2026年高考湖南卷物理高考真题（参考版）

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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题卷和答题卡上。
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。写在本试题卷上无效。
3．考试结束后，将本试题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。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. 某舰载机起飞时，在第2s内的v—t图像如图所示，该段时间内舰载机加速度的大小为（ ）
A. 10m/s2B. 20m/s2C. 30m/s2D. 40m/s2
【答案】B
【解析】
【详解】加速度是指速度变化量与对应时间间隔的比值，，所以第2s内舰载机加速度的大小为
故选B。
2. 关于原子核衰变，下列说法正确的是（ ）
A. 原子核发生α衰变时，电荷数增大
B. 原子核发生α衰变时，质量数增大
C. 衰变产生的α粒子穿透能力强，可以穿透几厘米厚的铅板
D. 理论研究表明，（氡核）可能在一次衰变过程中放出两个α粒子，则其衰变方程为
【答案】D
【解析】
【详解】原子核衰变遵循电荷、质量双重守恒。
A．α衰变释放 α 粒子，母核电荷数减 2，不会增大，故A错误；
B．α衰变释放 α 粒子，而α 粒子质量数为 4，因此母核质量数减少 4，不会增大，故B错误；
C．α衰变释放 α 粒子，α粒子的电离作用极强、穿透能力最弱，薄纸即可阻挡；能穿透数厘米铅板的是 γ 射线，故C错误；
D．衰变方程左右遵循电荷、质量双重守恒，左边电荷数为86，右边2×2＋82 = 86；左边质量数为216，右边2×4＋208 = 216，守恒关系成立，衰变方程成立，故D正确。
故选D。
3. 郭守敬望远镜是我国首个天文领域大科学装置，积累了大量的观测数据。分析观测数据表明，某行星绕一恒星做匀速圆周运动的周期为T，轨道半径为该恒星半径的n倍。不考虑其他星体的影响，引力常量为G，则该恒星的平均密度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设恒星自身半径R，则行星轨道半径r = nR
行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有
解得恒星质量
恒星为均匀球体，球体体积公式，密度定义式，将r = nR代入得
故选C。
4. 如图，均匀介质中有且仅有一个点波源产生简谐横波在xy平面内传播，A（4，3）、B（4，0）在xy平面内。某时刻，A处质点位于波峰，B处质点位于波谷。下列说法正确的是（ ）
A. 若波源在（0，0）处，波长可能为1mB. 若波源在（0，0）处，波长可能为2m
C. 若波源在（0，3）处，波长可能为3mD. 若波源在（0，3）处，波长可能为4m
【答案】B
【解析】
【详解】已知某时刻A处质点位于波峰，B处质点位于波谷，波峰、波谷两点间波程差满足半波长的奇数倍（n=0，1，2，…）
AB．若波源在（0，0），A点到波源的距离
B点到波源的距离
波程差，代入
解得
若时，（非整数）
若时，
故A错误，故B正确；
CD．若波源在（0，3），A点到波源距离
B点到波源的距离
波程差，同理
若时，，无整数解
若时，，无整数解
故CD错误。
故选B。
5. 如图，电阻的阻值为，电流表为理想电表，两个电池组完全相同。若将、端分别接入、端，电流表示数为；若将、端分别接入、端，电流表示数为。则单个电池组的电动势和内阻分别为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【详解】设单个电池电动势E，内阻r，定值电阻R。
a、b接d、e：单电源供电，根据闭合电路欧姆定律：
a、c接d、e：两个电池供电，总电动势为，总内阻为，根据闭合电路欧姆定律：
联立解得：，
故选A。
6. 如图，三个足够大的金属板、、平行放置，板到、板的距离分别为、，。点到、板的距离相等，点到、板的距离相等。、板均接地，板带电。关于、两点的电场强度、和电势、，下列关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB．A、C两板均接地，所以电势为0，而B板是等势体，因此BA间、BC间的电势差相等，都等于
平行板间为匀强电场，根据场强公式，已知，故，故A正确，B错误；
CD． a点距A板的距离为，
b点距C板的距离为，
所以，故CD错误。
故选A。
7. 如图，一心形玩具气球内密封一定质量的理想气体和一个充有同种气体的弹性小气球，心形气球体积始终不变。在心形气球内，小气球内部气体压强大于外部气体压强，整个系统导热良好。初始时，小气球的体积为心形气球体积的一半。当温度缓慢升高时，忽略温度变化对气球材料性质的影响，下列说法正确的是（ ）
A. 小气球外部气体压强不变B. 小气球内部气体分子数与外部相等
C. 小气球内部气体体积不变D. 小气球内部气体体积变大
【答案】D
【解析】
【详解】设心形气球总体积为（不变），小球体积，外部气体；
小气球内气体物质的量，压强，外部气体物质的量​，压强。
弹性薄膜产生固定压强差=常数。
由理想气体方程，得 ，
整理得：
CD．为定值，温度升高时，减小。而随增大单调递减，因此​（小气球体积）一定变大，故C错误，D正确；
A．温度升高后，小气球体积增大，因此​减小，由，升高、减小，​一定增大，A错误；
B．初始时，已知，由得​，分子数不相等，故B错误。
故选D 。
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，一块高功率芯片上方紧贴着一个均热板散热器。均热板是一个完全密封的扁平纯铜空腔，空腔内部注有微量的水。在正常工作过程中，水从高温芯片处吸收热量汽化，水蒸气在低温冷凝端放出热量变回液态水，并回流到底部。下列说法正确的是（ ）
A. 空腔内高温处所有水分子的运动速率都比低温处水分子的运动速率大
B. 一定量的水吸收热量变成相同温度的水蒸气，内能变大
C. 该均热板可以从高温物体吸热，向低温物体放热，不对外界做功
D. 该均热板可以从低温物体吸热，向高温物体放热，而不产生其他影响
【答案】BC
【解析】
【详解】A．温度是分子平均动能的标志，仅反映整体的平均水平，而单个分子速率随机，高温区域也存在低速分子，所以“全部更大” 表述错误，故A错误；
B．一定量的水吸收热量变成相同温度的水蒸气，温度相同，分子平均动能相同，汽化过程吸收热量，而汽化后水蒸气的分子间距增大，分子势能增加，总内能上升，故B正确；
C．均热板仅依靠从高温的芯片吸热，向低温的冷凝端放热，完成传递热量，整个过程均热板自身状态复原，无需对外做功，故C正确；
D．根据热力学第二定律，不可能从低温物体吸热、向高温物体放热，同时不产生其他影响，该描述违反热力学第二定律，故D错误。
故选BC 。
9. 如图，某同学将两个相同的球形氦气球用等长的轻绳系在一起，拉着绳使气球随人一起做水平匀速运动。运动过程中，球心始终在绳的延长线上且球心连线水平，两绳所构成的平面与水平面的夹角为（），两球间的弹力为。气球受到空气阻力的大小与相对空气的速率成正比，空气始终相对于地面静止，忽略气球形状的变化。该同学沿原方向运动速度缓慢增大，下列说法正确的是（ ）
A. 增大B. 减小C. 增大D. 减小
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．根据题意，设每根绳子的拉力为，两根绳子之间的夹角为，每个气球受到空气阻力，浮力为，对整体受力分析，由平衡条件，竖直方向上有
水平方向上有
整理可得
运动速度缓慢增大，增大，减小，根据等式可知减小，所以减小，增大，故A错误，B正确；
CD．对单个气球受力分析，由平衡条件有
由于不变，增大，则增大，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 某小组设计了一磁悬浮装置。如图，环形通电线圈固定在水平面上，其上方固定一半径为的环形细管道，管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为。质量为的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀速圆周运动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动
B. 小球做圆周运动的周期为
C. 小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为
D. 若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，则小球与管道间的弹力大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】磁场与竖直方向成 45°，洛伦兹力可分解为竖直方向平衡重力、水平方向提供向心力。
A．由左手定则可知，从管道上方俯视，小球（带正电）沿顺时针方向做圆周运动，故A正确；
B．设磁感应强度为，小球的速度为，由于此时小球与管道间无弹力，
竖直方向上有
水平方向上有
联立解得
则小球做圆周运动的周期为，故B错误；
C．根据题意，半个周期速度反向，动量变化包含水平、竖直分量
水平方向上，由动量定理有
竖直方向有
则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为，故C错误；
D．小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，
速率加倍后洛伦兹力加倍，竖直分力大于重力，管壁提供向下弹力，
竖直方向上有
水平方向上有
小球与管道间的弹力大小
联立解得，故D正确。
故选AD。
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11. 某同学借助视频分析软件进行“用单摆测量重力加速度”的实验，步骤如下：
（1）准备好单摆，用支架将手机竖直放置。
（2）打开手机录像，将单摆拉离平衡位置4°摆角由静止释放。
（3）将录制的视频导入软件进行分析，得到摆球的v—t图像，拟合后如图1所示，可知此单摆的周期T为______s。
（4）如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，读出______（填“a”“b”或“c”）位置的读数，该读数即为摆长l。
（5）重力加速度g = ______（用题中给出的字母“T”和“l”表示）。
（6）该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，可能的原因是刻度尺0刻度线______（填“高于”或“低于”）悬点。
【答案】 ①. ②. ③. ④. 低于
【解析】
【详解】（3）[1]v-t 图像完整振动对应的时间间隔即为单摆周期，直接读取图像周期数值为。
（4）[2]单摆摆长定义：悬点到摆球球心的距离，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，所以b 对应球心刻度的读数，即为摆长。
（5）[3]由单摆周期公式
变形得重力加速度
（6）[4]计算 g 偏小，根据原理式重力加速度，说明测量摆长l偏小；刻度尺零刻度低于悬点，读出长度小于真实摆长，造成误差。
12. 某探究小组用霍尔元件设计了一个测量微小位移的实验装置。
（1）将螺旋测微器通过铜杆连接霍尔元件。霍尔元件伸入两块磁感应强度相同、同极相对放置的磁体间隙中，并处于两磁体中心竖直线上。以中心竖直线为轴，其示意图如图1所示；霍尔元件上的导线与外部工作电路连接，其示意图如图2所示。
（2）将电压表接在霍尔元件的_______（填“、”或“、”）两端，闭合开关，测量其霍尔电压，电压表指针如图3所示，此时电压为_______。
（3）旋转螺旋测微器的旋钮，使霍尔元件沿轴移动至霍尔电压为0处，该处磁感应强度为0，此时的螺旋测微器读数如图4所示，该读数为_______。
（4）保持电流不变，旋转螺旋测微器的旋钮，读出霍尔元件在不同位置的霍尔电压，得到10组数据如下表所示。
（5）在图5中描出第4、5组测量数据的坐标点，并作出图像。_______
（6）用此装置测量微小位移。取下螺旋测微器，将待测物体与铜杆连接，待测物体在轴方向移动，其位移与霍尔元件的位移相等。某次测量中待测物体移动前电压表示数为，移动后电压表示数为，根据图像，此过程中物体位移的大小为_______（保留2位小数）。
【答案】 ①. 、 ②. 50 ③. #### ④. ⑤.
【解析】
【详解】（2）[1]根据霍尔效应原理可知，霍尔电压产生于垂直电流、磁场的方向上，结合图2，将电压表接在霍尔元件的、两端。
[2]由图3可知，电压表的最小刻度为，则此时电压为。
（3）[3]图4中螺旋测微器读数为。
（5）[4]第 4 组 (12.633mm,35mV)、第 5 组 (12.952mm,42mV)，在坐标描点后绘制图像，如图所示
（6）根据图像可知，电压表示数为时，有，移动后电压表示数为时，有，则此过程中物体位移的大小为。
13. 车载摄像头需要有较大的拍摄角度。一摄像头由于结构限制，拍摄角度为。如图，将摄像头嵌入均匀透明介质，介质截面为矩形。只考虑该截面内光线传播情况，通过空气与介质间界面的折射，可将实际拍摄角度扩大。
（1）若希望几乎贴着介质表面入射的光线1能够以图示路径恰好射入摄像头，即拍摄角度扩大为，求介质的折射率；
（2）若介质折射率为1.8，从侧后方向入射的光线2能够以图示路径折射之后发生一次全反射，然后恰好射入摄像头，求光线2的入射角的正弦值。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
如图所示
根据题意已知，光线贴着空气界面入射，入射角为90°
根据几何关系可知光线1的折射角为，
所以
【小问2详解】
根据几何关系可得光线2在玻璃砖中的折射角为
根据折射定律
代入，解得
14. 某小组制作了一储能器，其两端电压与其储存的电荷量间的函数关系近似为（为常量）。将该储能器接入如图所示电路，、、为固定的三个触点。两足够长的平行金属导轨固定于水平面上，电阻不计，间距为。导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为。质量为的导体棒垂直导轨放置，接入电路的阻值为。电源电动势为，内阻不计。定值电阻阻值为。时刻开关S与连接，直到导体棒做匀速运动，再于时刻切换开关与或连接。运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，忽略摩擦。
（1）求时刻导体棒加速度的大小；
（2）若时刻开关与连接，储能器接入电路前电压为0，当储能器电压为时（此时电路中电流不为0），求导体棒速度的大小；
（3）若时刻开关与连接，求从时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
时刻开关S与连接，此时流过导体棒的电流
所以导体棒所受的安培力
根据牛顿第二定律可得
联立解得
【小问2详解】
导体棒匀速运动时，导体棒产生得感应电动势等于电源电动势，设此时导体棒速度为，即
当储能器电压为时（此时电路中电流不为0），对导体棒列动量定理有
代入
可得
根据题意
联立可得
【小问3详解】
从过程对导体棒列动量定理有
又
可得
所以导体棒上产生的焦耳热
可得
从时刻到导体棒静止过程中，根据能量守恒定律可知电路中产生的焦耳热为
导体棒产生的焦耳热为
可得
从时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热
15. 如图，长为的轻杆竖直放置，上端固定一质量为的小球，下端连接于水平地面上某固定点，杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后，小球和杆从静止开始一起运动，当两者间弹力为0时，小球脱离轻杆，重力加速度为，不计空气阻力。
（1）求小球接触地面瞬间的速度的大小；
（2）求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角的正切值；
（3）小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等。碰撞后瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成角（已知，且）。设两部分质量之比为，弹射装置释放的能量为。
（i）求与的关系；
（ii）当最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距。
【答案】（1）
（2）
（3）（i）；（ii）
【解析】
【小问1详解】
根据题意可知，小球脱离前系统只有重力做功，机械能守恒，
根据机械能守恒定律有
解得小球接触地面瞬间的速度的大小
【小问2详解】
设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为，如图所示
设此时小球的速度为，根据机械能守恒定律
对小球，根据牛顿第二定律
解得，
此时小球水平方向分速度
竖直方向分速度
竖直方向，根据速度位移关系
小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角的正切值
联立解得
【小问3详解】
（i）设其中一部分的质量为，则另一部分质量为，如图所示
根据动量守恒定律有，
弹射装置释放的能量
联立可得
（ii）根据数学知识可知，当时，最小为
即有，，
两小球同时落地，运动时间为
可得
两小球的距离
由可得
联立可得
1
11.670
9
2
11.960
16
3
12.302
25
4
12.633
35
5
12.952
42
6
13.270
48
7
13.594
57
8
13.930
67
9
14.246
74
10
14.585
81