2026届湖南省高考物理最新模拟试卷含答案解析8

这是一份2026届湖南省高考物理最新模拟试卷含答案解析8，共9页。
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．核污水排海威胁人类安全，引发国际社会强烈反对。在泄露的污染物中含有大量放射性元素，其衰变方程为，半衰期为8天，则下列说法正确的是（ ）
A．衰变产生的射线由原子核外电子跃迁产生
B．元素核的比结合能大于元素核的比结合能
C．净化污水过程中可采用高温、高压的环境，加快原子的衰变
D．经过16天，200个原子核有150个发生了衰变
2．一列简谐横波沿着x轴正方向传播，时的部分波形如图1所示，处质点的振动图像如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A．时，质点的振动方向沿轴负方向
B．到时间内，处质点的振动路程为
C．该简谐波的波长可能为
D．该简谐波的波速可能为
3．如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B的质量分别为3m、2m，A与B、B与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B离转台中心的距离都为r，重力加速度为g，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是( )
A．A对B的摩擦力沿水平方向指向圆心O
B．B对A的摩擦力一定为3μmg
C．转台对B的摩擦力的大小一定为5mω2r
D．转台的角速度一定满足ω≤grμ
4．2023年1月9日，谷神星一号遥五运载火箭在我国酒泉卫星发射中心成功发射，将搭载的科技壹号卫星、天启星座13星等5颗卫星成功送入预定轨道.卫星1圆轨道的半径与卫星2椭圆轨道的半长轴相等，两轨道在同一平面内且两轨道相交于A、B两点，某时刻卫星的位置如图所示.下列说法正确的是( )
A．两卫星在图示位置的速度v1>v2
B．两卫星在图示位置时，卫星1的向心加速度等于卫星2的向心加速度
C．两颗卫星分别经过A点时受到的万有引力相等
D．若不及时调整轨道，两卫星可能相撞
5．如图所示，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），所有粒子速度大小相等.圆心在(0,R)、半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.磁场右侧有一长度为R、平行于y轴的光屏，其中心位于(2R,R).已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则（ ）
A．粒子速度大小为2qBRm
B．所有粒子均能垂直射在光屏上
C．能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为2πm3qB
D．能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴夹角满足45∘≤θ≤135∘
6．如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是( )
eq \a\vs4\al(
)
A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C．两板间距离越小，电子的加速度就越小
D．两板间距离越大，加速时间越短
二、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。
7．如图所示为某建筑工地的传送装置，长为、倾角的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率顺时针转动，质量的工件（可视为质点）无初速地放在传送带的顶端，经过一段时间工件运动到传动带的底端，工件与传送带之间的动摩擦因数为，取，，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．工件由顶端到底端的时间为1.25s
B．若工件与传送带共速时立马将传送带改为逆时针转动，则工件由顶端到底端的时间将变长
C．工件在传送带上留下的痕迹长度为3m
D．调整转速，工件从顶端到底端的最短时间为
8．某小组使用玻璃球模拟彩虹的产生原理，该玻璃球对红光和紫光的折射率分别为62和3，一束白光入射到玻璃球表面，入射角为π3，红光和紫光从玻璃球内部照射到表面时形成出射点，当两出射点在球面上连线的弧长至少为l时，肉眼可分辨并观测到彩色条纹，下列说法正确的是
A．红光和紫光在玻璃球中的传播速度的比值为2
B．红光和紫光在玻璃球中的传播速度的比值为3
C．白光进入玻璃球发生一次反射后从玻璃球表面射出，若能观测到彩色条纹，玻璃球的半径至少为6lπ
D．白光进入玻璃球发生一次反射后从玻璃球表面射出，若能观测到彩色条纹，玻璃球的半径至少为3lπ
9．如图所示，一个理想变压器原线圈的匝数为50，副线圈的匝数为100，原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上，导轨间距为L=0.4 m.导轨上垂直于导轨有一长度略大于导轨间距的导体棒，导轨与导体棒的电阻忽略不计，副线圈回路中电阻R=20 Ω，图中电压表为理想电表.导轨所在空间有垂直于纸面向里、磁感应强度B=1 T的匀强磁场，导体棒在水平外力的作用下运动，其速度随时间变化的关系为v=5sin 10πt(m/s)，则下列说法正确的是( )
A．水平外力为恒力
B．电压表的示数约为2.83 V
C．R的功率为0.2 W
D．穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为0.04 Wb/s
10．如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽AC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段圆弧，B为圆弧最低点，而且AB段光滑、BC段粗糙．现有一质量为m的小球（可视为质点），从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方飞出，v0与水平地面夹角为θ ．不计空气阻力，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率v02飞出．重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A． 小球由P到A的过程中，离地面的最大高度为v02sin2θg
B． 小球由P到A的过程中，PA的水平距离为v02sin2θg
C． 小球在圆弧形凹槽内由于摩擦产生的热量为3mv028
D． 小球经过圆弧形凹槽最低点B处受到轨道的支持力大小为mg(3−2csθ)+mv02R
三、非选择题（本大题共5小题 共56分）
11．如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置，质量为m1和m2的滑块与质量为m0的动滑轮用不可伸长的轻质绳按图示方式连接（绳竖直）。m2的右侧有宽度为d、质量忽略不计的遮光条。现让m2从距离光电门高度为h处由静止释放，发现光电计时器显示遮光条经过光电门的时间为t。已知重力加速度大小为g，且d远小于h。
(1)m2经过光电门时的速度大小为 ；
(2)若将m0、m1和m2看做一个系统，则m2下落h过程中，系统减少的重力势能为 ，系统增加的动能为 。
(3)经过多次实验发现m0、m1和m2组成的系统减少的重力势能与系统增加的动能并不相等，请从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是（写出一条即可）： 。
12．（10分）某同学把铜片和锌片相隔约1 cm插入一个苹果中，就制成了一个水果电池。为了测量其电动势E和内阻r，他用到的实验器材有电阻箱（最大阻值为9 999 Ω）、数字万用表2 V电压挡（内阻远大于普通电压表）、开关、导线若干。实验步骤如下：
甲
①将该水果电池与其余实验器材按如图甲所示的电路连接；
②调节电阻箱阻值，闭合开关，待数字万用表示数稳定后，记录电阻箱的阻值R和数字万用表的示数U后立即断开开关；
③每次将电阻箱的阻值增大1 000 Ω，重复实验，计算出相应的1R和1U，数据记录如表所示∶
④根据表中数据，绘制出1U－1R关系图线如图乙中的直线b所示。
乙
请回答下列问题∶
（1）步骤②中立即断开开关的原因是 ；
（2）根据闭合电路欧姆定律，可以得到1U与1R的关系表达式为1U＝ （用E、r和R表示）；
（3）根据由实验数据绘制的图线b可得该水果电池的电动势为 V，内阻为 kΩ（结果均保留两位有效数字）；
（4）若用普通的电压表代替数字万用表进行实验，得到的图线可能是图乙中的直线 （填“a”“b”“c”或“d”）。
13．如图所示，倾角的固定斜面（足够长）的顶端带有小定滑轮，不可伸长的柔软轻绳跨过定滑轮，轻绳的一端系在汽缸A上，另一端系在汽缸Ｂ中的活塞上，A悬吊在空中（离地足够高），B放在斜面上，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，两汽缸内各密封有一定质量的理想气体，系统处于静止状态，此时A、B内气体的体积相等。两活塞的质量均为m、横截面积均为S，B的质量为4m，大气压恒为（g为重力加速度大小），不计缸内气体的质量、空气阻力及一切摩擦。
（1）求A内气体的压强以及B内气体的压强；
（2）若将轻绳剪断，A、B内气体达到稳定的过程中温度保持不变，求稳定时A、B内气体的体积之比。
14．水平虚线之间是高度为h有界匀强磁场，磁感强度为B，磁场上方的竖直平面有一个梯子形闭合导体框abcd，框宽度、总高。两竖直边导体ab和cd电阻不计，5根等距离分布的水平导体棒电阻都为R。让导体框从离磁场上边缘h高处自由下落，当bc刚进入磁场开始，导体框恰好做匀速直线运动，设重力加速度为g。求：
（1）第一条水平棒bc刚进入磁场时的速度大小；
（2）第一条水平棒bc在磁场中运动时，bc棒上的电流大小；
（3）导体框穿过磁场的整个过程中，bc棒上产生的焦耳热。
15．如图所示，长木板C静止在光滑水平面上，在C的左端和距左端L处分别放置两个小物块A和B（A、B均可看做质点），距C的右端1.5 L处固定着一竖直挡板P，A、B、C质量分别为m、m、2m，A、B与C之间的动摩擦因数均为μ。现给A一个水平向右的初速度，在此后的运动过程中A、B始终未脱离C，A与B之间的碰撞过程及C与挡板之间的碰撞过程时间均极短且无机械能损失，B未碰到挡板P。重力加速度为g。
（1）为使A能与B发生碰撞，A的初速度大小应满足什么条件？
（2）若A的初速度大小v0=4，求：
①C经过多长时间碰到挡板；
②C至少多长时B才不会滑离C。
参考答案
【知识点】原子核的衰变及半衰期、结合能与比结合能
1．【答案】B
【详解】A：衰变产生的射线是由原子核内中子转化为质子和电子产生的，A错误；
B：更稳定，元素核的比结合能大于元素核的比结合能，B正确；
C：半衰期由核内部本身的因素决定，与原子所处的物理状态或化学状态无关，C错误；
D：半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适用，D错误。选B。
【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
2．【答案】B
【详解】A．简谐横波沿着x轴正方向传播，由同侧法可知，时，质点的振动方向沿轴正方向，A错误；
B．到时间内，处质点的振动的时间为半个周期，振动路程为，B正确；
C．由图可知，波长满足，解得，该列波的波长不可能为9m，C错误；
D．该简谐波的波速可能为，该列波的波速不可能为，D错误。选B。
【知识点】水平面内匀速圆周问题
3．【答案】C
【解析】对A分析可知，A的重力与B对A的支持力大小相等，B对A的摩擦力提供A做圆周运动的向心力，则B对A的摩擦力指向圆心，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力方向背离圆心，A错误；对A有fBA=3mω2r，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力大小为3mω2r，该摩擦力为静摩擦力，因此B对A的摩擦力不一定为3μmg，B错误；对A、B整体分析，有f=(3m+2m)ω2r=5mω2r，C正确；根据题意，则有fBA=3mω2r≤μ·3mg，f=5mω2r≤μ·5mg，解得ω≤μgr，D错误.
【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
4．【答案】A
【解析】以地球球心为圆心，以卫星2此刻到地心的距离为半径作圆，记作轨道3，根据变轨原理可知卫星2在轨道3上的线速度v3>v2，根据万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，可知轨道半径越小，线速度越大，即v1>v3，故v1>v2，故A正确；根据万有引力提供向心力有GMmr2=ma，可得a=GMr2，卫星2位于远地点，卫星1轨道半径小，则卫星1的向心加速度大，故B错误；根据万有引力定律可知F=GMmr2，两颗卫星质量不一定相等，分别经过A点时受到的万有引力不一定相等，故C错误；根据开普勒第三定律k=R3T2，卫星1圆轨道的半径与卫星2椭圆轨道的半长轴相等，则两颗卫星周期相同，不可能相撞，故D错误.
【知识点】带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
5．【答案】C
【解析】初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后,恰能垂直射在光屏上,说明粒子在磁场中运动的轨迹半径为r=R,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,解得v=qBRm,故A错误；如图甲所示,由几何关系可得,能射在光屏上的粒子,运动时间最长时对应轨迹的圆心角为23π .根据周期公式可得T=2πrv=2πRv,在磁场中运动时间最长为t=23π2π⋅T=2πm3qB,故C正确；若能打在光屏下端,如图乙所示,由几何知识可知初速度与x轴正方向夹角为θ1=60∘ ,由上述分析可知,粒子打在光屏上端时,初速度与x轴正方向夹角为θ2=120∘ ,能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴夹角满足60∘≤θ≤120∘ ,故B、D错误.
甲乙
【知识点】元电荷、电子的比荷、几种常见的电场、匀强电场、尖端放电、静电屏蔽与静电吸附、带电粒子在匀强电场中的运动、库仑定律、库仑定律的表达式和简单计算、点电荷的场强、电场 电场强度、电场、电场强度、电场的叠加 、电场线、电荷 电荷守恒定律、电荷及三种起电方式、电荷守恒定律、静电平衡问题、静电感应现象及特点、静电的防止与利用、非点电荷的电场强度的计算与叠加
6．【答案】B
【解析】极板之间的电压U不变，由E＝eq \f(U,d)可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间越长，由eU＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(\f(2eU,m))，则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，A、C、D错误， B正确．
【知识点】传送带模型
7．【答案】AD
【详解】A．工件刚开始下滑时，由牛顿第二定律得
解得
工件加速到与传送带共速时的位移
由于
可知共速后，工件与传送带保持相对静止一起向下运动到底端，则工件加速阶段和匀速运动阶段时间分别为
，
工件由顶端到底端的时间为
故A正确；
B．若工件与传送带共速时立马将传送带改为逆时针转动，由于
故工件将继续匀速下滑，则工件从顶端到底端的时间不变，故B错误；
C．共速前传送带的位移
故痕迹长度为
故C错误；
D．若转速可调，则当工件从顶端到底端一直加速时时间最短，有
解得最短时间为
故D正确。
故选AD。
【知识点】全反射与折射的综合应用
8．【答案】AD
【详解】本题主要考查折射率与频率间的关系、折射定律、反射定律。因天空中的彩虹与球形水滴有关，通过玻璃球观察到彩虹能更准确地还原大气中彩虹现象的形成原理，有助于培养学生的物理兴趣。高考中常考光在生活中的实际应用，需要注意临界问题的处理。
光在玻璃球中的传播速度为v=cn，v红v紫=n紫n红=2，紫光折射率大，传播速度小，A正确，B错误；红光和紫光在介质中的光路图如图所示，第一次折射时，红光由空气射入玻璃，sinπ3sinα=62，解得α=π4，紫光由空气射入玻璃，sinπ3sinβ=3，解得β=π6，根据几何关系，第二次折射时的入射角等于第一次折射时的折射角，R1{[2π−(2π−4α)]−[2π−(2π−4β)]}=l，解得R1=l4α−4β=3lπ，C错误，D正确。
【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
9．【答案】BD
【解析】导体棒的速度按正弦规律变化，则产生的感应电动势不断变化，感应电流不断变化，导体棒所受安培力不断变化，可知外力不断变化，故A错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=2sin 10πt(V)，原线圈两端的电压有效值为U1=Em2=2 V，由电压与匝数关系得U1U2=n1n2，可得U2=22 V≈2.83 V，则电压表示数约为2.83 V，故B正确；电阻R的功率PR=U22R=0.4 W，故C错误；原线圈两端的最大电压U1m=Em=2.0 V，由法拉第电磁感应定律得U1m=n1ΔΦΔt，则变压器铁芯中磁通量变化率的最大值ΔΦΔt=U1mn1=0.04 Wb/s，故D正确.
【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
10．【答案】BCD
【解析】小球由P点飞出后做斜抛运动,竖直方向速度为0时,离地面的高度最大,从P到A的时间为t=2v0sinθg,最大高度为ℎ=(v0sinθ)22g=v02sin2θ2g,PA的水平距离x=v0csθ⋅t=v02sin2θg,A错误,B正确；由能量守恒定律得,小球在圆弧形凹槽内由于摩擦产生的热量为Q=12mv02−12m(v02)2=3mv028,C正确；AB段光滑,则小球到圆弧形凹槽最低点B过程中机械能守恒,有12mv02+mgR(1−csθ)=12mvB2,在B点根据牛顿第二定律得FN−mg=mvB2R,联立解得FN=mg(3−2csθ)+mv02R,D正确．
【知识点】实验：验证机械能守恒定律
11．【答案】(1)，(2)， ，(3)定滑轮有质量或旋转增加了动能或存在摩擦或存在阻力
【详解】(1)m2经过光电门时，遮光条宽度很小，可以看做匀速通过，其速度大小为。
(2)m2下落h过程中，m0下落h，m1上升2h系统减少的重力势能为，m2、m0下落速度相同，m1上升速度为2v，系统增加的动能为。
(2)从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是，定滑轮有质量或旋转增加了动能或存在摩擦或存在阻力。
【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏阻法测定电源的电动势与内阻
12．【答案】（1）水果电池长时间工作后内阻会发生明显变化（2分） （2）rE·1R＋1E（2分） （3）0.91（0.85～0.95均可）（2分） 7.0（6.0～7.5均可）（2分） （4）a（2分）
【解析】（1）水果电池持续放电时其内阻会发生明显变化，因此每次测量后应立即断开开关。
（2）由闭合电路欧姆定律可得U＝RR＋rE，整理得1U＝rE·1R＋1E。
（3）将图线b延伸至与纵轴相交，则纵截距大小为1.1 V－1＝1E，解得E≈0.91 V，图线b的斜率为5.0－－0 kΩ/V＝rE，解得r≈7.0 kΩ。
（4）设普通电压表的内阻为RV，外电路为电阻箱与RV的并联电路，R并＝RRVR＋RV，电压表示数为并联电路两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可得U＝R并R并＋rE，整理得 1U＝rE·1R＋1+rRV1E，则图线的斜率不变，纵截距增大，应为图线a。
【技巧必背】电源电动势与内阻的测量实验中的图像
伏安法：由E＝U＋Ir得U＝E－Ir，U－I图像的斜率为－r，纵截距为E；
伏阻法：由E＝U＋URr得1U＝1E＋rE·1R，1U－1R图像的斜率为rE，纵截距为1E；
安阻法：由E＝I（R＋r）得1I＝1E·R＋rE，1I－R图像的斜率为1E，纵截距为rE。
【知识点】气体等温变化与玻意耳定律
13．【答案】（1），；（2）
【详解】（1）根据物体的平衡条件，对A中的活塞有
解得
对汽缸B，根据平衡条件则有
解得
（2）轻绳剪断后，A内气体稳定时的压强
设稳定时B的加速度大小为a，B内气体的压强为，根据牛顿第二定律，对B有
对B以及B中活塞有
解得
设系统静止时A内气体的体积为，根据玻意耳定律，对A内气体有
对B内气体有
解得
【知识点】线框模型
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）线框整体做自由落体运动，由动能定理
进入磁场时的速度
（2）由法拉第电磁感应
由闭合电路欧姆定律
由并联电路特点
解得
（3）线框受力平衡，磁场力等于重力
解得
由于水平导体间距与磁场宽度相等，当一根导体出磁场时，另一根导体恰好进入磁场，且等效电路结构未变，故总电流也不变，线框受力情况也不变，因此整个线框一直做匀速直线运动，直到最后一根导体ab出磁场。根据能量守恒定律，线框匀速通过磁场过程中，动能没有变，在磁场中下降高度为5h，所以减少机械能为5mgh转化为线框电阻发热。5根导体在下落过程中所处地位一样，故bc发热占，即
【知识点】动量守恒与板块模型相结合、动量守恒中的临界问题、求解弹性碰撞问题
15．【答案】（1）大于；
（2）①2；②L
【详解】
（1）A、C之间的摩擦力为μmg，B、C之间不会发生相对滑动，若A恰好不与B发生碰撞，当A在C上滑动L距离时，A、B、C三者的速度应相等，设为v，对A、B、C组成的系统由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
两式联立可得
为使A、B能发生碰撞，A的初速度应大于；
（2）①A的初速度大小
A能与B发生碰撞，A与B碰撞满足动量守恒定律和机械能守恒定律
解得
vA′＝vB
vB′＝vA
A、B速度交换 ；
A、B碰撞后A与C相对静止，B相对C继续滑动，假设在C碰到挡板之前A、B、C共速，则有
mv0＝4mv1
解得
达到共同速度之前C的加速度
达到共同速度之前C的位移
所以假设成立，C加速运动的时间

整体匀速运动的时间
C运动到挡板位置经过的总时间
②A开始滑动到A、B、C达到共速的过程，由能量守恒定律得：
C与挡板碰撞后，速度反向，A、B均相对C向右滑动，系统满足动量守恒，最终A、B、C均静止，对此过程应用能量守恒定律得
C的最小长度
R/Ω
U/V
1R/kΩ－1
1U/V－1
2 000
0．206
0．500
4．854
3 000
0．275
0．333
3．636
4 000
0．335
0．250
2．985
5 000
0．380
0．200
2．632
6 000
0．425
0．167
2．353