资源简介

2026届湖南省普通高中学业水平选择性考试临考
预测物理试卷
考试范围：2026届高考物理全部内容 考试时间：75分钟； 命题人：
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．
第一部分（选择题 共43分）
一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．[4分]铽的同位素Tb-161因半衰期为6.9天且衰变时发射β射线，适合制备放射性药物。关于衰变，下列说法正确的是（　　）
A．经过13.8天，10g铽的同位素Tb-161衰变后剩余7.5g
B．10个Tb-161原子经过6.9天有5个发生衰变
C．通过高温高压可改变Tb-161的半衰期
D．β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸
2．[4分]观测发现质量均为的两星球组成的双星系统绕圆心转动时，理论计算的周期与实际观测的周期不符，且。可认为在两星球之间存在暗物质，且暗物质均匀分布在以两星球球心连线为直径的球形空间内。已知质量分布均匀的球体对球外质点的作用力可等效为质量集中在球心处的质点对该质点的作用力，据此下列推断正确的是（ ）
A．若暗物质对星球的作用力为引力，则
B．若暗物质对星球的作用力为斥力，则
C．若暗物质对星球的作用力为引力，则暗物质的总质量为
D．若暗物质对星球的作用力为斥力，则暗物质的总质量为
3．[4分]如图所示，水面上有两个相距4m、频率均为2Hz的波源S1和S2，水面上P点到S1的距离为3m，到S2的距离为5m。t=0时，两波源同时由平衡位置开始向下做简谐运动，t=1.5s时，P点开始振动。已知两波源发出的水波分别传到P点引起的振动振幅均为10cm，下列说法正确的是（　　）
A．该水波的波长为2m
B．0~3s内，P点运动的路程为120cm
C．P点与S2的连线之间（不含P、S2两点）有6个振动减弱点
D．S1与S2的连线之间（不含S1、S2两点）有8个振动加强点
4．[4分]农田、园林的喷灌装置能够旋转喷水，某喷口在旋转过程中，前后两次喷出的水流轨迹如图所示，已知两股水流轨迹的最高点等高，O点为喷口在水平地面上的投影，落点A、B到O点的距离之比为，忽略空气阻力，则（　　）
A．水流1从喷口喷出到落地用时比水流2要长
B．水流1和水流2在最高点的速度大小之比为
C．水流1和水流2从喷出到落地的平均速度之比为
D．相同高度处水流1的流量比水流2的流量小
5．[4分]如图所示，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场．质量为电荷量为的粒子从磁场中的点以速度向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧点，通过点时其速度方向水平向右．距水平虚线的距离均为，两点之间的距离为，不计粒子重力，则下列说法正确的是( )
A．磁感应强度大小为
B．电场强度大小为
C．电场强度大小减半,粒子仍能从点射出
D．磁感应强度大小加倍,粒子仍能从点射出
6．[4分]如图所示，真空中三个点电荷分别置于等边三角形三个顶点上，其中、两点分别固定电荷量为的点电荷，点固定电荷量为的点电荷，三角形边长为，O为其中心，点为其三边中点，设点电荷在某点产生电势为（为点电荷电荷量，为该点到点电荷的距离，取无穷远处电势为零），关于、、、四点电场强度大小及电势高低，下列说法正确的是（　　）
A．点场强大小为，电势为0
B．点场强大小为，电势为
C．点和点场强大小相等，电势不同
D．电子由点沿直线移动到点过程中，加速度减小，电势能增大
7．[4分]如图所示，有一质量为的物块分别与轻绳和轻弹簧相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧与竖直方向的夹角为,重力加速度为,则下列说法中正确的是（ ）
A．轻绳的弹力大小可能小于
B．弹簧可能处于拉伸状态
C．剪断轻绳瞬间，物块的加速度大于
D．剪断轻弹簧瞬间，物块仍能保持平衡
二、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。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．[5分]2025年6月，邵阳市第四届旅游发展大会在“卤菜之都”武冈如期举行，与会期间，一卤菜商进行了如图所示操作，他将一包质量的卤菜（密封包装好的）自传送带的底端轻放上传送带，已知传送带转轴间距长为,倾角为 ,以恒定速度顺时针运行，卤菜与传送带间的动摩擦因数为,设卤菜所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取,,。则下列说法正确的是（ ）
A．卤菜到传送带的顶端历时
B．卤菜到达传送带顶端的过程中因摩擦产生的热量为
C．卤菜到达传送带顶端的过程中电动机多消耗的电能为
D．卤菜到达传送带顶端的过程中电动机多消耗的电能为
9．[5分]如图所示，导线框abcd与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，线框c、d两端接入图示电路，其中ab长为l1，ad长为l2，线框绕过c、d的轴以恒定的角速度匀速转动，开关S断开时，额定功率为P、电阻恒为R的灯泡L1正常发光，理想电流表示数为I，线框电阻不计，下列说法正确的是 （　　）
A．闭合开关S前、后，电流表的示数保持不变
B．线框转动的角速度为
C．变压器原、副线圈的匝数比为
D．线框从图中位置转过时，感应电动势的瞬时值为
10．[5分]如图是两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则( )
A．在同种均匀介质中，光的传播速度比光的大
B．从同种介质射人真空发生全反射时光临界角小
C．照射在同一金属板上发生光电效应时，光的饱和电流大
D．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生光的能级能量差大
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[8分]某同学用图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度的大小”实验，忽略空气阻力的影响。
甲 乙 丙
（1） 组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度，用螺旋测微器测量小钢球直径,示数如图乙所示,小钢球直径_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，记摆长。
（2） 拉开小钢球，使摆线偏离平衡位置的角度不大于 ，由静止释放小钢球，当其振动稳定时,从经过最低点开始计时,记下次全振动的时间,计算出周期_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（3） 多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，根据测量数据作出如图丙所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是_ _ _ _ _ _ _ _ （填“”“”或“”），若图线斜率为，则重力加速度_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
12．[8分]某物理实验小组要精确测量一新型化学电池的电动势和内阻，他们查阅资料发现该电池的电动势大约为3V，内阻大约为，一同学根据学到的物理知识设计了如图甲所示的测量电路，实验室提供了以下器材：
A．微安表A（量程为0 100μA，内阻为Ω）
B．定值电阻（阻值为5000Ω）
C．定值电阻（阻值为500Ω）
D．电阻箱R（0~9999Ω）
E．导线和开关。
（1）经实验小组讨论分析发现，实验室提供的微安表量程太 （选填“大”或“小”），应将定值电阻 （填器材前的字母标号）与微安表A （选填“串联”或“并联”）。
（2）选择正确的定值电阻与微安表正确连接后，再按电路图正确连接电路。先将电阻箱的阻值调到最大，闭合开关，改变电阻箱的阻值，测得的几组微安表A的读数I和电阻箱的读数R，作出图得到如图乙所示的直线，根据图像可求出电池的电动势 V，内阻 （结果均保留3位有效数字）。
（3）从系统误差角度考虑，该小组利用该方法测出的电源内阻与电源真实内阻相比 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）
13．[12分]如图所示,在绝热圆柱形汽缸中用光滑绝热活塞密闭有一定质量的理想气体,在汽缸底部开有一小孔,与U形水银管相连,外界大气压为 ,缸内气体温度 27℃,稳定后两边水银面的高度差为 ,此时活塞离容器底部的高度为 L=50cm(U形管内气体的体积忽略不计).已知柱形容器横截面 S=0.01m2,取 75cmHg压强为 ,重力加速度 g=10m/s2
（1）求活塞的质量;
（2）若容器内气体温度缓慢降至-3℃,求此时U形管两侧水银面的高度差 ′和活塞离容器底部的高度L′.
14．[13分]如图所示，电源电动势为，内阻为，电容器的电容为，是旋钮开关，可以分别接通12、13、23，MN、PQ是两根位于同一水平面的平行光滑导轨，导轨间距为，导轨电阻可以忽略不计，导轨处在垂直导轨向下的匀强磁场中，磁感应强度为，、两根导体棒，质量分别为、（）、电阻均为，开始时、导体棒均静止。现将开关旋至接通12，求：
（1）当开关接通12的瞬间，求流经棒的电流，以及棒的加速度；
（2）从开关接通12到、棒一起匀速运动的过程中，电源的电功；
（3）若将开关接通13，当电容器的电压稳定后，再将开关接通23，求、棒的最大速度？
15．[16分]如图所示，水平传送带以速度v逆时针转动，其左端A点和粗糙水平台面平滑对接（平台足够长），右端B点与一段光滑的圆弧轨道BC在B点平滑连接，圆弧轨道的半径R=40 m，圆心为O，，传送带A、B两点间的距离L=3 m。质量m1=1 kg的小物块P静止在水平轨道上的A点，质量为m2=3 kg的小物块Q静止在水平轨道的B点。现给小物块P一个水平向右的瞬时冲量I=5 N s，已知P经过传送带与Q发生碰撞后P以2 m/s反弹。物块P、Q与水平台面间的动摩擦因数均为μ=0.1，物块Q与传送带之间的动摩擦因数为μ2=0.2，物块P、Q均可视为质点，所有碰撞均为弹性碰撞，g=10 m/s2。
（1）求物块P与传送带之间的动摩擦因数μ1；
（2）若传送带速度v=4 m/s，求物块Q从开始运动到最终停止所需要的总时间（精确到小数点后两位，碰撞时间不计）。
参考答案
1．【答案】D
【详解】经过13.8天，即两个半衰期，10g铽的同位素Tb-161衰变后剩余，而非，故A错误；半衰期是大量原子核的统计规律，不适用于少数原子，故B错误；每种元素原子核的半衰期都是固定的，不受外界温度、压强等影响，故C错误；β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸，故D正确。
2．【答案】C
【详解】双星系统中，设两颗质量为的星球球心间距为，轨道半径为，不考虑暗物质时，由万有引力提供向心力有，解得理论周期的平方，设暗物质总质量为，均匀分布在以两星球球心连线为直径的球形空间内，空间半径，依题意，暗物质对两星球的作用力等效于该空间球心处质量为的质点对两星球的引力或斥力，可得，暗物质对星球的作用力为引力时，向心力为两星球之间的引力大小与暗物质引力大小之和，即，由，解得，可知若为引力，，即，则暗物质的总质量，错误，正确；暗物质对星球的作用力为斥力时，向心力为两星球之间的引力大小与暗物质斥力大小之差，即，,解得，可知若为斥力，，即，则暗物质的总质量，、 错误。
【模型提取】宇宙中的双星及多星模型分析
3．【答案】C
【详解】波速与介质有关，两个波源发出的水波波速一致，所以S1的水波先传到P点，传播距离，传播时间，求出波速两个波源发出的水波频率均为2Hz，周期求出波长，故A错误；时，S1的水波传到P点，P点开始振动，振幅为S1的水波传到P点的时间所以在内，P点振动的周期数P点振动的路程时，S1的水波在P点处于平衡位置开始向下做简谐运动，S2的水波刚传播到P点，也处于平衡位置开始向下做简谐运动，所以P点为加强点，此时振幅为内，P点振动的周期数P点振动的路程所以内P点振动的路程，故B错误；在P点与S2的连线之间（不含P、S2两点）任取一点A，设S1A距离为、S2A距离为，根据振动减弱点的定义得由几何关系得，从A点与P点重合到S1A垂直S2A的过程中，与在减小，也在减小。A点与P点重合时S1A垂直S2A时所以在此过程中，有1个减弱点，即从S1A垂直S2A到A点与S2点重合的过程中，增大，在减小，减小。A点与S2点重合时所以在此过程中，有5个减弱点，即因此，共6个减弱点，故C正确；在S1点与S2的连线之间（不含S1、S2两点）任取一点B，设S1B距离为、S2B距离为，根据振动加强点的定义得解得：，，，，，，，共7个加强点，故D错误。
4．【答案】B
【详解】由于两股水流从喷出到最高点的高度相等，竖直方向上有，可知两股水流在竖直方向的分速度相等，根据，可知，两股水流从喷口喷出到最高点历时相等，由于最高点等高，由，可知最高点至落地时间相等，故两股水流从喷出至落地用时均为，故水流1从喷口喷出到落地用时比水流2相等，A错误；两股水流在最高点的速度之比等于其水平分速度之比，根据，知，在最高点的速度之比等于其水平分位移之比，即，B正确；水流1和水流2从喷出到落地用时相等，竖直位移相等，水平位移之比3:1，则合位移之比不等于，则其平均速度之比不等于，C错误；由A、B项分析知，水流1的初速度比水流2的大，喷口横截面积相等，根据流量可知，相同高度处水流1的流量比水流2的大，D错误。
5．【答案】B
【详解】画出粒子的运动轨迹，如图所示，由题意可知，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有，解得，由牛顿第二定律有，解得错误；
根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为，由几何关系可得，则粒子在电场中的运动时间为，沿电场方向,由牛顿第二定律有，由运动学公式有，联立解得，B正确；电场强度大小减半，粒子在电场中的水平位移加倍，由几何关系知粒子不能从点射出，错误；磁感应强度大小加倍，粒子圆周运动的半径为，将不能从点射出，D错误．
6．【答案】B
【详解】根据对称性可知a、b两处点电荷在O点产生的电场强度大小相等，均为，c处点电荷在O点产生的电场强度方向如下图所示，根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度大小为，根据题意，O点的电势为，故A错误；两个正点电荷在P点的合场强为零，故P点的场强即为负电荷在P点产生的场强，即，根据题意，P点的电势为，故B正确；根据等量同种电荷的电场分布特点以及点电荷的电场分布特点可知，M点和N点场强大小相等。根据题意，可得M点和N点的电势分别为，，可知这两点电势相等，故C错误；电子由O点沿直线移动到P点过程中，电场强度减小，电子受到的电场力减小，其加速度减小，电场力一直做正功，电势能减少，故D错误。
7．【答案】D
【详解】由于轻绳竖直，且物块并未受到任何具有水平向左分量的力，所以弹簧的弹力为零，不可能处于拉伸状态，且轻绳P的弹力大小等于,故错误；剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不会突变，在此瞬间仍为零，物块只受到重力作用，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为,故不正确；由于轻弹簧对物块没有弹力，所以剪断轻弹簧瞬间，物块仍能保持平衡，故正确。故选。
8．【答案】ABD
【详解】卤菜刚放到传送带上时，由牛顿第二定律得，解得，卤菜和传送带共速所用的时间，该过程中卤菜的位移，因为 ，故卤菜和传送带共速后与传送带一起做匀速运动，则卤菜到达传送带端的时间，正确；卤菜加速至与传送带共速过程中与传送带的相对位移，摩擦产生的热量为，正确；卤菜到达传送带顶端的过程中，由能量守恒定律可得电动机多消耗的电能为，错误，正确。
【模型提取】倾斜传送带
（1）求物体运动时间，需要判断物体的运动情况；
（2）共速时，摩擦力方向可能变化，需要判断物体与传送带是否相对滑动，若 ，则两者保持相对静止；若 ，两者发生相对滑动，物体的运动情况根据 与 的方向关系判断；
（3）若物体与传送带运动方向相同，则相对位移为两者位移大小之差；若物体与传送带运动方向相反，则相对位移为两者位移大小之和。
9．【答案】CD
【解析】闭合开关S后，副线圈中电阻减小，电压不变，输出功率P2=变大，输入功率变大，输入电压不变，电流表的示数变大，故A错误；S断开时，灯泡L1正常发光，输出功率为P，故原线圈输入功率也为P，原线圈两端电压的有效值为，最大值为，由于Em=Bl1l2ω，所以线框转动的角速度ω=，故B错误；S断开时，副线圈中的电流I2=，原、副线圈匝数之比等于电流的反比，有==，故C正确；线框从中性面开始转动，所以感应电动势瞬时值表达式为e=sin θ，当转过时，感应电动势的瞬时值为sin=×=，故D正确.
10．【答案】BD
【详解】根据可知光的折射率大于光的折射率，则根据可知光的传播速度较小，错误；
根据可知光发生全反射的临界角小，正确；
发生光电效应时饱和光电流与入射光的强度有关，无法比较饱和光电流的大小，错误；
光的频率较高，若两光均由氢原子能级跃迁产生，则产生光的能级差大，D正确。
11．【答案】（1） 20.125（20.124～20.126均可）（1分）
（2） （2分）
（3） （2分）；（2分）
【详解】
（1） 由题图乙可知。
（2） 从经过最低点开始计时，次全振动时间为，即，解得。
（3） 单摆周期公式，已知图像的纵轴为，且图像为直线，则横轴应为，图像斜率，解得重力加速度。
12．【答案】（1）小；C；并联；（2）3.36；4.37；（3）相等
【详解】（1）当电阻箱所用电阻最大时电路电流最小，最小电流约为，大于微安表的量程，所以实验室提供的微安表量程太小，应将微安表与定值电阻并联，改装成较大量程微安表，依题意，微安表量程为μA，如果与5000Ω定值电阻并联后改装的量程为，小于最小电流，所以应与500Ω定值电阻并联，改装的量程为。
（2）根据上问的分析，当微安表的读数为I时，干路电流为7I，根据闭合电路欧姆定律可得，整理可得，由图像可得，，解得，。
（3）依题意，微安表的内阻已知，则实验过程中微安表的分压值可以准确算出，从而可得到准确的电源电动势和内阻，故从系统误差的角度考虑，已经消除了由于微安表内阻而产生的系统误差，所以利用该方法测出的电源的内阻与电源真实的内阻相等。
13．【答案】（1）；（2）
【详解】
（i）A中气体压强PA=P0+P△h=76.5cmHg=1.02×105Pa
对活塞 PAS=P0S+mg
解得m=2kg．
（ii）由于气体等压变化，U形管两侧水银面的高度差不变△h′=1.5cm
T1=300K，体积V1=50cm.s
T2=270K，体积V2= L′S
由：
解得：L′=45cm．
14．【答案】（1），（方向水平向右）
（2）
（3），方向水平向右
【详解】（1）由电路分析知，刚接通瞬间流经棒和棒的电流相等，由
化简得
对棒分析可得
则有
由左手定则可知方向向右。
（2）根据分析可知，当接通之后棒和棒会受到安培力，但，所以初始棒加速度小于棒加速度，两棒会有速度差，从而会导致两棒电流不等，又进而影响速度差，但最终棒和棒能一起以速度匀速运动。由此可得
对棒由动量定理可得
求和可得
同理对棒由动量定理可得
又流过电源的总电荷量
则电源的总功
代入可得
（3）根据分析可知，当接通之后棒和棒会受到安培力，但，所以初始棒加速度小于棒加速度，两棒会有速度差，从而会导致两棒电流不等，又进而影响速度差，同时电容电压在变小，当导体棒产生的电动势与电容电压相等，棒和棒会一起以速度匀速运动。则有当导体棒产生的电动势与电容电压相等时，有
对棒由动量定理可知
求和可得
同理对棒由动量定理可得
电容器放出的电荷量
联立解得
方向向右（两棒同向运动）。
15．【答案】（1）0.15 （2）10.42 s
【详解】（1）设小物块P在A点的速度为，根据动量定理，物块P在传送带上向右做匀减速运动，加速度为，物块P从A点到B点，根据动力学公式有，P、Q发生弹性碰撞，根据动量守恒定律可得，根据能量守恒定律得，解得，，，μ1=0.15。
（2）圆弧轨道半径较大，小物块Q在BC轨道上的运动可看成单摆运动，小物块Q在BC轨道上运动的时间为，假设物块P返回时在传送带上一直做加速度为a1的匀加速运动，则有，解得，物块P划出传送带时还未与传送带共速；物块Q返回到B点划上传送带后，做加速度为的匀加速运动，设经过位移x与传输带共速，由，得，则物块Q在传送带上运动的时间为，物块P、Q在水平台面上均做加速度的匀减速直线运动，由，得，由，得，由动量守恒定律与能量守恒定律得，，解得，，则，，则物块Q从开始运动到最终停止所需要的总时间。
第 page number 页，共 number of pages 页
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