2026届湖南省高考物理最新模拟试卷含答案解析9

这是一份2026届湖南省高考物理最新模拟试卷含答案解析9，共9页。试卷主要包含了如图等内容，欢迎下载使用。
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．福岛核电站冷却堆芯的核废水虽然经过“多核素去除设备”(ALPS)处理,但核废水中的氚13H很难被分离清除,这种放射性物质会通过食物链在人体内累积,对人的伤害将不可估量.氚13H衰变后转变成稳定的氦23He,13H半衰期为12.5年,下列说法正确的是( )
A．13H发生的是β衰变,放出的电子来源于核外电子
B.13H在食物链传递过程中,其半衰期会逐渐缩短
C．新产生的单位体积核废水经过25年,13H与23He的摩尔数之比为1∶3
D.13H衰变的本质是由强相互作用引起的中子转变为质子的过程
2．现为了在某海岸进行炸弹爆炸后的地质检测，在大海中的A处和陆地上的B处同时引爆炸弹，A、B处质点分别产生如图甲、乙所示的振动图像，且两处爆炸产生的波均向O处传播。已知两列波在海水中的传播速度均为v1＝1 500 m/s，在陆地上的传播速度均为v2＝3 000 m/s，AB＝600 km，O为AB的中点，C为OB的中点，假设两列波在海水和陆地上的传播速度不变，忽略海水的流速。则

甲 乙
A．O点为振动加强点
B．若A处有一漂浮物，漂浮物运动到陆地的最短时间为200 s
C．由于A、B处两列波在海水和陆地上的传播速度不同，故无法形成干涉现象
D．C点持续振动的时间为200 s
3．2022年11月1日凌晨4点27分，我国“梦天”实验舱与“天和”核心舱成功实现“太空握手”，整个交会对接过程历时大约13小时。“梦天”入列，标志着我们组建中国空间站的“最后一块积木”已经到位。如图所示，若“梦天”实验舱进入轨道Ⅰ运行，之后与在高度为H的轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱成功对接（M点为对接点），航天员进入核心舱开始工作。则下列说法中正确的是（ ）
A．对接前，“梦天”实验舱在Ｍ点的加速度与“天和”核心舱在M点的加速度相等
B．对接前，“梦天”实验舱在N点与M点加速度的大小相等
C．进入核心舱后，航天员完全失重，故航天员的向心加速度为零
D．进入核心舱后，航天员对核心舱有压力
4．如图，在倾角为的斜面顶端，将小球以v0的初速度水平向左抛出，经过一定时间小球发生第一次撞击。自小球抛出至第一次撞击过程中小球水平方向的位移为x，忽略空气阻力，则下列图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．如图，在真空中，－Q1、+Q2为固定在x轴上A、B两点的电荷且Q1=4Q2，，a、b、c为P点两侧的三点，且，取无限远电势为零，下说法正确的是（ ）
A．将+q沿x轴从a移至b点，其电势能先增大后减小
B．b、c两点电势关系
C．P点电场强度为零，电势也为零
D．a、c两点电场关系
6．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球Р套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g，小球由静止开始下滑，在运动过程中小球最大加速度为，最大速度为，则下列判断正确的是（ ）
A．小球开始下滑时的加速度最大
B．小球的速度由增大至的过程中，小球的加速度一直减小
C．当时小球的速度v与之比一定小于
D．当时小球的加速度a与之比一定小于
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．如图甲所示，在平静的水面下深h处有一个点光源s，它发出不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光圆形区域，周围为环状区域，且为a光的颜色（见图乙）。设水对b光的折射率为，则下列说法正确的是（ ）
A．在真空中，a光的传播速度比b光的大
B．在水中，a光的波长比b光的长
C．复色光圆形区域的面积为
D．由点光源s垂直水面发出的光，a光在水中的传播时间比b光长
8．（多选）如图所示为某种电吹风机电路图，图中a、b、c、d为四个固定触点.绕O点转动的扇形金属触片P可同时接触两个触点，触片P位于不同位置时，电吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种状态.图示状态刚好为触片P接触c、d两点.已知电吹风机吹冷风时的输入功率为60 W，小风扇的额定电压为60 V，正常工作时小风扇的输出功率为52 W，变压器为理想变压器，则下列说法中正确的是（ ）
A．当扇形金属触片P与触点c、d接触时，电吹风机吹热风
B．当扇形金属触片P与触点a、b接触时，电吹风机吹冷风
C．小风扇的内阻为8 Ω
D．变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=113
9．如图（a）所示，一物块在t=0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图（b），t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端.v0、t0均为已知量，重力加速度大小为g，则（ ）
A．物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为1:2
B．物块返回底端时的速度大小为v02
C．利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小
D．利用所给条件可以求出斜面的倾角
10．(多选)如图所示,小球以60 J的初动能从A点出发,沿粗糙斜面向上运动,从A经B到C,然后再下滑回到A点.已知向上运动时,从A到B点的过程中,小球动能减少了50 J,机械能损失了10 J,则( )
A．上升过程中,合外力对小球做功-60 J
B．整个过程中,摩擦力对小球做功-20 J
C．下滑过程中,重力对小球做功48 J
D．回到A点时小球的动能为40 J
三、非选择题（本大题共5小题 共56分）
11．某物理课外活动小组准备测量某公园处的重力加速度，他们将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下半部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁.本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出如图乙的函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.
甲乙
（1） 实验时用10分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图丙所示，该摆球的直径d=___mm.
丙
（2） 测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数0，当摆球第二次通过最低点时计为1，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为____.
A．t29B．t29.5C．t30D．t59
（3） 实验中所得到的T2−L关系图线如图乙中的图线_____（填“a”“b”或“c”）所示，根据图线求得当地的重力加速度g=____m/s2(π 取3.14，保留三位有效数字).
12．某实验小组在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。
（1）该小组的同学用螺旋测微器测量金属丝的直径d，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为 mm。
（2）已知该金属丝的阻值约为5 Ω。现用伏安法测量其阻值Rx，要求测量结果尽量准确，使待测金属丝两端的电压能从零开始变化，现备有以下器材：
A．电池组（3 V，内阻不计）
B．电流表（0～3 A，内阻约为0.1 Ω）
C．电流表（0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω）
D．电压表（0～3 V，内阻约为3 kΩ）
E．电压表（0～15 V，内阻约为15 kΩ）
F．滑动变阻器（0～20 Ω）
G．滑动变阻器（0～2000 Ω）
H．开关、导线
上述器材中，电流表应选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应选 。
（3）请按要求在下面方框中画出实验原理图 。
13．如图所示，光滑导热活塞C将体积为V0的导热容器分成A、B两家，A、B中各封有一定质量的同种气体，A室左侧连接有一U形气压计（U形管内气体的体积忽略不计），B室右侧有一阀门K.可与外界大气相通，外界大气压等于76cmHg，气温恒定．当光滑导热活塞C静止时，A、B两室容积相等，气压计水银柱高度差为38cm.现将阀门K打开，当活塞C不再移动时，求：
①A室的体积；
②B室从阀门K逸出的气体质量与原有质量的比
14．如图所示，PMN和是两条足够长、相距为L的平行金属导轨，左侧圆弧轨道表面光滑，右侧水平轨道表面粗糙，并且右侧空间存在一竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在左侧圆弧轨道上高为h处垂直导轨放置一导体棒AB，在右侧水平轨道上距AB棒足够远的地方，垂直导轨放置另一导体棒CD。已知AB棒和CD棒的质量分别为m和2m，接入回路部分的电阻分别为R和2R，AB棒与水平轨道间的动摩擦因数为μ，圆弧轨道与水平轨道平滑连接且电阻不计。现将AB棒由静止释放，让其沿轨道下滑并进入磁场区域，最终运动到距为d处停下，此过程中CD棒因摩擦一直处于静止状态。重力加速度为g，求：
（1）AB棒刚进入磁场时所受安培力的大小；
（2）整个过程中AB棒上产生的焦耳热Q；
（3）若水平轨道光滑，则从AB棒开始运动到最终处于稳定状态的过程中，通过AB棒的电荷量为多少？
15．如图，质量的物块B放置于质量的木板C上，在光滑水平地面上一起以的初速度向左运动。长度为的轻绳，悬挂质量的小球A。将小球A拉至轻绳与竖直方向的夹角处由静止释放，A向右摇至最低点时恰与B发生碰撞并粘在一起（A与C不接触），同时轻绳被刀片割断。已知B与C间的动摩擦因数，取重力加速度大小，A、B均可看成质点，不计空气阻力。求：
（1）A与B碰后瞬间的速度；
（2）若板足够长，A、B碰撞粘在一起到运动足够长时间后合外力对B的冲量大小I；
（3）若板长，要使B不从板上滑离，开始时B在C上放置处与板左端距离x需满足的条件。
参考答案
【知识点】原子核的衰变及半衰期
1．【答案】C 【解析】13H发生的是β衰变,其方程为13H→23He+−1 0e,放出的电子是核内中子转变为质子时放出的,A错误;半衰期仅由核内部自身因素决定,与原子所处的化学状态和外部条件没有关系,故13H在食物链传递过程中其半衰期不变,B错误;新产生的单位体积核废水经过25年,剩余的13H的质量为m1=m012tT=m0122512.5=14m0,则剩余的13H的摩尔数为14n0,发生衰变的13H的摩尔数为34n0,生成物23He的摩尔数为34n0,所以13H与23He的摩尔数之比为1∶3,C正确;13H衰变的本质是由弱相互作用引起的中子转变为质子的过程,D错误.
【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
2．【答案】D
【解析】由题图甲、乙可知两列波的周期均为T＝4 s，B处质点的振动形式传到O点所用时间t1＝LOBv2＝100 s，A处质点的振动形式传到O点所用时间t2＝LAOv1＝200 s，可知B处质点的振动形式先传到O点，时间差Δt＝100 s＝25T，因A、B两处波起振方向相反，故O点为振动减弱点，A错误；波上质点本身不会随波迁移，而是在平衡位置附近上下振动，故漂浮物无法到达陆地，B错误；两列波频率相同，可以产生干涉现象，C错误；A处质点的振动形式传到C点所用时间t3＝t2＋LOCv2＝250 s，B处质点的振动形式传到C点所用时间t4＝LBCv2＝50 s，时间差Δt'＝200 s＝50T，因为两列波起振方向相反，故C点为振动减弱点，当A处质点的振动形式传到C点时，C点不再振动，所以C点持续振动的时间为Δt'＝200 s，D正确。
【试做反馈】
本题易错选A项，错选率为28％。部分学生习惯性代入以往经验，并未注意题中两波源的起振方向相反，从而导致判断错误。在日常练习及考试中，学生应认真读题，必要时可以对重点条件进行标记，培养细心、谨慎的做题习惯。
【知识点】万有引力定律问题的分析与计算、卫星变轨与对接问题
3．【答案】A
【详解】A．根据易知，对接前，“梦天”实验舱在M点的加速度与“天和”核心舱在M点的加速度大小相等，方向相同，故A正确；
B．同理，对接前，“梦天”实验舱在N点与M点时与地球的距离不同，所以加速度的大小不相等，故B错误；
C．进入核心舱后，航天员做匀速圆周运动，其向心加速度为不为零，故C错误；
D．进入核心舱后，航天员做匀速圆周运动，自身重力提供向心力，对核心舱的压力为零，故D错误。
故选A。
【知识点】求解平抛运动、类平抛运动问题
4．【答案】D
【详解】
如果小球落在斜面上，小球位移方向与水平方向夹角为，则有
则水平位移
小球落水平面上，小球飞行时间恒定，水平位移正比于，故D正确，ABC错误。
故选D。
【知识点】点电荷的场强、电势、电场的叠加
5．【答案】D
【详解】
ABC．某点的电场强度是正电荷Q2和负电荷Q1在该处产生的电场的叠加，是合场强，根据点电荷的场强公式可知，－Q1和+Q2在P点产生的电场方向相反，合场强
所以合电场强度为零，设Pb之间的距离为L′，则b点的合场强
可知b点场强的方向向左，同理可知，在P点右侧各点的场强都向左，取无限远电势为零，根据沿电场线方向电势降低可知，P点电势小于0，且有
由于P点场强为0，则aP段场强方向向右，将+q沿x轴从a移至b点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故ABC错误；
D．由电场的叠加原理可知，设，则a点的电场强度为
同理b点电场强度为
则
即
故D正确。
故选D。
【知识点】带电粒子在叠加场中的运动
6．【答案】B
【详解】小球刚开始下滑时受到竖直向下的重力，水平向左的电场力，水平向右的弹力以及竖直向上的滑动摩擦力，且此时滑动摩擦力，竖直方向根据牛顿第二定律有，而随着小球速度的增加，小球所受洛伦兹力由0逐渐增大，根据左手定则可知洛伦兹力的方向水平向右，则在小球运动后水平方向有，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，致使杆对小球的摩擦力减小，而当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力大小时，杆对小球的弹力为零，此时小球在竖直方向仅受重力，加速度达到最大，为重力加速度，即，而随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，杆上再次出现弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合外力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球重力时，小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，因此小球开始下滑时的加速度不是最大，A错误；小球刚开始运动时根据牛顿第二定律有，解得，而根据A中分析可知，加速度最大为重力加速度，即在整个过程中加速度先由逐渐增大到，再由逐渐减小为0，假如开始时加速度是由0开始增加的，则根据运动的对称性可知，当加速度最大时速度小球速度恰好达到，但实际上加速度并不是由0开始增加的，因此可知，当加速度最大时小球的速度还未达到，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出现，小球开始做加速度减小的加速运动，由此可知，小球的速度由增大至的过程中，小球的加速度一直减小，B正确；当时小球可能正在做加速度增大的加速运动，也可能正在做加速度减小的加速运动，根据B中分析可知，若小球正在做加速增大的加速运动，则v与之比一定小于，但若小球正在做加速减小的加速运动，则v与之比一定大于，C错误；由B中分析可知，小球的加速度时，即加速度达到最大时，小球的速度还不到，因此当时小球的加速度a一定小于，当速度时对小球由牛顿第二定律有，即，而当小球速度最大时有，两式联立可得，化简可得，D错误。
【知识点】全反射与折射的综合应用
7．【答案】BC
【详解】解析在真空中，a光和b光的传播速度都为光速c，A错误；a光在水面上有光射出的区域面积较大，知a光的临界角较大，根据，知a光的折射率和频率都较小，再由，可知，在水中，a光的波速比b光的大，由，可得a光的波长比b光的长，B正确；设复色光区域的半径为r，根据，结合几何关系，可知，复色光圄形区球的面和为，C正确；根据可知，a光在水中的传播速度较大，所以由点光源s垂直水面发出的光，a光在水中的传播时间比b光短，D错误。
【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
8．【答案】CD
【解析】当扇形金属触片P与c、d接触时，电吹风的加热电路和吹风电路均没有接通，故此时电吹风处于停机状态，A错误；当扇形金属触片P与触点a，b接触时，电吹风的加热电路和吹风电路均处于接通状态，此时电吹风吹热风，B错误；由于小风扇的额定电压为U2=60 V，吹冷风时小风扇的输入功率为60 W，故小风扇正常工作时的电流I=P输入U2=1 A，小风扇内阻消耗的电功率P热=P输入-P输出=60 W-52 W=8 W，由P热=I2r，代入数据解得r=8 Ω，C正确；由题意可知，变压器原线圈两端的电压U1=220 V，副线圈两端的电压U2=60 V，n1n2=U1U2=220V60V=113，D正确.
【易错分析】小风扇为非纯电阻元件，欧姆定律不适用，因此不能用P=U2R求其内阻，只能根据P热=I2R求其内阻.
【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
9．【答案】BD
【思路导引】
解答本题的关键是明确图像的含义：0∼t0和t0∼3t0图线所围图形的面积相等,如图所示.
【详解】根据题意可知,两部分图线与横轴所围图形的面积相等,设物块返回底端时的速度大小为v,则有12t0v0=12(3t0−t0)v,解得v=v02,B正确；物块上滑和下滑过程的加速度大小分别为a1=v0t0、a2=v02−03t0−t0=v04t0,则a1a2=41,A错误；根据牛顿第二定律有mgsinθ+f=ma1,mgsinθ−f=ma2,解得f=3mv08t0,sinθ=5v08gt0,因为物块的质量未知,所以利用所给条件无法求出物块所受摩擦力的大小,但可以求出斜面的倾角,C错误,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】AC
【解析】上升过程,由动能定理可知W合=0-Ek0=0-60 J=-60 J,故A正确; 运用动能定理分析得出,小球损失的动能等于小球克服合外力做的功(包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功),损失的动能为ΔEk=mgh+fhsinθ=mg+fsinθh,损失的机械能等于克服摩擦阻力做的功,ΔE=fhsinθ,解得ΔEkΔE=常数,与h无关,由题意知此常数为5.则小球上升到最高点时,动能为0,即动能减少了60 J,损失的机械能为12 J,当小球返回到A点时,小球又要损失的机械能也为12 J,故小球从开始到返回原处机械能损失了24 J,由功能关系知摩擦力做功Wf=-24 J,则小球返回A点的动能为36 J,故B、D错误; 由上述分析可知,小球上升到最高点时,动能为0,损失的机械能为12 J,则重力势能增加了48 J,即重力做功为WG=-48 J,所以下滑过程中重力对小球做功48 J,故C正确.
【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
11．【答案】（1） 12.0
（2） C
（3） a；9.86
【思路导引】
由T=2πL+hg,可得T2=4π​2gL+4π​2gh,T2−L图像的斜率为4π​2g,纵轴截距为正.
【解析】
（1） 游标卡尺读数为12mm+0×0.1mm=12.0mm.
（2） 从“0”数到“60”时经历了30个周期,则该单摆的周期为t30,故选C.
（3） 摆线在筒内部分的长度为h,由T=2πL+hg,可得T2=4π​2gL+4π​2gh,可知其T2−L关系图线应为图线a,将题图乙所给数据代入可得g=π​2m/s2≈9.86m/s2.
【知识点】实验：导体电阻率的测量
12．【答案】（1）0.398/0.399/0.400/0.401 （2）C；D；F
（3）
【详解】（1）金属丝直径为d=0＋40.0×0.01 mm=0.400 mm。
（2）正确连接后通过金属丝最大的电流约为I=≈0.6 A，为了使结果更精确，安全的前提下，我们选择量程较小的电流表，所以电流表选择C；由于电源电动势为3 V，所以电压表选择D；要求电压从0开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择总阻值较小的F。
（3）由于，所以金属丝为小电阻，应采用电流表外接法，实验原理图如图所示。
【知识点】两段封闭气体状态变化问题 、气体等温变化与玻意耳定律
13．【答案】（1）0.75V0；（2）
【详解】
阀门K闭合，A室的体积为
VA=V0
压强为
PA=（76+38）cmHg =114cmHg
阀门K打开，A室的体积为V′A
压强为
p′A=76cmHg
根据破耳定律得
pAVA=p′AV′A
解得V′A=0.75V0
②阀门K打开后，若B室气体的质量不变，B室的体积为
V′B=0.75 V0
由于B室的气体逸出，留在B室的气体体积为0.25 V0
B室从阀门区逸出的气体质量与原有质量的比为
【知识点】双杆模型、电磁感应现象中的功能问题
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）AB棒下滑到处，根据机械能守恒得
此时
由闭合电路欧姆定律可得
由安培力公式可得
联立解得
（2）AB棒进入磁场后，根据动能定理得
回路中产生的焦耳热
又因两导体棒电流相同，则AB棒上产生的焦耳热
联立解得
（3）若水平导轨光滑，根据系统动量守恒定律得
对AB棒，由动量定理可得
而
联立解得
【知识点】求解弹性碰撞问题
15．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球A由释放到最低点的过程，由动能定理
解得
小球A与物块B碰撞过程，由动量守恒定律
解得
方向向右。
（2）设三者共同速度，由动量守恒定律
解得
方向向左。
合外力对B的冲量
解得
共速前，A、B一直相对C向右运动，设相对位移为s，由功能关系
解得
A初始放置处离板左端距离满足