2026届湖南邵阳市高三下学期考前学情自测物理试题（含解析）高考模拟

这是一份2026届湖南邵阳市高三下学期考前学情自测物理试题（含解析）高考模拟，共9页。
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，只有一项是符合题目要求的。
1. 关于原子结构和波粒二象性，下列说法正确的是（ ）
A. 爱因斯坦为了解释光电效应，在普朗克能量子假说的基础上提出了光子说
B. 依据热学和电磁学的理论知识，可以解释黑体辐射电磁波的强度按波长分布的实验规律
C. J.J.汤姆孙发现了电子，并依此提出了原子核式结构模型
D. 玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，完全摒弃了经典粒子的观念，成功解释了氢原子光谱的实验规律
【答案】A
【解析】
【详解】A．普朗克为解释黑体辐射规律首先提出能量子假说，爱因斯坦在此基础上提出光子说，成功解释了光电效应的实验规律，故A正确；
B．依据经典热学、电磁学推导的黑体辐射强度分布公式，在短波区间与实验结果严重偏离（即“紫外灾难”），无法解释实验规律，因此才催生了量子假说，故B错误；
C．J.J.汤姆孙发现电子后提出了原子的“枣糕模型”，原子核式结构模型是卢瑟福通过α粒子散射实验提出的，故C错误；
D．玻尔的原子理论首次将量子观念引入原子领域，成功解释了氢原子光谱规律，但该理论仍保留了经典粒子的轨道概念，并未完全摒弃经典粒子的观念，故D错误。
故选A。
2. A、B两个可看做质点的小球通过轻杆相连，用两条轻绳悬挂于点，稳定时如图所示，过点做一条竖直线，交AB连线于点，为AB连线的中点，则关于A、B两个小球质量、大小关系判断正确的是（ ）
A. B.
C. D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】轻杆对两小球弹力大小相等，令该弹力为T，对小球A进行分析，利用相似三角形规律有
解得
对小球B进行分析，利用相似三角形规律有
解得
由于
则有
故选C。
3. 如图，ACBD为半圆柱体透明介质的横截面，AB为直径，为AB的中点，为AO的中点。真空中一束单色光从AB边垂直射入介质，入射点为点，折射光直接由点出射。出射方向与入射方向的夹角为，不考虑光的多次反射，则该介质对该单色光的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】作出光路图如图所示
令圆柱体半径为R，根据几何关系有
解得
根据几何关系可知，空气中的折射角
则折射率
故选B。
4. 2026年邵阳市第五届旅游发展大会将在新邵县召开，42路汽车是连接新邵县城与邵阳市区重要的公共交通工具之一。42路汽车由静止开始沿直线从A站开往B站，先做加速度大小为的匀加速运动，位移大小为，接着在时间内做匀速运动，最后做加速度大小为的匀减速运动，到达B站时速度恰好为0。已知A、B两站之间的距离为，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】汽车在匀加速阶段：设加速结束的速度为，由匀变速直线运动速度-位移公式
可得
汽车在匀减速阶段：初速度为，末速度为0，加速度大小为，同理
解得
联立上式解得。汽车在整个过程中的总位移为，故匀速位移
匀速位移满足
即
可得
联立以上解得
故选B。
5. 某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动，地球半径为，地球表面重力加速度为。则该卫星轨道半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设卫星转动的周期为，根据题意可得
可得
根据万有引力提供向心力
联立解得
故选C。
6. 两波源和分别位于与处，以为边界，两侧为不同的均匀介质，如图甲所示。时两波源同时开始振动，其振动图像相同，如图乙所示。时，与两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响，下列说法正确的是（ ）
A. 时，两列波开始相遇
B. 时，处质点加速度为
C. 时，处质点速度为
D. 时，处质点位移为
【答案】D
【解析】
【详解】A．S1​在，时波传到，左介质（）
波速
在，时波传到，右介质（）
波速
由振动图像乙得周期，振幅，两波源起振方向均向上，频率相同。
到边界的时间，设相遇时间为，则
波前位置
波前位置
相遇时
解得，故A错误；
BCD．两波传到的时间：​的波
到时，振动时间
振动一个周期后，质点回到平衡位置，加速度，速度最大；
的波
到时，振动时间
起振向上，振动​后，质点到达正最大位移，加速度，速度
叠加后总位移
总加速度
总速度，故BC错误，D正确。
故选D。
7. 如图，两条相距的光滑平行导轨由水平部分和倾斜部分组成，水平部分和倾斜部分绝缘相接于、处，导轨左侧连接一恒流源，电流大小。导体棒a的电阻，质量，被锁定于导轨上AB处。质量为的导体棒b被锁定于CD处，导体棒位于CD处时与导轨绝缘，AB与CD相距，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小，倾斜导轨与水平面的夹角为，倾斜导轨处存在垂直导轨所在平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小。a棒解锁后向右运动，运动到CD前瞬间解除b棒的锁定，a棒与b棒发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后a棒立即被锁定在CD处，b棒速度可以无能量损失通过CD。两棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，其余电阻均不计，线圈的自感系数，，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A.
B. a棒从开始运动到与b棒碰前，通过a棒横截面的电荷量为
C. a棒与b棒碰撞前瞬间恒流源的输出功率为
D. b棒上升的最大高度为
【答案】A
【解析】
【详解】A．a、b发生弹性碰撞，系统动量守恒，动能守恒，即 ，
解得
a、b碰撞前，恒流源保持电流恒定，且此时b棒与导轨绝缘无电流，故a棒受到的安培力恒定
加速度恒定
由运动学公式
代入得 ，故A 正确；
B．电流恒定，运动时间
电荷量，故B 错误；
C．a棒碰撞前切割磁感线产生反电动势
恒流源端电压
输出功率
故C 错误。
D．b棒切割磁感线，产生感应电动势
因为电路只有自感线圈L，无电阻，所以感应电动势全部用来阻碍电流变化
联立得
故
即
不难得出b运动过程中受到安培力为
所以
设b上升到最高点时的位移为，所以b从开始运动到速度最大过程中由动能定理
整理得
解得
故最大高度，故D错误。
故选A。
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. 如图，、、是圆上的三点，为圆心，，，一匀强电场的方向与圆所在平面平行，已知、、三点电势分别为、、，则下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度大小为
B. 电场强度方向由指向
C. 电子在点的电势能比在点的大
D. 电子从点运动到点，电场力做功
【答案】AB
【解析】
【详解】AB．根据匀强电场的性质可知
取的中点为，则
所以连线为等势面。根据几何关系可知为等边三角形，则与垂直，由于等势面与电场线相垂直，且顺着电场线的方向电势降低，所以电场强度的方向沿着方向，且由指向。根据几何关系可得
根据匀强电场场强与电势差的关系可知，电场强度的大小为，故AB正确；
C．根据可知，电子在点的电势能为
电子在点的电势能为
所以电子在点的电势能比在点的小，故C错误；
D．电子从点运动到点，电场力做的功为，故D错误。
故选AB。
9. 如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为，交流电源，电阻，，滑动变阻器的阻值范围为，当滑动变阻器接入电路的阻值为时，滑动变阻器消耗的功率最大记为（导线的电阻不计），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．将变压器和负载电阻等效为电阻
易知
即当时，滑动变阻器消耗的功率最大记为，故A正确，B错误；
CD．由AB选项知电源等效内阻
交流电源电压的有效值为
故，故C正确，D错误。
故AC选。
10. 如图，一个光滑细导轨的长臂水平固定，短臂竖直，系有细线的小圆环套在长臂上，细线另一端与小球相连。已知、质量均为，细线长度为，初始时圆环距短臂，细线水平且伸直，将圆环与小球同时由静止释放。已知圆环与短臂接触后瞬间被锁定，当小球运动到圆环正下方时解除圆环的锁定，不计空气阻力，不考虑细线的形变，重力加速度为，，下列说法正确的是（ ）
A. 圆环与短臂接触时，小球的竖直位移大小为
B. 圆环与短臂接触时，细线与水平方向的夹角为
C. 小球运动到最低点时细线的拉力大小为
D. 小球第一次摆到左侧最高点时，细线与水平方向夹角的正弦值为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．小球下摆过程中，根据系统水平方向动量守恒有
解得
圆环A与短臂接触时，设细线与竖直方向的夹角为θ，根据
解得
即与水平方向的夹角为
由几何关系得小球的竖直位移大小为，故A错误，B正确；
C．设圆环与短臂碰撞前瞬间，圆环的速度大小为vA，小球的水平速度大小为，竖直速度大小为vy，根据水平方向动量守恒有
两端沿细线方向速度相等
解得
根据系统机械能守恒有
圆环A与短臂碰撞后瞬间，如图所示，小球A的速度大小为
A锁定瞬间，B的径向速度被细线冲量减为0，只剩沿切向的速度
A锁定后，B从当前位置摆到A正下方的过程机械能守恒，下落高度
因此
解得
最低点拉力T满足向心力公式
联立解得， 因此C错误；
D．最低点解除A锁定后，系统水平方向动量守恒，小球摆到左侧最高点时，A、B沿绳方向速度相等，即水平速度相同，设共同速度为v，初始总动量为
系统机械能守恒：设最高点细线与水平方向夹角为α，B相对于最低点上升高度为L(1−sinα)
势能增加mgL(1−sinα)
因此
代入、，
解得，故D正确。
故选BD。
三、非选择题：共57分。
11. 某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。
（1）利用图甲装置进行实验，要补偿小车受到的阻力。补偿阻力的方法是：用小木块把长木板______（选填“靠近”或“远离”）滑轮的一端垫高适当高度，使小车______（选填“受”或“不受”）牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动。
（2）正确补偿阻力后，将小车自轨道右端由静止释放，重物和托盘下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图乙所示。已知相邻两个计数点的时间间隔均为0.1s，计算小车的加速度______（结果保留3位有效数字）。
（3）将重物的重力视为小车受到的合力，改变重物质量，重复上述步骤，根据数据拟合出图像，如图丙所示。图线没过坐标原点的原因是______。
【答案】（1） ①. 远离 ②. 不受
（2）1.48（1.45～1.48）
（3）没有考虑托盘的重力
【解析】
【小问1详解】
[1][2]补偿阻力的方法是：用小木块把长木板远离滑轮的一端垫高适当高度，使小车不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动。
【小问2详解】
舍去第一段，根据逐差法，加速度
【小问3详解】
将重物的重力视为小车受到的合力，根据图丙可知，当F等于0时，小车的加速度不等于0，由于已经正确补偿阻力，可知，图线没过坐标原点的原因是没有考虑托盘的重力。
12. 某学习小组进行“充电宝不同电量时的电动势和内阻研究”，设计实验电路图如图甲所示。
（1）记录被测充电宝实验时的电量百分比（开始时的电量百分比为100%）。连接电路，将滑动变阻器电阻调至最大。闭合开关S，改变滑动变阻器的阻值，记录每次操作的电流表和电压表的示数，根据数据作出图像如图乙，由图像可得充电宝的电动势________，内阻________。（结果均保留三位有效数字）
（2）当充电宝电量为80%、60%、40%、20%、5%时重复上述实验操作，发现不同电量下充电宝的电动势和内阻基本不变。
（3）学习小组认为实际电压表不是理想的，图甲电路测量有误差，于是设计了如图丙所示的实验，为标准电源，为待测电源，为定值电阻。闭合开关、，调节滑动变阻器和电阻箱，使电流计示数为0，记录示数，示数，电阻箱示数为，重复调节滑动变阻器和电阻箱，每次都使电流计示数为0，记录电阻箱取不同值时对应的和的示数，作出图像，纵轴截距为，斜率绝对值为，可测得电源电动势为______，内阻为______。（结果用、、表示）
【答案】 ①. 5.13##5.12##5.14 ②. 0.115##0.110##0.120 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律，对甲电路有：，因此图像的纵轴截距等于电动势，图像斜率的绝对值等于充电宝内阻。 由图乙可得：纵截距，斜率绝对值
（3）[3][4]当电流计示数为时，说明两端电势相等，因此待测电源的路端电压等于电阻箱两端的电压，即
对待测电源，由闭合电路欧姆定律有
联立得
​ 对比​图像：纵轴截距为，因此
斜率绝对值​
整理得内阻​。
13. 空气悬挂气动避震是现在高档汽车当中常用技术，它是通过对汽车底盘上的一个容器进行充放气体，来维持在运动中的车身高度不变，从而达到减震的效果。其工作原理可以简化为如图所示的导热性良好的圆筒气缸，缸内有一个不计摩擦，可以自由滑动的活塞封闭着一定质量的气体，活塞面积为，活塞和重物的总质量为，初始时阀门K关闭，此时活塞到缸底的高度为，现将重物的质量增加了。已知外界大气压强，重力加速度取，外界环境温度不变。
（1）若充气装置没有工作，求活塞下降的高度；
（2）为维持车身高度不变，需给气缸中注入气体，求注入气体的质量与气缸中原有气体质量的比值。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
初始时，对活塞和重物受力分析可得
可得气体初状态压强
重物质量增加了200kg时，有
可得气体末状态压强
由玻意耳定律可得
解得
【小问2详解】
解法一：设注入气体压强为时体积为，由
解得
则注入气体的质量与原有气体质量之比为
解法二：由，可知注入气体与原有气体的物质的量之比
注入气体的质量与原有气体质量之比
解得
解法三：气体压强为时，原有气体体积
注入气体的体积
注入气体的质量与原有气体质量之比
解得
14. 如图，一宽度为的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为的点静止下滑（），途经圆弧面上最低点，平板上有一质量为的物块b与MN成角从点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生碰撞，碰后两物块结合为一个整体c。a、b、c均视为质点，重力加速度为。
（1）求物块a经过点所受支持力大小；
（2）求碰撞后瞬间c的速度大小；
（3）若，，，取，要使c从NQ之间滑离，求BQ间距的范围。
【答案】（1）
（2）
（3）（，1，2，3…）
【解析】
【小问1详解】
物块a从A到B的过程，由
可得
物块a在B点时：
解得
【小问2详解】
物块b第一次到达最高点时速度大小为

物块a、b碰撞
解得
【小问3详解】
碰后整体c在圆弧面上，垂直槽轴线方向做简谐运动，沿槽轴线方向做速度为的匀速直线运动；在水平面上，垂直槽轴线方向做速度的匀速直线运动，沿槽轴线方向做速度为的匀速直线运动。
简谐运动的周期
在水平面上单程运动时间 ，
要使c从NQ之间滑离，运动时间应满足（，1，2，3…）
即（，1，2，3…）
15. 如图，在xOy直角坐标系中，第二象限有曲线（为常量，单位为），该曲线及其上方有竖直向上的匀强电场。曲线左侧有电子发射器C，金属网D，CD间电压为，CD下端与轴齐平，电子由C不间断地无初速度逸出，经电场加速后，从D沿轴正方向射出。所有电子经过电场都能通过坐标原点，且速度方向与轴正方向的最大夹角为，然后进入第四象限的匀强磁场区域（图中未画出，方向垂直纸面向里）做匀速圆周运动。已知电子的电荷量大小为，质量为，重力忽略不计，不考虑电子之间的作用力，从D出射的电子均匀分布。
（1）求电子从D射出的速度大小；
（2）求D的长度；
（3）进入第四象限匀强磁场区域的电子都能平行轴负半轴射出磁场，已知匀强磁场的磁感应强度大小为，求所加磁场区域的最小面积。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
电子从C到D的过程，根据动能定理
有
解得
【小问2详解】
依题意，电子在匀强电场中做类平抛运动，当速度方向与轴正方向的夹角为时，有，根据平抛推论速度偏转角的正切等于位移偏转角正切的2倍
有
解得
【小问3详解】
电子在第四象限的匀强磁场中做匀速圆周运动，把速度和洛伦兹力分别分解到沿x轴和y轴方向，在x轴方向，由动量定理
有，其中
两边求和并整理得，其中
得，依题意，所有电子都能平行y轴负半轴射出磁场，故所有电子的y坐标相同
设沿x方向进入磁场的电子，半径为
有
得
设速度与x方向成角进入磁场的电子，半径为
有，其中
得
则所加磁场区域的最小面积如图阴影部分所示
有
解得