于第一次折射时的折射角，，解得，错误，正确。【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用9．【答案】BD 【解析】导体棒的速度按正弦规律变化，则产生的感应电动势不断变化，感应电流不断变化，导体棒所受安培力不断变化，可知外力不断变化，故A错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=2sin 10πt(V)，原线圈两端的电压有效值为U1== V，由电压与匝数关系得=，可得U2=2 V≈2.83 V，则电压表示数约为2.83 V，故B正确；电阻R的功率PR==0.4 W，故C错误；原线圈两端的最大电压U1m=Em=2.0 V，由法拉第电磁感应定律得U1m=n1，则变压器铁芯中磁通量变化率的最大值==0.04 Wb/s，故D正确.【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合10．【答案】BCD【解析】小球由点飞出后做斜抛运动,竖直方向速度为0时,离地面的高度最大,从到A的时间为,最大高度为,的水平距离,A错误,B正确；由能量守恒定律得,小球在圆弧形凹槽内由于摩擦产生的热量为,C正确；段光滑,则小球到圆弧形凹槽最低点B过程中机械能守恒,有,在B点根据牛顿第二定律得,联立解得,D正确．【知识点】实验：验证机械能守恒定律11．【答案】(1)，(2)， ，(3)定滑轮有质量或旋转增加了动能或存在摩擦或存在阻力【详解】(1)m2经过光电门时，遮光条宽度很小，可以看做匀速通过，其速度大小为。(2)m2下落h过程中，m0下落h，m1上升2h系统减少的重力势能为，m2、m0下落速度相同，m1上升速度为2v，系统增加的动能为。(2)从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是，定滑轮有质量或旋转增加了动能或存在摩擦或存在阻力。【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏阻法测定电源的电动势与内阻12．【答案】（1）水果电池长时间工作后内阻会发生明显变化（2分） （2）·＋（2分） （3）0.91（0.85～0.95均可）（2分） 7.0（6.0～7.5均可）（2分） （4）a（2分）【解析】（1）水果电池持续放电时其内阻会发生明显变化，因此每次测量后应立即断开开关。（2）由闭合电路欧姆定律可得U＝E，整理得＝·＋。（3）将图线b延伸至与纵轴相交，则纵截距大小为1.1 V－1＝，解得E≈0.91 V，图线b的斜率为 kΩ/V＝，解得r≈7.0 kΩ。（4）设普通电压表的内阻为RV，外电路为电阻箱与RV的并联电路，R并＝，电压表示数为并联电路两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可得U＝E，整理得 ＝·＋，则图线的斜率不变，纵截距增大，应为图线a。【技巧必背】电源电动势与内阻的测量实验中的图像伏安法：由E＝U＋Ir得U＝E－Ir，U－I图像的斜率为－r，纵截距为E；伏阻法：由E＝U＋r得＝＋·，－图像的斜率为，纵截距为；安阻法：由E＝I（R＋r）得＝·R＋，－R图像的斜率为，纵截距为。【知识点】气体等温变化与玻意耳定律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【知识点】线框模型14．【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）线框整体做自由落体运动，由动能定理进入磁场时的速度（2）由法拉第电磁感应由闭合电路欧姆定律由并联电路特点解得（3）线框受力平衡，磁场力等于重力解得由于水平导体间距与磁场宽度相等，当一根导体出磁场时，另一根导体恰好进入磁场，且等效电路结构未变，故总电流也不变，线框受力情况也不变，因此整个线框一直做匀速直线运动，直到最后一根导体ab出磁场。根据能量守恒定律，线框匀速通过磁场过程中，动能没有变，在磁场中下降高度为5h，所以减少机械能为5mgh转化为线框电阻发热。5根导体在下落过程中所处地位一样，故bc发热占，即【知识点】动量守恒与板块模型相结合、动量守恒中的临界问题、求解弹性碰撞问题15．【答案】（1）大于；（2）①2；②L【详解】（1）A、C之间的摩擦力为μmg，B、C之间不会发生相对滑动，若A恰好不与B发生碰撞，当A在C上滑动L距离时，A、B、C三者的速度应相等，设为v，对A、B、C组成的系统由动量守恒定律得由能量守恒定律得两式联立可得为使A、B能发生碰撞，A的初速度应大于；（2）①A的初速度大小A能与B发生碰撞，A与B碰撞满足动量守恒定律和机械能守恒定律解得vA′＝vB vB′＝vAA、B速度交换 ；A、B碰撞后A与C相对静止，B相对C继续滑动，假设在C碰到挡板之前A、B、C共速，则有mv0＝4mv1解得达到共同速度之前C的加速度达到共同速度之前C的位移所以假设成立，C加速运动的时间整体匀速运动的时间C运动到挡板位置经过的总时间②A开始滑动到A、B、C达到共速的过程，由能量守恒定律得：C与挡板碰撞后，速度反向，A、B均相对C向右滑动，系统满足动量守恒，最终A、B、C均静止，对此过程应用能量守恒定律得C的最小长度第 page number 页，共 number of pages 页第 page number 页，共 number of pages 页2026届湖南省高考物理最新模拟试卷9学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________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．福岛核电站冷却堆芯的核废水虽然经过“多核素去除设备”(ALPS)处理,但核废水中的氚H很难被分离清除,这种放射性物质会通过食物链在人体内累积,对人的伤害将不可估量.氚H衰变后转变成稳定的氦HeH半衰期为12.5年,下列说法正确的是 ( )A．H发生的是β衰变,放出的电子来源于核外电子BH在食物链传递过程中,其半衰期会逐渐缩短C．新产生的单位体积核废水经过25年H与He的摩尔数之比为1∶3DH衰变的本质是由强相互作用引起的中子转变为质子的过程2．现为了在某海岸进行炸弹爆炸后的地质检测，在大海中的A处和陆地上的B处同时引爆炸弹，A、B处质点分别产生如图甲、乙所示的振动图像，且两处爆炸产生的波均向O处传播。已知两列波在海水中的传播速度均为v1＝1 500 m/s，在陆地上的传播速度均为v2＝3 000 m/s，AB＝600 km，O为AB的中点，C为OB的中点，假设两列波在海水和陆地上的传播速度不变，忽略海水的流速。则 甲 乙A．O点为振动加强点B．若A处有一漂浮物，漂浮物运动到陆地的最短时间为200 sC．由于A、B处两列波在海水和陆地上的传播速度不同，故无法形成干涉现象D．C点持续振动的时间为200 s3．2022年11月1日凌晨4点27分，我国“梦天”实验舱与“天和”核心舱成功实现“太空握手”，整个交会对接过程历时大约13小时。“梦天”入列，标志着我们组建中国空间站的“最后一块积木”已经到位。如图所示，若“梦天”实验舱进入轨道Ⅰ运行，之后与在高度为H的轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱成功对接（M点为对接点），航天员进入核心舱开始工作。则下列说法中正确的是（ ）A．对接前，“梦天”实验舱在Ｍ点的加速度与“天和”核心舱在M点的加速度相等B．对接前，“梦天”实验舱在N点与M点加速度的大小相等C．进入核心舱后，航天员完全失重，故航天员的向心加速度为零D．进入核心舱后，航天员对核心舱有压力4．如图，在倾角为的斜面顶端，将小球以v0的初速度水平向左抛出，经过一定时间小球发生第一次撞击。自小球抛出至第一次撞击过程中小球水平方向的位移为x，忽略空气阻力，则下列图像正确的是（ ）A． B．C． D．5．如图，在真空中，－Q1、+Q2为固定在x轴上A、B两点的电荷且Q1=4Q2，，a、b、c为P点两侧的三点，且，取无限远电势为零，下说法正确的是（ ）A．将+q沿x轴从a移至b点，其电势能先增大后减小B．b、c两点电势关系C．P点电场强度为零，电势也为零D．a、c两点电场关系6．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球Р套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g，小球由静止开始下滑，在运动过程中小球最大加速度为，最大速度为，则下列判断正确的是（ ）A．小球开始下滑时的加速度最大B．小球的速度由增大至的过程中，小球的加速度一直减小C．当时小球的速度v与之比一定小于D．当时小球的加速度a与之比一定小于二、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．如图甲所示，在平静的水面下深h处有一个点光源s，它发出不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光圆形区域，周围为环状区域，且为a光的颜色（见图乙）。设水对b光的折射率为，则下列说法正确的是（ ）A．在真空中，a光的传播速度比b光的大B．在水中，a光的波长比b光的长C．复色光圆形区域的面积为D．由点光源s垂直水面发出的光，a光在水中的传播时间比b光长8．（多选）如图所示为某种电吹风机电路图，图中a、b、c、d为四个固定触点.绕O点转动的扇形金属触片P可同时接触两个触点，触片P位于不同位置时，电吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种状态.图示状态刚好为触片P接触c、d两点.已知电吹风机吹冷风时的输入功率为60 W，小风扇的额定电压为60 V，正常工作时小风扇的输出功率为52 W，变压器为理想变压器，则下列说法中正确的是 （ ）A．当扇形金属触片P与触点c、d接触时，电吹风机吹热风B．当扇形金属触片P与触点a、b接触时，电吹风机吹冷风C．小风扇的内阻为8 ΩD．变压器原、副线圈的匝数比为=9．如图（a）所示，一物块在时刻，以初速度从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图（b），时刻物块到达最高点，时刻物块又返回底端.、均为已知量，重力加速度大小为，则（ ）A．物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为B．物块返回底端时的速度大小为C．利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小D．利用所给条件可以求出斜面的倾角10．(多选)如图所示,小球以60 J的初动能从A点出发,沿粗糙斜面向上运动,从A经B到C,然后再下滑回到A点.已知向上运动时,从A到B点的过程中,小球动能减少了50 J,机械能损失了10 J,则 ( )A．上升过程中,合外力对小球做功-60 JB．整个过程中,摩擦力对小球做功-20 JC．下滑过程中,重力对小球做功48 JD．回到A点时小球的动能为40 J三、非选择题（本大题共5小题 共56分）11．某物理课外活动小组准备测量某公园处的重力加速度，他们将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下半部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁.本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离，并通过改变而测出对应的摆动周期，再以为纵轴、为横轴作出如图乙的函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度和当地的重力加速度.甲 乙（1） 实验时用10分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图丙所示，该摆球的直径___.丙（2） 测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数0，当摆球第二次通过最低点时计为1，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间，则该单摆的周期为____.A． B． C． D．（3） 实验中所得到的关系图线如图乙中的图线_____（填“”“”或“”）所示，根据图线求得当地的重力加速度____ 取，保留三位有效数字.12．某实验小组在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。（1）该小组的同学用螺旋测微器测量金属丝的直径d，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为 mm。（2）已知该金属丝的阻值约为5 Ω。现用伏安法测量其阻值Rx，要求测量结果尽量准确，使待测金属丝两端的电压能从零开始变化，现备有以下器材：A．电池组（3 V，内阻不计）B．电流表（0～3 A，内阻约为0.1 Ω）C．电流表（0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω）D．电压表（0～3 V，内阻约为3 kΩ）E．电压表（0～15 V，内阻约为15 kΩ）F．滑动变阻器（0～20 Ω）G．滑动变阻器（0～2000 Ω）H．开关、导线上述器材中，电流表应选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应选 。（3）请按要求在下面方框中画出实验原理图 。13．如图所示，光滑导热活塞C将体积为V0的导热容器分成A、B两家，A、B中各封有一定质量的同种气体，A室左侧连接有一U形气压计（U形管内气体的体积忽略不计），B室右侧有一阀门K.可与外界大气相通，外界大气压等于76cmHg，气温恒定．当光滑导热活塞C静止时，A、B两室容积相等，气压计水银柱高度差为38cm.现将阀门K打开，当活塞C不再移动时，求：①A室的体积；②B室从阀门K逸出的气体质量与原有质量的比14．如图所示，PMN和是两条足够长、相距为L的平行金属导轨，左侧圆弧轨道表面光滑，右侧水平轨道表面粗糙，并且右侧空间存在一竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在左侧圆弧轨道上高为h处垂直导轨放置一导体棒AB，在右侧水平轨道上距AB棒足够远的地方，垂直导轨放置另一导体棒CD。已知AB棒和CD棒的质量分别为m和2m，接入回路部分的电阻分别为R和2R，AB棒与水平轨道间的动摩擦因数为μ，圆弧轨道与水平轨道平滑连接且电阻不计。现将AB棒由静止释放，让其沿轨道下滑并进入磁场区域，最终运动到距为d处停下，此过程中CD棒因摩擦一直处于静止状态。重力加速度为g，求：（1）AB棒刚进入磁场时所受安培力的大小；（2）整个过程中AB棒上产生的焦耳热Q；（3）若水平轨道光滑，则从AB棒开始运动到最终处于稳定状态的过程中，通过AB棒的电荷量为多少？15．如图，质量的物块B放置于质量的木板C上，在光滑水平地面上一起以的初速度向左运动。长度为的轻绳，悬挂质量的小球A。将小球A拉至轻绳与竖直方向的夹角处由静止释放，A向右摇至最低点时恰与B发生碰撞并粘在一起（A与C不接触），同时轻绳被刀片割断。已知B与C间的动摩擦因数，取重力加速度大小，A、B均可看成质点，不计空气阻力。求：（1）A与B碰后瞬间的速度；（2）若板足够长，A、B碰撞粘在一起到运动足够长时间后合外力对B的冲量大小I；（3）若板长，要使B不从板上滑离，开始时B在C上放置处与板左端距离x需满足的条件。参考答案【知识点】原子核的衰变及半衰期1．【答案】C 【解析H发生的是β衰变,其方程为HHee,放出的电子是核内中子转变为质子时放出的,A错误;半衰期仅由核内部自身因素决定,与原子所处的化学状态和外部条件没有关系,故H在食物链传递过程中其半衰期不变,B错误;新产生的单位体积核废水经过25年,剩余的H的质量为m1=m0=m0=m0,则剩余的H的摩尔数为n0,发生衰变的H的摩尔数为n0,生成物He的摩尔数为n0,所以H与He的摩尔数之比为1∶3,C正确H衰变的本质是由弱相互作用引起的中子转变为质子的过程,D错误.【知识点】波的图像和振动图像的综合应用2．【答案】D【解析】由题图甲、乙可知两列波的周期均为T＝4 s，B处质点的振动形式传到O点所用时间t1＝＝100 s，A处质点的振动形式传到O点所用时间t2＝＝200 s，可知B处质点的振动形式先传到O点，时间差Δt＝100 s＝25T，因A、B两处波起振方向相反，故O点为振动减弱点，A错误；波上质点本身不会随波迁移，而是在平衡位置附近上下振动，故漂浮物无法到达陆地，B错误；两列波频率相同，可以产生干涉现象，C错误；A处质点的振动形式传到C点所用时间t3＝t2＋＝250 s，B处质点的振动形式传到C点所用时间t4＝＝50 s，时间差Δt'＝200 s＝50T，因为两列波起振方向相反，故C点为振动减弱点，当A处质点的振动形式传到C点时，C点不再振动，所以C点持续振动的时间为Δt'＝200 s，D正确。【试做反馈】本题易错选A项，错选率为28％。部分学生习惯性代入以往经验，并未注意题中两波源的起振方向相反，从而导致判断错误。在日常练习及考试中，学生应认真读题，必要时可以对重点条件进行标记，培养细心、谨慎的做题习惯。【知识点】万有引力定律问题的分析与计算、卫星变轨与对接问题3．【答案】A【详解】A．根据易知，对接前，“梦天”实验舱在M点的加速度与“天和”核心舱在M点的加速度大小相等，方向相同，故A正确；B．同理，对接前，“梦天”实验舱在N点与M点时与地球的距离不同，所以加速度的大小不相等，故B错误；C．进入核心舱后，航天员做匀速圆周运动，其向心加速度为不为零，故C错误；D．进入核心舱后，航天员做匀速圆周运动，自身重力提供向心力，对核心舱的压力为零，故D错误。故选A。【知识点】求解平抛运动、类平抛运动问题4．【答案】D【详解】如果小球落在斜面上，小球位移方向与水平方向夹角为，则有则水平位移小球落水平面上，小球飞行时间恒定，水平位移正比于，故D正确，ABC错误。故选D。【知识点】点电荷的场强、电势、电场的叠加 5．【答案】D【详解】ABC．某点的电场强度是正电荷Q2和负电荷Q1在该处产生的电场的叠加，是合场强，根据点电荷的场强公式可知，－Q1和+Q2在P点产生的电场方向相反，合场强所以合电场强度为零，设Pb之间的距离为L′，则b点的合场强可知b点场强的方向向左，同理可知，在P点右侧各点的场强都向左，取无限远电势为零，根据沿电场线方向电势降低可知，P点电势小于0，且有由于P点场强为0，则aP段场强方向向右，将+q沿x轴从a移至b点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故ABC错误；D．由电场的叠加原理可知，设，则a点的电场强度为同理b点电场强度为则即故D正确。故选D。【知识点】带电粒子在叠加场中的运动6．【答案】B【详解】小球刚开始下滑时受到竖直向下的重力，水平向左的电场力，水平向右的弹力以及竖直向上的滑动摩擦力，且此时滑动摩擦力，竖直方向根据牛顿第二定律有，而随着小球速度的增加，小球所受洛伦兹力由0逐渐增大，根据左手定则可知洛伦兹力的方向水平向右，则在小球运动后水平方向有，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，致使杆对小球的摩擦力减小，而当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力大小时，杆对小球的弹力为零，此时小球在竖直方向仅受重力，加速度达到最大，为重力加速度，即，而随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，杆上再次出现弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合外力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球重力时，小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，因此小球开始下滑时的加速度不是最大，A错误；小球刚开始运动时根据牛顿第二定律有，解得，而根据A中分析可知，加速度最大为重力加速度，即在整个过程中加速度先由逐渐增大到，再由逐渐减小为0，假如开始时加速度是由0开始增加的，则根据运动的对称性可知，当加速度最大时速度小球速度恰好达到，但实际上加速度并不是由0开始增加的，因此可知，当加速度最大时小球的速度还未达到，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出现，小球开始做加速度减小的加速运动，由此可知，小球的速度由增大至的过程中，小球的加速度一直减小，B正确；当时小球可能正在做加速度增大的加速运动，也可能正在做加速度减小的加速运动，根据B中分析可知，若小球正在做加速增大的加速运动，则v与之比一定小于，但若小球正在做加速减小的加速运动，则v与之比一定大于，C错误；由B中分析可知，小球的加速度时，即加速度达到最大时，小球的速度还不到，因此当时小球的加速度a一定小于，当速度时对小球由牛顿第二定律有，即，而当小球速度最大时有，两式联立可得，化简可得，D错误。【知识点】全反射与折射的综合应用7．【答案】BC【详解】解析在真空中，a光和b光的传播速度都为光速c，A错误；a光在水面上有光射出的区域面积较大，知a光的临界角较大，根据，知a光的折射率和频率都较小，再由，可知，在水中，a光的波速比b光的大，由，可得a光的波长比b光的长，B正确；设复色光区域的半径为r，根据，结合几何关系，可知，复色光圄形区球的面和为，C正确；根据可知，a光在水中的传播速度较大，所以由点光源s垂直水面发出的光，a光在水中的传播时间比b光短，D错误。【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用8．【答案】CD【解析】当扇形金属触片P与c、d接触时，电吹风的加热电路和吹风电路均没有接通，故此时电吹风处于停机状态，A错误；当扇形金属触片P与触点a，b接触时，电吹风的加热电路和吹风电路均处于接通状态，此时电吹风吹热风，B错误；由于小风扇的额定电压为U2=60 V，吹冷风时小风扇的输入功率为60 W，故小风扇正常工作时的电流I==1 A，小风扇内阻消耗的电功率P热=P输入-P输出=60 W-52 W=8 W，由P热=I2r，代入数据解得r=8 Ω，C正确；由题意可知，变压器原线圈两端的电压U1=220 V，副线圈两端的电压U2=60 V，===，D正确.【易错分析】小风扇为非纯电阻元件，欧姆定律不适用，因此不能用P=求其内阻，只能根据P热=I2R求其内阻.【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题9．【答案】BD【思路导引】解答本题的关键是明确图像的含义：和图线所围图形的面积相等,如图所示.【详解】根据题意可知,两部分图线与横轴所围图形的面积相等,设物块返回底端时的速度大小为,则有,解得,正确；物块上滑和下滑过程的加速度大小分别为、,则,错误；根据牛顿第二定律有,,解得,,因为物块的质量未知,所以利用所给条件无法求出物块所受摩擦力的大小,但可以求出斜面的倾角,错误,正确.【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合10．【答案】AC【解析】上升过程,由动能定理可知W合=0-Ek0=0-60 J=-60 J,故A正确; 运用动能定理分析得出,小球损失的动能等于小球克服合外力做的功(包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功),损失的动能为ΔEk=mgh+f=h,损失的机械能等于克服摩擦阻力做的功,ΔE=,解得=常数,与h无关,由题意知此常数为5.则小球上升到最高点时,动能为0,即动能减少了60 J,损失的机械能为12 J,当小球返回到A点时,小球又要损失的机械能也为12 J,故小球从开始到返回原处机械能损失了24 J,由功能关系知摩擦力做功Wf=-24 J,则小球返回A点的动能为36 J,故B、D错误; 由上述分析可知,小球上升到最高点时,动能为0,损失的机械能为12 J,则重力势能增加了48 J,即重力做功为WG=-48 J,所以下滑过程中重力对小球做功48 J,故C正确.【知识点】实验：用单摆测量重力加速度11．【答案】（1） 12.0（2） C（3） ；9.86【思路导引】由,可得,图像的斜率为,纵轴截距为正.【解析】（1） 游标卡尺读数为.（2） 从“0”数到“60”时经历了30个周期,则该单摆的周期为,故选.（3） 摆线在筒内部分的长度为,由,可得,可知其关系图线应为图线,将题图乙所给数据代入可得.【知识点】实验：导体电阻率的测量12．【答案】（1）0.398/0.399/0.400/0.401 （2）C；D；F（3）【详解】（1）金属丝直径为d=0＋40.0×0.01 mm=0.400 mm。（2）正确连接后通过金属丝最大的电流约为I=≈0.6 A，为了使结果更精确，安全的前提下，我们选择量程较小的电流表，所以电流表选择C；由于电源电动势为3 V，所以电压表选择D；要求电压从0开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择总阻值较小的F。（3）由于，所以金属丝为小电阻，应采用电流表外接法，实验原理图如图所示。【知识点】两段封闭气体状态变化问题 、气体等温变化与玻意耳定律13．【答案】（1）0.75V0；（2）【详解】阀门K闭合，A室的体积为VA=V0压强为PA=（76+38）cmHg =114cmHg阀门K打开，A室的体积为V′A压强为p′A=76cmHg根据破耳定律得pAVA=p′AV′A解得V′A=0.75V0②阀门K打开后，若B室气体的质量不变，B室的体积为V′B=0.75 V0由于B室的气体逸出，留在B室的气体体积为0.25 V0B室从阀门区逸出的气体质量与原有质量的比为【知识点】双杆模型、电磁感应现象中的功能问题14．【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）AB棒下滑到处，根据机械能守恒得此时由闭合电路欧姆定律可得由安培力公式可得联立解得（2）AB棒进入磁场后，根据动能定理得回路中产生的焦耳热又因两导体棒电流相同，则AB棒上产生的焦耳热联立解得（3）若水平导轨光滑，根据系统动量守恒定律得对AB棒，由动量定理可得而联立解得【知识点】求解弹性碰撞问题15．【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球A由释放到最低点的过程，由动能定理解得小球A与物块B碰撞过程，由动量守恒定律解得方向向右。（2）设三者共同速度，由动量守恒定律解得方向向左。合外力对B的冲量解得共速前，A、B一直相对C向右运动，设相对位移为s，由功能关系解得A初始放置处离板左端距离满足第 page number 页，共 number of pages 页第 page number 页，共 number of pages 页2026届湖南省高考物理最新模拟试卷10学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________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．“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜.核电池将Pu衰变释放的核能一部分转换成电能Pu的衰变方程为PuU+He，则 ( )A．衰变方程中的X等于233 B．He的穿透能力比γ射线强CPu比U的比结合能小D．月夜的寒冷导致Pu的半衰期变大2．广东队队史11次夺取CBA总冠军，是CBA夺取总冠军次数最多的球队。如图所示，某次比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。不计空气阻力，若篮球从B点正上方C点斜向上抛出，仍然垂直击中篮板上A点，则两次抛球相比（ ）A．球从B至A用时较短B．从C点抛出时，抛射角较小C．从C点抛出时的速度较大D．从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较大3．一简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距16 m的两质点，波先传到质点P。当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示，则( )A．质点P沿y轴负方向开始振动B．该波的波长可能为6 mC．该波的传播速度可能为5 m/sD．该波从P传到Q的时间可能为7 s4．如图所示，在质量为M且均匀分布的半径为R的球内挖去半径为r的球，在球外两球的球心连线上距球表面为R的位置放一质量为m可视为质点的小球A，已知 ，两球心O、O1的距离为 ，引力常量为G，下列说法错误的是 （ ）A．剩余部分对小球A的引力的方向沿OA连线方向B．剩余部分对小球A的引力大小为C．若将小球A放入图中的空腔内，则小球在其内的任何位置受到剩余部分对它的万有引力是相等的D．被挖去部分的质量为5．我国的特高压直流输电在高端制造领域是领先世界的一张“名片”，特别适合远距离输电.若直流高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，并且以高压线与大地接触的那个位置为圆心，形成一簇簇如图所示的等差等势线，其形状为同心圆，A、B、C、D是等势线上的四点，当人走在地面上时，如果形成跨步电压就会导致两脚有电势差而发生触电事故，则 ( )A．电势的大小为φC>φB=φD>φAB．场强的大小为EA>EB=ED>ECC．人从B沿着圆弧走到D会发生触电D．A、B间距离等于B、C间距离的2倍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1所示的电路中，变压器为理想变压器，交流电压表和电流表均可视为理想电表，定值电阻，，灯泡的电阻恒定。当开关S断开、电路的输入端接入如图2所示的稳压交流电源时，灯泡恰好正常发光，电压表示数为36V，电流表示数为1A，则（ ）A．灯泡中的电流是频率为0.5Hz的交流电B．理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2:1C．若将开关S闭合，则电压表的示数将变为54VD．若将开关S闭合，则小灯泡的功率将变为40.5W8．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率沿逆时针方向运行。行李与传送带之间的动摩擦因数，旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处。A、B间的距离为L=2.5m，g取10m/s2，则（ ）A．该行李在传送带上先匀加速后匀速运动到B处B．行李刚放上传送带时的加速度大小为1m/s2C．该行李经过2.25s到达B处D．当传送带速度大于时，行李到达B处时的速度小于传送带的速度9.1924年跳台滑雪被列为首届冬奥会项目.如图所示，一名运动员从雪道的最高点由静止开始滑下，经过水平段后从点飞入空中，最终落到点，不计运动员经过点的机械能损失和空气阻力.已知运动员从点到点，重力做功为，克服阻力做功为，从点到点重力做功为，设点所在平面为零势能面，则下列说法正确的是( )A．运动员在点的动能为B．运动员从点到点机械能减少了C．运动员在点的机械能为D．运动员从点到点重力势能减少了10．（多选）打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将、边与轴线的夹角 控制在的范围内，才能使从边垂直入射的光线，在边和边都发生全反射（仅考虑如图所示的光线第一次射到边并反射到边后射向边的情况），则下列判断正确的是（ ）A．若，光线一定在边发生全反射B．若，光线会从边射出C．若,光线会在边发生全反射D．若且 ，最终的出射光线将平行于入射光线三、非选择题（本大题共5小题 共56分）11．在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g=，只要测出多组单摆的摆长L和运动周期T，作出T2-L图像，就可以求出当地的重力加速度，理论上T2-L图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图甲所示：（1）由图像求出的重力加速度g= m/s2（取π2=9.87）. （2）由于图像没有通过坐标原点，求出的重力加速度g值与当地真实值相比 ；若利用g=，采用公式法计算，则求出的重力加速度g值与当地真实值相比 .（均填“偏大”“偏小”或“不变”） （3）某同学在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的长条状的大理石块代替了摆球（如图乙），以下实验步骤中存在错误或不当的步骤是 （填写相应的步骤代号）. A．将石块用细尼龙线系好，结点为N，将尼龙线的上端固定于O点B．用刻度尺测量ON间尼龙线的长度L作为摆长C．将石块拉开一个大约α=5°的角度，然后由静止释放D．从石块摆到最低点时开始计时，记为n=0，当石块第n=30次到达最低点时结束记录，总时间为t，由T=得出周期E．改变ON间尼龙线的长度再做几次实验，记下相应的L和TF．求出多次实验中测得的L和T的平均值作为计算时使用的数据，代入公式g=求出重力加速度g12．（10分）兴趣小组要测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下实验器材：A.两节干电池组成的电池组B.电流表量程，内阻C.电流表量程，内阻D.定值电阻E.定值电阻F.定值电阻G.滑动变阻器H.导线与开关图（a） 图（b）（1） 实验时设计了如图（a）所示电路，需要先将电流表改装成量程为的电压表，将电流表量程扩大为，另一定值电阻作为保护电阻，则三个定值电阻选择为：________；________；________（均填器材前面的字母）。（2） 在图示器材中按照电路图连接成测量电路。（3） 电路连接准确无误后，闭合开关，调节滑动变阻器，得到多组电流表、的示数，作出了图像如图（c）所示，则电池组电动势____________;内阻____________ 。（保留两位小数）图（c）（4） 用本实验电路进行测量，仅从系统误差方面分析，电动势及内阻的测量值均________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。13．如图所示，一根粗细均匀的玻璃管长80cm，一端开口，另一端封闭。管内有一段25cm长的汞柱将一段空气柱封闭于管中。当玻璃管水平放置时，空气柱长40cm。假设温度保持不变，外界大气压为75cmHg，当玻璃管开口向下竖直放置时，求管内空气柱的长度。某同学的解法为：初、末两状态的压强，此过程为等温变化，根据玻意耳定律有即你认为他的解法是否正确？若正确，请说明理由；若错误，也请说明理由，并写出你认为正确的解题步骤和结果。14．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L，abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：初始时刻N到ab的最小距离x；(3)初始时刻，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为（），求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。15．如图所示为某种游戏装置的示意图，水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与PQ相切于Q．已知传送带长L＝4．0 m，且沿顺时针方向以恒定速率v＝3．0 m/s匀速转动．两个质量均为m的滑块B、C静置于水平导轨MN上，它们之间有一处于原长的轻弹簧，弹簧与B连接但不与C连接．另一质量也为m的滑块A以初速度v0沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘在一起，碰撞时间极短．若C距离N足够远，滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2．0 m/s滑上传送带，并恰好停在Q点．已知滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为μ＝0．20，装置其余部分均可视为光滑，重力加速度g取10 m/s2．求：(1)P、Q间的距离；(2)v0的大小；(3)已知竖直圆轨道半径为0．55 m，若要使C不脱离竖直圆轨道，求A的初速度v′0的范围．参考答案1．【答案】C 【解析】由质量数守恒可知，X=238-4=234，A错误He的穿透能力比γ射线弱，电离能力比γ射线强，B错误；核反应的生成物更稳定，比结合能更大，故U比Pu的比结合能大，C正确；半衰期不受温度影响，仅由原子核内部自身的因素决定，D错误.2．【答案】B【详解】AD：因为篮球垂直击中篮板，此时速度处于水平方向，根据逆向思维，把篮球的运动看成反向做平抛运动，到B的下落高度大于到的下落高度，竖直方向根据可知到B的时间大于到的时间，即球从B至A用时较长；水平方向做匀速运动，则有，由于水平位移相等，球从B至A用时较长，可知从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较小，AD错误；B：篮球刚抛出时的抛射角满足，由于从C点抛出时所用时间较短，又因为水平速度较大，可知从C点抛出时，抛射角较小，B正确；C：两次抛出过程有相同的水平位移，设水平位移为，竖直高度为，则有，，，可得抛出时的速度大小为，所以当时，抛出速度有最小值，由于不清楚抛出过程上升高度与水平位移得关系，无法确定C点抛出的速度是否大于B点抛出的速度，C错误。选B。【关键点拨】题中紧抓住篮球垂直打到篮板，故其逆过程可以看成平抛运动。在较低处投篮，即竖直位移要增大，所用时间更长，则垂直篮板的水平速度越小。对于偏转角问题，可以用平抛的末速度公式进行分析判断。3．【答案】B【解析】由振动图像可知，质点Q起振方向沿y轴正方向，由于各质点的起振方向与波源相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向，A错误；从题图可以看出质点Q的振动图像向左平移4 s后与质点P的图像重合，故Q比P滞后4 s，振动周期为6 s，结合振动的周期性可知，该波从P传到Q的时间为Δt＝4 s＋nT＝(6n＋4) s(n＝0，1，2，3…)，可能为4 s，10 s，16 s等，不可能为7 s，D错误；该波的传播速度为v＝，结合D解析中的数据可知，可能为4 m/s，1.6 m/s，1 m/s等，不可能为5 m/s，C错误；波长为λ＝vT，结合C解析中的数据可知，波长可能为24 m，9.6 m，6 m等，B正确。4．【答案】B【详解】在质量为M且均匀分布的半径为R的球内挖去半径为 的球，根据质量与体积的关系可知被挖去部分的质量为 正确；未挖去球体时对A的万有引力为 ，挖去的球体对A的万有引力为 ，剩余部分对A的万有引力为F″=F-F'= ，方向沿OA连线方向，A正确，B错误；质量均匀分布的球壳对内部的物体的万有引力为零，所以若将小球A放入题图中的空腔内，则小球在其内的任何位置受到剩余部分对它的万有引力是相等的，C正确.本题选错误的，故选B.5．【答案】B 【解析】高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，圆心处的电势最高，向外越来越低，电势的大小为φA>φB=φD>φC，故A错误；场强的大小可以通过等差等势线的疏密判断，由题图可知，场强的大小为EA>EB=ED>EC，故B正确；B和D在同一条等势线上，人从B沿着圆弧走到D的过程中两脚间无电势差，则不会发生触电事故，故C错误；由题图知A、B间的平均场强大于B、C间的平均场强，由等差等势面知UAB=2UBC，根据E=可以定性判断出A、B间距离小于B、C间距离的2倍，故D错误.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】BD【详解】A．由图2可知，电路的输入端，输入的交变电流的频率为，变压器不改变交变电流的频率，所以灯泡中电流的频率为，A错误；B．当开关断开时，电阻两端的电压为，电路输入电压的有效值为，则原线圈两端的电压为，电压表测量的是副线圈的电压，则根据，B正确；C．根据，可得，副线圈的电流为，则灯泡的电阻为，副线圈在原线圈中的等效电阻为，此时原线圈中的电流为，电阻的分压为，原线圈的电压为，则电压表的示数，即副线圈的电压为，C错误；D．灯泡的功率为，D正确。选BD。8．【答案】AD【详解】B．行李刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有解得a=2m/s2故B错误；A．设行李到达B处前已经与传送带共速，则加速过程有解得行李加速过程的位移为解得故假设成立，之后行李与传送带保持相对静止向左做匀速直线运动，即该行李在传送带上先匀加速后匀速运动到B处，故A正确；C．结合上述可知，行李匀速过程的时间为解得t2=2.25s则行李从A到B所时间为故C错误；D．假设行李从A到B一直做匀加速直线运动，则有解得当传送带速度大于时，假设成立，行李到达B处的过程不会与传送带共速，行李到达B处的速度小于传送带的速度，故D正确。故选AD。9．【答案】BC【解析】根据动能定理可知，运动员在点的动能为，故错误；运动员从点到点机械能减少量等于该过程克服阻力做的功，可知运动员从点到点机械能减少了，故正确；以点所在平面为零势能面，运动员在点的重力势能为零，则运动员在点的机械能等于该位置运动员的动能，从点到点只有重力做功，机械能守恒，则有，故正确；运动员从点到点重力势能减少量等于该过程重力做的功，该过程重力势能减少了，故错误.10．【答案】CD【解析】光线从边垂直入射，由几何关系可知，光线射到边上时的入射角 ，由题意可知，当时，从边垂直入射的光线，在边和边都发生全反射，说明临界角C的范围为；若，光线在边上的入射角，故光线在边不发生全反射，会从边射出，故A、B错误；若，，故光线在边会发生全反射，故C正确；若且 ，由几何关系知，光线在、边会发生全反射且出射光线垂直于，即出射光线将平行于入射光线，故D正确.11．【答案】（1）9.87 （2）不变 偏小 （3）BDF【思路导引】由T=2π，得T2=L，T2-L图像的斜率为，与图像是否经过坐标原点无关.【解析】（1）由T2=L知，T2-L图像的斜率等于，结合题图甲可得= s2/m，解得g=9.87 m/s2.（2）无论图像是否经过坐标原点，T2-L图像的斜率都等于不变，所以通过图像求出的g不变；若利用g=，采用公式法计算，代入的摆长比实际摆长小，则求出的重力加速度g值与当地真实值相比偏小.（3）用刻度尺测量ON间尼龙线的长度L作为摆长是错误的，摆长应为悬点到石块重心的距离，故B项错误；从石块摆到最低点时开始计时，记为n=0，当石块第n=30次到达最低点时结束记录，总时间为t，则周期T=，故D项错误；求出多次实验中测得的L和T的值，应作出T2-L图像，根据图像的斜率求出重力加速度g，若应用公式求g，将会有较大误差，故F项错误.【关键点拨】解答本题的关键是掌握用单摆测量重力加速度的实验器材的选取、重力加速度的计算方法、图像法处理实验数据以及误差分析.【注意说明】（1）测定摆长l引起的误差①在未悬挂摆球前测定摆长或漏加摆球半径，得到的摆线长度偏小，g值偏小；②测摆长时摆线拉得过紧或以摆球的直径与摆线长之和作为摆长，得到的摆线长度偏大，g值偏大；③悬点未固定好，振动时出现松动，使实际的摆长不断变长，g值也偏小.（2）测定周期时引起的误差①开始计时时停表过迟按下，会使所测时间t偏小，g值偏大；同理，停止计时时停表过早按下，也会使g值偏大；②测定n次全振动的时间为t，误数为n+1次全振动，计算时，g值偏大；同理，误数为n-1次全振动，计算时，g值偏小.12．【答案】（1） （1分）；D（1分）；（1分）（2） 见解析（2分）（3） （2分）；（2分）（4） 等于（1分）【详解】（1） 将电流表改装成电压表，则有，解得 ，故应选；电流表量程扩大到，扩大倍数，并联电阻 ,故应选；保护电阻应选；（2） 实物连线如图所示；（3） 由闭合电路欧姆定律，有，整理有，可得， ；（4） 用本实验电路测量，各电表电阻均已知，则电动势和内阻测量值与真实值相等。【一题多解】 （1）电流表量程扩大到，并联电阻 。13．【答案】57.33cm【详解】他的解法不正确，因为若空气柱长为，加上汞柱则为，已经超过玻璃管长，则汞柱一定溢出了。设留在管内水银柱长为，则空气柱长为，该过程为等温变化，根据玻意耳定律有，即，解得，管内空气柱长为14．【答案】(1)，方向水平向左；(2)；(3)【详解】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为根据右手定则可知电流方向为，电流大小为则所受的安培力大小为根据左手定则可知，安培力的方向水平向左。（2）金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有又联立可得可知初始时刻N到ab的最小距离为（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为（），则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知解得N出磁场时，M的速度大小为由题意可知，此时M到cd边的距离为若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有又联立解得②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有又解得综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为15．【答案】(1)2．25 m；(2)3 m/s；(3)0＜v′0≤9 m/s或v′0≥ m/s【思路导引】运动过程分析第1个过程：A、B发生非弹性碰撞，整体压缩弹簧至弹簧恢复原长后，C脱离弹簧，根据动量守恒定律和动能定理求解A的初速度；第2个过程：C滑上传送带，先做加速运动，后做匀速运动；第3个过程：C不脱离轨道，有两种情况：(1)C最高只能到达圆心等高处，临界条件是C恰能到达圆心等高处，判断C滑上传送带后能不能到达Q点， 结合动量守恒定律和机械能守恒定律，求得A的初速度范围．(2)能通过圆轨道最高处，临界条件是C恰能通过最高点，结合向心力公式和机械能守恒定律，求得A的初速度范围．【详解】(1)由vC解得v′＝2 m/s>v，所以C在传送带上一定先加速后匀速，滑上PQ的速度为v＝3 m/s，又因为滑块C恰好停在Q点，则有0－v2＝－2μgxPQ，解得xPQ＝2．25 m．(2)A与B碰撞，由系统动量守恒定律有mv0＝2mv共，接下来A、B整体压缩弹簧到弹簧恢复原长后，C脱离弹簧，这个过程有2mv共＝2mv1＋mvC，×2mv共2＝×2mv12＋mvC2，联立解得v0＝3 m/s．(3)要使C不脱离圆轨道，有两种情况，一是C最高只能到达圆心等高处，二是能通过圆轨道最高处，若恰能到达圆心等高处，从Q到与圆心等高处，根据机械能守恒定律有mvQ12＝mgR，则vQ1＝＝ m/s，由vQ1>v可知，从N到Q滑块C一直做减速运动，则有vQ12－v′C12＝－2μg(L＋xPQ)，可得v′C1＝6 m/s，如果滑块从静止开始在传送带上一直加速，滑块到达P时速度为vP，则有vP2＝2μgL，得vP＝4 m/s>v＝3．0 m/s，可知滑块能滑上传送带就一定能到达Q点，在A、B碰撞及与弹簧作用的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，则有2mv′共＝2mv′1＋mv′C1，×2mv′共2＝×2mv′12＋mv′C12，又mv01＝2mv′共，联立解得v01＝9 m/s，则0＜v′0≤9 m/s，若C恰能通过最高点，在最高点有mg＝，从Q到最高点的过程根据机械能守恒定律有mv上2＝mvQ22－2mgR，解得vQ2＝＝ m/s，同理可得A的初速度范围是v′0≥ m/s，所以v′0≥ m/s或0＜v′0≤9 m/s．第 page number 页，共 number of pages 页第 page number 页，共 number of pages 页 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2026届湖南省高考物理最新模拟试卷10.docx 2026届湖南省高考物理最新模拟试卷6.docx 2026届湖南省高考物理最新模拟试卷7.docx 2026届湖南省高考物理最新模拟试卷8.docx 2026届湖南省高考物理最新模拟试卷9.docx
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