2026届湖南省长沙市长郡中学高考物理考前最后一卷预测卷含解析

这是一份2026届湖南省长沙市长郡中学高考物理考前最后一卷预测卷含解析，共15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、如图所示，高速公路收费站都设有“ETC”通道（即不停车收 费通道）,设ETC车道是笔直的，由于有限速，汽车通过时一般是先减速至某一限定速度，然后匀速通过电子收费区，再加速驶离（将减速和加速过程都看作加速度大小相等的匀变速直线运动）。设汽车开始减速的时刻t=0，下列四幅图能与汽车通过ETC的运动情况大致吻合的是：

A． B． C． D．
2、静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大，下列采取的措施可行的是（ ）
A．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近
B．断开开关S后，减小A、B两极板的正对面积
C．断开开关S后，将A、B两极板靠近
D．保持开关S闭合，将变阻器滑片向右移动
3、宇航员在某星球表面以初速度2.0 m/s水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图所示，O为抛出点，若该星球半径为4000km，引力常量G＝6.67×10－11N·m2·kg－2，则下列说法正确的是（ ）
A．该星球表面的重力加速度为16.0 m/s2
B．该星球的第一宇宙速度为4.0km/s
C．该星球的质量为2.4×1020kg
D．若发射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度可能大于4.0km/s
4、—颗质量为m的卫星在离地球表面一定高度的轨道上绕地球做圆周运动，若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为1：9，卫星的动能（ ）
A．B．C．D．
5、如图所示为静止的原子核在匀强磁场中发生衰变后做匀速圆周运动的轨迹，衰变后两带电粒子a、b的半径之比为45∶1，两带电粒子a、b的动能之比为117：2，下列说法正确的是（ ）
A．此衰变为β衰变B．大圆为β粒子的运动轨迹
C．小圆为α粒子的运动轨迹D．两带电粒子a、b的周期之比为10∶13
6、某次空降演练中，跳伞运动员从飞机上跳下，10s后打开降落伞，并始终保持竖直下落，在0~14 s内其下落速度随时间变化的v—t图像如图所示，则（ ）
A．跳伞运动员在0~10s内下落的高度为5v2
B．跳伞运动员（含降落伞）在0~10s内所受的阻力越来越大
C．10s时跳伞运动员的速度方向改变，加速度方向保持不变
D．10~14s内，跳伞运动员（含降落伞）所受合力逐渐增大
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、下列说法正确的是
A．一定质量的理想气体，压强变小时，分子间的平均距离可能变小
B．晶体的物理性质表现为各向异性，是由于组成晶体的微粒在空间排列不规则
C．物体内能改变时，其温度一定变化
D．机械能可通过做功全部转化为内能，但内能一定不能通过做功全部转化为机械能而不引起其它的变化
E.将0.05mL浓度为0.02%的油酸酒精溶液滴入水中，测得油膜面积为20cm2，则可测得油酸分子的直径为5×10-9m
8、下列说法符合物理史实的有（ ）
A．奥斯特发现了电流的磁效应B．库仑应用扭秤实验精确测定了元电荷e的值
C．安培首先提出了电场的观点D．法拉第发现了电磁感应的规律
9、 “HAT-P-1”是迄今为止发现的河外星系最大的行星，围绕某恒星A做圆周运动，“HAT-P-1”距离地球的间距大约为450光年。另观测到该行星的半径为R，已知在该行星表面的重力加速度为g。由以上条件可求解的物理量是（ ）
A．恒星A的密度B．行星“HAT-P-1”的第一宇宙速度
C．行星“HAT-P-1”绕恒星A运行的周期D．绕“HAT-P-1”运行的卫星的最小周期
10、下列说法不正确的是_____。
A．竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是因为水银对玻璃管不浸润的结果
B．相对湿度是空气里水蒸气的压强与大气压强的比值
C．物理性质表现为各向同性的固体一定是非晶体
D．压缩气体需要用力，这是气体分子间有斥力的表现
E.汽缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少
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）图甲，用伏安法测定电阻约5Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池。每节电池的电动势约为1.5V，实验室提供电表如下：
A．电流表A1(0～3A，内阻0.0125Ω)
B．电流表A2(0～0.6A，内阻约为0.125Ω)
C．电压表V1(0～3V，内阻4kΩ)
D．电压表V2(0～15V，内阻15kΩ)
(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选________，电压表应选________(填写仪器前字母代号)。
(2)用螺旋测微器测电阻丝的直径如图乙所示，电阻丝的直径为________mm。
(3)根据原理图连接图丙的实物图______。
(4)闭合开关后，滑动变阻器滑片调至一合适位置后不动，多次改变线夹P的位置，得到几组电压、电流和对应的OP段的长度L，计算出相应的电阻后作出R－L图线如图丁。取图线上适当的两点计算电阻率。这两点间的电阻之差为ΔR，对应的长度变化为ΔL，若电阻丝直径为d，则电阻率ρ＝________。
12．（12分）某同学自己组装了一辆智能电动实验小车，为了研究该小车的运动情况，在小车后面系一通过电磁打点计时器的纸带。如图所示为实验中得到的一段纸带，已知电磁打点计时器使用20Hz交流电，相邻两计数点间还有三个点没有画出来，其中AB=2.50cm，BC=4.00cm，CD=5.50cm，该电磁打点计时器每隔___________秒打一次点，相邻两计数点间的时间间隔是_________秒；小车的加速度大小为____________m/s2。
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）如图所示是一种叫“蹦极跳”的运动。跳跃者用弹性长绳一端绑在脚踝关节处，另一端固定在距地面几十米高处，然后从该高处自由跳下。某人做蹦极运动时，从起跳开始计时，他对弹性长绳的弹力F随时间t变化为如图所示的曲线。为研究方便，不计弹性长绳的重力，忽略跳跃者所受的空气阻力，并假设他仅在竖直方向运动，重力加速度g取10m/s2。根据图中信息求：
(1)该跳跃者在此次跳跃过程中的最大加速度；
(2)该跳跃者所用弹性绳的原长；
(3)假设跳跃者的机械能都损耗于与弹性绳相互作用过程中。试估算，为使该跳跃者第一次弹回时能到达与起跳点等高处，需要给他多大的初速度。
14．（16分）如图所示，内壁粗糙、半径R=0.4m的四分之一网弧轨道AB在最低点B处与光滑水平轨道BC相切。质量m2=0.4kg的小球b左端连接一水平轻弹簧，静止在光滑水平轨道上，质量m1=0.4kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B的过程中克服摩擦力做功0.8J，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小球a由A点运动到B点时对轨道的压力大小；
(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，a球的最小动能；
(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。
15．（12分）如图所示，光滑斜面体ABC固定在地面上，斜面AB倾角为37°，斜面AC倾角为53°，P、Q两个物块分别放在AB、AC斜面上，并用绕过斜面体顶端A处光滑定滑轮的细线连接。放在AC斜面上的轻弹簧，一端与Q相连，另一端与固定在C点的挡板相连，物块P、Q的质量分别为2m、m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，两斜面足够长。开始时锁定物块P，细线刚好拉直，张力为零，现解除物块P的锁定，已知 sin 37°=0.6，cs 37°= 0.8，求：
(1)解除锁定的一瞬间，物块P的加速度大小；
(2)当物块Q向上运动的距离时，物块Q的速度大小；
(3)当物块Q向上运动的距离时，弹簧断开，同时给物块P一个平行AB斜面向上的恒定推力F，此后细线的拉力为零，且P、Q两物块的速度同时减为零，则当物块Q速度为零时，物块P克服推力做功为多少。
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、D
【解析】
汽车先做匀减速运动，然后做匀速运动，最后做匀加速运动；图像A反映物体先负向匀速后静止，再正向匀速，选项A错误；图像B反映物体先正向匀速后静止，再正向匀速，选项B错误；图像C反映物体先正向加速，后静止，再正向加速，选项C错误；图像D反映物体先减速后匀速，再加速，符合题意，则选项D正确；故选D.
【点睛】
此题关键是搞清不同的图像反映的运动规律；x-t图像的斜率等于速度；v-t图像的斜率等于加速度.
2、B
【解析】
A． 保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，与极板间距无关，则指针张角不变，故A错误；
B． 断开电键，电容器带电量不变，减小A、B两极板的正对面积，即S减小，根据知，电容减小，根据知，电势差增大，指针张角增大，故B正确；
C． 断开电键，电容器带电量不变，将A、B两极板靠近，即d减小，根据知，电容增大，根据知，电势差减小，指针张角减小，故C错误；
D． 保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误。
故选：B。
3、B
【解析】
A．物体做平抛运动，根据平抛运动的规律有
联立解得
该星球表面的重力加速度为，故A错误；
BC．设该星球的第一宇宙速度为，该星球的质量为，在星球表面附近，则有
解得
故B正确，C错误；
D．根据万有引力提供向心力有
解得
卫星运动的轨道半径越大，则绕行速度越小，第一守宙速度是绕星球表面运行的速度，同步卫星的速度一定小于4.0km/s，故D错误；
故选B。
4、B
【解析】
在地球表面有
卫星做圆周运动有：
由于卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为1:9，联立前面两式可得：r=3R；卫星做圆周运动：
得
Ek=
再结合上面的式子可得
Ek=
A. 与分析不符，故A错误。
B. 与分析相符，故B正确。
C. 与分析不符，故C错误。
D. 与分析不符，故D错误。
5、D
【解析】
ABC．根据动量守恒定律可知两带电粒子动量相等。由两圆外切可知，此为衰变，由得大圆为粒子轨迹，ABC项错误；
D．由得
根据动量守恒定律以及动量与动能的关系有
得
根据周期公式可知
D项正确。
故选D。
6、B
【解析】
A．假设空降兵在空中做匀加速运动，10s时的速度刚好为v2，则这段时间内的下落位移应为
但实际上由图可知，根据图线与横轴围成的面积表示位移可得其下落位移必然大于5v2。故A错误；
B．空降兵在空中受到重力和空气阻力的作用，而由图像可知，空降兵在0~10s内的加速度不断减小，由牛顿第二定律
可知空降兵受到的空气阻力应当不断增大，故B正确；
C．10s时空降兵的速度图像仍在x轴上方，速度方向并未改变，但空降兵的速度走向由增大变为减小，故而加速度方向改变。故C错误；
D．由图可知，10~14 s内，空降兵的速度逐渐减小，且减小的速率逐渐降低，表明空降兵的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知其所受合力逐渐减小。故D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、ADE
【解析】
A．根据气态方程，压强变小时，如果温度降低，则气体的体积可能减小，分子间的平均距离可能变小，故A正确；
B．晶体的物理性质表现为各向异性，是由于组成晶体的微粒在空间排列规则，故B错误；
C．物体的内能包括分子动能和分子势能两部分，物体内能改变时，可能是分子势能发生了变化，而分子平均动能并没有发生变化，即温度可能不变化。故C错误；
D．根据热力学第二定律可知，机械能可通过做功全部转化为内能，但内能一定不能通过做功全部转化为机械能而不引起其它的变化，故D正确；
E．根据题意，一滴油酸酒精溶液含有的油酸体积为：
V=0.05×0.02% mL=1×10-5mL
所以油酸分子直径的大小：
故E正确；
故选ADE。
8、AD
【解析】
A．奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确，符合题意；
B．密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e电荷量，故B错误，不符合题意；
C．法拉第首先提出用电场线描述电场，故C错误，不符合题意；
D．1831年，法拉第发现了电磁感应现象，并总结出电磁感应的规律：法拉第电磁感应定律，故D正确，符合题意。
故选AD。
9、BD
【解析】
AC．本题中不知道行星“HAT-P-1”绕恒星A运动的任何量，故不可计算恒星A的密度和绕A运动的周期，AC错误；
BD．根据在该星球表面附近绕该星球做匀速圆周运动的卫星，重力提供向心力得
解得
，
则行星“HAT-P-1”的第一宇宙速度就是在该星球表面附近绕该星球做匀速圆周运动的线速度，所以行星“HAT-P-1”的第一宇宙速度就是，行星“HAT-P-1”附近运行的卫星的最小周期就是在该星球表面附近绕该星球做匀速圆周运动的周期，所以最小周期是，故BD正确。
故选BD。
10、BCD
【解析】
A．竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力产生的不浸润现象所致，故A正确不符合题意；
B．相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值，故B错误符合题意；
C．多晶体和非晶体均具有各向同性，故物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体，故C错误符合题意；
D．气体之间分子距离很大，分子力近似为零，用力才能压缩气体是由于气体内部压强产生的阻力造成的，并非由于分子之间的斥力造成，故D错误符合题意；
E．气缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，根据理想气体的状态方程可知，压强不变而体积增大，则气体的温度一定升高；温度是分子的平均动能的标志，温度升高则分子的平均动能增大，单个分子对器壁的撞击力增大，压强不变则单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少，故E正确不符合题意。
故选：BCD。
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、B C 0.700
【解析】
(1)[1]由于电源电动势为3V，电表读数要达到半偏，则电压表选C；
[2]由I＝可知电路中最大电流约为0.6A，则电流表选B。
(2)[3]螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01 mm＝0.200mm，所以最终读数为0.5mm＋0.200mm＝0.700mm。
(3)[4]根据原理图连接实物图如图
(4)[5]根据电阻定律
ΔR＝ρ，S＝π
解得
ρ＝
12、0.05 0.20 0.375
【解析】
[1][2]电磁打点计时器周期为0.05s，由于相邻计数点间还有三个点没有画出，则相邻计数点间的时间间隔为0.20s；
[3]根据逐差法可知，车的加速度
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) 20m/s2 (2) 11.25m (3) 5.4m/s
【解析】
(1)由图象可知，运动员的重力
mg=500N，
弹性绳对跳跃者的最大弹力
Fm=1500N
对运动员受力分析，由牛顿第二定律得：
联立解得：运动员的最大加速度
(2)由图象可知，从起跳开始至弹性绳拉直所经时间为t1=1.5s
这一时间内跳跃者下落的距离即为弹性绳的原长，则其原长
(3)弹性绳第一次被拉直时跳跃者的速度
由图象可知，从弹性绳第一次恢复原长至再次被拉直所经时间为
弹性绳第二次被拉直时跳跃者的速度
第一次弹性绳绷紧损耗的机械能为
为使该跳跃者第一次弹回时能到达与起跳点等高处，所需初速度为v0，则有
代入数据得：
。
14、 (1)8N；(2)0；(3)0.8N·s
【解析】
(1)设a球运动到B点时的速度为，根据动能定理有
解得
又因为
解得
由牛顿第三定律知小球a对轨道的压力
(2)小球a与小球b通过弹簧相互作用整个过程中，a球始终做减速运动，b球始终做加速运动，设a球最终速度为，b球最终速度为，由动量守恒定律和能量守恒得
解得
故a球的最小动能为0。
(3)由(2)知b球的最大速度为2m/s，根据动量定理有
15、（1）0.4g （2） （3）
【解析】
(1)解除锁定的一瞬间，设物块P的加速度大小为a1；根据牛顿第二定律有
对物块Q研究有
又
解得
a1=0.4g
(2) 由
得开始时弹簧的压缩量
当物块Q向上运动的距离时，弹簧的伸长量
由此可知，物块Q向上运动的距离时，弹簧的弹性势能变化量为零。根据能量守恒定律可知
可得物块Q的速度大小
(3) 弹簧断开，同时给物块P一个平行AB斜面向上的恒定推力后，物块Q向上做匀减速运动的加速度
物块P向下做匀减速运动的加速度大小也为a2。根据牛顿第二定律有
解得
F=2.8mg
此过程物块Q沿斜面向上运动的距离
物块P克服推力做功