湖南省东安县第一中学2026届高考冲刺物理模拟试题含解析

这是一份湖南省东安县第一中学2026届高考冲刺物理模拟试题含解析，共22页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列说法正确的是（ ）
A．根据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道，原子的能量减少，电子的动能增加
B．中子与质子结合成氘核时吸收能量
C．卢瑟福的α粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的
D．入射光照射到某金属表面发生光电效应，若仅减弱该光的强度，则不可能发生光电效应
2、如图所示，真空中有一个半径为R，质量分布均匀的玻璃球，频率为的细激光束在真空中沿直线BC传播，并于玻璃球表面的C点经折射进入玻璃球，并在玻璃球表面的D点又经折射进入真空中，已知，玻璃球对该激光的折射率为，则下列说法中正确的是（ ）
A．出射光线的频率变小
B．改变入射角的大小，细激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射
C．此激光束在玻璃中穿越的时间为（c为真空中的光速）
D．激光束的入射角为=45°
3、自空中的A点静止释放一个小球，经过一段时间后与斜面体的B点发生碰撞，碰后速度大小不变，方向变为水平，并经过相等的时间最终落在水平地面的C点，如图所示，水平面上的D点在B点正下方，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．A、B两点的高度差和B、D两点的高度差之比为1∶3
B．A、B两点的高度差和C、D两点的间距之比为1∶3
C．A、B两点的高度差和B、D两点的高度差之比为1∶2
D．A、B两点的高度差和C、D两点的间距之比为1∶2
4、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
5、理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可以深刻地揭示自然规律．以下实验中属于理想实验的是（ ）
A．伽利略的斜面实验
B．用打点计时器测定物体的加速度
C．验证平行四边形定则
D．利用自由落体运动测定反应时间
6、质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以v0=的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数的取值范围是（ ）
A．B．
C．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、如图所示，“L”形支架AOB水平放置，物体P位于支架OB部分，接触面粗糙；一根轻弹簧一端固定在支架AO上，另一端与物体P相连。物体P静止时，弹簧处于压缩状态。现将“L”形支架绕O点逆时针缓慢旋转一很小的角度，P与支架始终保持相对静止。在转动的过程中，关于P的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A．支持力减小
B．摩擦力不变
C．合外力不变
D．合外力变大
8、波源O在t=0时刻开始做简谐运动，形成沿x轴正向传播的简谐横波，当t=3s时波刚好传到x=27m处的质点，波形图如图所示，质点P、Q 的横坐标分别为4.5m、18m，下列说法正确的是（ ）
A．质点P的起振方向沿y轴正方向
B．波速为6m/s
C．0~3s时间内，P点运动的路程为5cm
D．t=3.6s时刻开始的一段极短时间内，Q点加速度变大
E.t=6s时P点恰好位于波谷
9、如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度E= 。初始时A、B、C在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是
A．小球在D点时速度最大
B．若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，则v=
C．弹性绳在小球从C到D阶段做的功等于在小球从D到E阶段做的功
D．若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q，则小球到达E点时的速度大小v=
10、如图甲所示，一交流发电机线圈的总电阻，用电器电阻，流过用电器的电流图象如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）

A．交流发电机电动势的峰值为
B．交流发电机线圈从图示位置开始经过时电动势的瞬时值为
C．交流发电机线圈从图示位置开始转过时电压表示数为
D．交流发电机线圈从图示位置开始转过的过程中的平均感应电动势为
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）某同学设计了一个如图所示的实验装置验证动量守恒定律。小球A底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条，用悬线悬挂在O点，光电门固定在O点正下方铁架台的托杆上，小球B放在竖直支撑杆上，杆下方悬挂一重锤，小球A（包含遮光条）和B的质量用天平测出分别为、，拉起小球A一定角度后释放，两小球碰撞前瞬间，遮光条刚好通过光电门，碰后小球B做平抛运动而落地，小球A反弹右摆一定角度，计时器的两次示数分别为、，测量O点到球心的距离为L，小球B离地面的高度为h，小球B平抛的水平位移为x。
(1)关于实验过程中的注意事项，下列说法正确的是________。
A．要使小球A和小球B发生对心碰撞
B．小球A的质量要大于小球B的质量
C．应使小球A由静止释放
(2)某次测量实验中，该同学测量数据如下：，，，，，，重力加速度g取，则小球A与小球B碰撞前后悬线的拉力之比为________，若小球A（包含遮光条）与小球B的质量之比为________，则动量守恒定律得到验证，根据数据可以得知小球A和小球B发生的碰撞是碰撞________（“弹性”或“非弹性”）。
12．（12分）某学习小组利用图甲所示的电路测量电源的电动势及内阻．
(1)按照原理图甲将图乙中的实物连线补充完整________．
(2)正确连接电路后，进行如下实验．
①闭合开关S，通过反复调节滑动变阻器R1、R2，使电流表A3的示数为0，此时电流表A1、A2的示数分别为100.0 mA和80.0 mA，电压表V1、V2的示数分别为1.60 V和1.00 V．
②再次反复调节R1、R2，使电流表A3的示数再次为0，此时电流表A1、A2的示数分别为180.0 mA和40.0 mA，电压表V1、V2的示数分别为0.78 V和1.76 V．
i．实验中调节滑动变阻器R1、R2，当电流表A3示数为0时，电路中B点与C点的电势______．（选填“相等”或“不相等”）
ii．为了提高测量的精确度，电流表A3的量程应选择________
A．0～0.6 A B．0～100 mA C．0～500 μA
ⅲ．测得电源的电动势E =_______V，内阻r =_______Ω．（结果保留3位有效数字）
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，水平虚线ab和cd在同一竖直平面内，间距为L，中间存在着方向向右与虚线平行的匀强电场，虚线cd的下侧存在一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，圆形磁场与虚线cd相切于M点。一质量为m、带电量为+q的粒子由电场上边界的S点以速度v0垂直电场方向进人电场，经过一段时间粒子从M点离开电场进人磁场，粒子在磁场中的速度大小为2v0，经偏转后，粒子由虚线cd上的N点垂直于虚线返回匀强电场且刚好再次回到S点。粒子重力忽略不计，求：
（1）SM两点间的距离；
（2）圆形磁场的半径r以及磁感应强度B的大小；
（3）带电粒子在整个运动过程中的总时间。
14．（16分）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为 ，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为．重力加速度取．A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
15．（12分）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将 A 无初速释放，A 与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量均为m=0.1kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数 =0.2。取重力加速度 g =10m/s2。求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小；
（2）碰撞过程中A对B的冲量I的大小；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。
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、A
【解析】
A．电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，放出光子，总能量减小；根据
可知半径越小，动能越大，故A正确；
B．中子与质子结合成氘核的过程中有质量亏损，释放能量，故B错误；
C．卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构模型，故C错误；
D．根据光电效应方程EKM=hγ－W0知，入射光的频率不变，若仅减弱该光的强度，则仍一定能发生光电效应，故D错误。
故选A。
2、C
【解析】
A.光在不同介质中传播时，频率不会发生改变，所以出射光线的频率不变，故A错误；
B. 激光束从C点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角，折射角都小于临界角，根据几何知识可知光线在玻璃球内表面的入射角不可能大于临界角，所以都不可能发生全反射，故B错误；
C. 此激光束在玻璃中的波速为
CD间的距离为
则光束在玻璃球中从到传播的时间为
故C正确；
D. 由几何知识得到激光束在在点折射角，由
可得入射角，故D错误。
3、D
【解析】
AC、AB段小球自由下落，BC段小球做平抛运动，两段时间相同，根据，可知A、B两点间距离与B、D两点间距离相等，A、B两点的高度差和B、D两点的高度差之比为1∶1，故AC错误；
BD、设A、B两点的高度差为h，根据速度位移公式可得BC段平抛初速度，持续的时间，所以CD两点间距离，所以AB两点的高度差和CD两点的间距之比为1∶2，故B错误，D正确；
故选D．
4、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．
5、A
【解析】
A．伽利略的斜面实验，抓住主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地反映了自然规律，属于理想实验，故A正确；
B．用打点计时器测物体的加速度是在实验室进行是实际操作的实验，故B错误；
C．平行四边形法则的科学探究属于等效替代法，故C错误；
D．利用自由落体运动测定反应时间是实际进行的实验，不是理想实验，故D错误．
故选A．
6、C
【解析】
小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得
解得
由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程
，
小物块受到摩擦力为
对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得
故
，
即，故C正确，ABD错误。
故选C。
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、AC
【解析】
对受力分析如图：
不转动时，对有支持力和静摩擦力，根据平衡条件
转动后受力分析如图：
支持力为
则支持力减小，摩擦力为
则静摩擦力减小，物块保持静止，所以合外力不变，仍为0，AC正确，BD错误。
故选AC。
8、ACE
【解析】
A．根据波动与振动方向间的关系可知，波源O的起振方向与图中x=27m处质点的振动方向相同，沿y轴正方向，则质点P的起振方向也是沿y轴正方向，故A正确。
B．该波3s内传播的距离为27m，则波速
选项B错误；
C．波的周期
则0~3s时间内，P点振动的时间为 运动的路程为5A=5cm，选项C正确；
D．t=3.6s时刻质点Q振动的时间，则此时质点Q正在从最低点向上振动，则在开始的一段极短时间内，Q点加速度变小，选项D错误；
E． t=6s时P点已经振动了，此时P点恰好位于波谷，选项E正确。故选ACE。
9、ABD
【解析】
A.对小球分析可知，在竖直方向
由与，故支持力为恒力，即，故摩擦力也为恒力大小为
从C到E，由动能定理可得
由几何关系可知，代入上式可得
在D点时，由牛顿第二定律可得
由，将可得，D点时小球的加速度为
故小球在D点时的速度最大，A正确；
B.从E到C，由动能定理可得
解得
故B正确；
C.由于弹力的水平分力为，和均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C到D阶段做的功小于在小球从D到E阶段做的功，C错误；
D.将小球电荷量变为，由动能定理可得
解得
故D正确；
故选ABD。
10、BD
【解析】
A．由题图可得电路中电流的峰值为
交流发电机电动势的峰值为
故A错误；
B．由题图可得交变电流的角速度，从线圈平面与磁场平行开始计时，则时电动势的瞬时值
故B正确：
C．电压表示数为有效值不随时间发生变化，电阻两端电压为
所以电压表示数为，故C错误；
D．交流发电机线圈从图示位置开始转过的过程中的平均感应电动势为
故D正确。
故选BD。
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、A 弹性
【解析】
(1)由实验原理确定操作细节；(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过最低点的速度，从而得出动能的增加量，根据小球下降的高度求出重力势能的减小量，判断是否相等。
【详解】
(1)[1]A．两个小于必发生对心碰撞，故选项A正确；
B．碰撞后入射球反弹，则要求入射球的质量小于被碰球的质量，故选项B错误；
C．由于碰撞前后A的速度由光电门测出，A释放不一定从静止开始，故选项C错误；
故选A；
(2)[2]碰撞前后入射球A的速度由光电门测出：
，
；
被碰球B碰撞后的速度为：
；
根据牛顿第二定律,碰撞前有：
，
所以
；
同理碰撞后有：
，
所以
，
则：
；
[3]若碰撞前后动量守恒则有：
，
从而求得：
；
[4]碰撞后的动能
，
而碰撞后的动能
，
由于
，
所以机械能守恒，故是弹性碰撞。
【点睛】
考查验证动量守恒定律实验原理。
12、（1）如图所示；
i．相等 ii．C ⅲ．2.87 1.50
【解析】
（1）根据原理图连接实物图如图所示；
（2）i、实验中，调节滑动变阻器，当电流表示数为0时，说明电流表两端电势差为零，故电路中B点与C点的电势相等；
ii、为了使实验结果更精确，必须严格控制B、C两点电流为零，如果电流表A3的量程相比与电路中的电流太大，会造成BC中有电流，但是读不出来，显示为零，所以应选择量程非常小的，故选C；
iii、根据电路规律可知，第一次实验中，路端电压为，干路电流为；第二次实验中有，干路电流为；由闭合电路欧姆定律可知，联立解得．
【点睛】该实验的关键是明确实验原理，即利用等势法求解，要求BC两点的电势相等，即无电流通过BC，所以在选择A3时一定要选择量程非常小的电流表，然后利用电路结构，结合闭合回路欧姆定律，求解电源电动势和内阻．
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），；（3）。
【解析】
（1）根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示
在电场中，粒子带正电，从S到M过程中做类平抛运动，在竖直方向做匀速直线运动，则有
在M点，沿水平方向的速度
所以粒子的侧位移
则SM两点间的距离
（2）在M处，由速度关系知
解得
粒子在电场中从N返回S过程中的时间为
根据位移时间公式有
且
解得
则
由几何关系知，在中
在中，带电粒子的轨道半径为
粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
又
解得
由图知，为等边三角形，所以圆形磁场区域的半径
（3）带电粒子在磁场中运动的周期，由几何知识可知，带电粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则带电粒子在磁场中运动的时间为
粒子从T点飞出磁场到达N点过程中
则
所以粒子从S点出发到再次返回到S点的时间为
14、（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）B先停止； 0.50m；（3）0.91m；
【解析】
首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可．
【详解】
（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a．假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B．设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB．，则有
④
⑤
⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA=vAt–⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75m，sB=0.25m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处．B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为
s=0.25m+0.25m=0.50m⑨
（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得

故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有


联立式并代入题给数据得

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式

由④式及题给数据得
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
15、（1）3N；（2）；（3）0.25m
【解析】
（1）滑块A下滑的过程，机械能守恒，则有
，
滑块A在圆弧轨道上做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得
两式联立可得
FN=3N
由牛顿第三定律可得，A对轨道的压力
N=FN=3N
（2）AB相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒得
mv=2mv′
对滑块B由动量定理得
（3）对AB在桌面上滑动，水平方向仅受摩擦力，则由动能定理得
解之得
l=0.25m