資源簡介

2026屆湖南省高考物理綜合摸底試卷
學校:___________姓名:___________班級:___________考號:___________
注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上．
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．
一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．下列有關原子核的反應中，正確的是（ ）
A．是β衰變
B．是核聚變
C．是α衰變，其中的y = 206，X的中子數為124
D．
2．現為了在某海岸進行炸彈爆炸后的地質檢測，在大海中的A處和陸地上的B處同時引爆炸彈，A、B處質點分別產生如圖甲、乙所示的振動圖像，且兩處爆炸產生的波均向O處傳播。已知兩列波在海水中的傳播速度均為v1＝1 500 m/s，在陸地上的傳播速度均為v2＝3 000 m/s，AB＝600 km，O為AB的中點，C為OB的中點，假設兩列波在海水和陸地上的傳播速度不變，忽略海水的流速。則
甲 乙
A． O點為振動加強點
B．若A處有一漂浮物，漂浮物運動到陸地的最短時間為200 s
C．由于A、B處兩列波在海水和陸地上的傳播速度不同，故無法形成干涉現象
D． C點持續振動的時間為200 s
3．如圖所示，在圓心為的光滑絕緣細圓環上的點固定了一個電荷量為的點電荷；另一個電荷量也為的點電荷沿著圓環從點順時針緩慢移動到點的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．圓心處的電場強度始終不變
B．圓心處的電勢始終不變
C．兩點電荷組成的系統電勢能始終不變
D．運動電荷受到的庫侖力先減小后增大，先做負功后做正功
4．如圖（a）所示，太陽系外的一顆行星繞恒星做勻速圓周運動.由于的遮擋，探測器探測到的亮度隨時間做如圖（b）所示的周期性變化，該周期與的公轉周期相同.已知的質量為，引力常量為.關于的公轉，下列說法正確的是（ ）
A. 周期為 B. 半徑為
C. 角速度的大小為 D. 加速度的大小為
5．某機械的簡化模型如圖所示，個質量均為的小球在水平環形管道中做勻速圓周運動，相鄰兩小球間距相等，管道內徑略大于小球直徑。重力加速度為，下列說法正確的是（ ）
A．管道對所有小球的作用力的合力隨小球位置的變化而變化
B．小球速度越大，管道對所有小球作用力的合力也越大
C．管道對個小球作用力的合力大小與成正比
D．管道對個小球作用力的合力為
6．如圖，真空中有區域Ⅰ和Ⅱ,區域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行）,磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形區域（區域Ⅱ）內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．圖中、、三點在同一直線上，與垂直，且與電場和磁場方向均垂直．點處的粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域Ⅰ中，只有沿直線運動的粒子才能進入區域Ⅱ．若區域Ⅰ中電場強度大小為、磁感應強度大小為，區域Ⅱ中磁感應強度大小為，則粒子從的中點射出，它們在區域Ⅱ中運動的時間為．若改變電場或磁場強弱，能進入區域Ⅱ中的粒子在區域Ⅱ中運動的時間為，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（ ）
A． 若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為,則
B． 若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為,則
C． 若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為,則
D． 若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為,則
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
7．汽車工程學中將加速度隨時間的變化率稱為急動度，急動度是評判乘客是否感到舒適的重要指標。了解“急動度”有助于我們在日常駕駛中采取更合理的駕駛習慣，保護車輛，延長其使用壽命。一輛汽車沿平直公路以的速度做勻速運動，時刻開始加速，內汽車運動過程的急動度隨時間變化的圖像如圖所示。已知該汽車質量，運動過程中所受阻力。則（ ）
A. 急動度，其中為加速度
B. 汽車在內做勻加速直線運動
C. 在內，汽車牽引力等于所受阻力
D. 時，汽車牽引力的功率為
8．如圖所示，一束平行于直徑的光束射到透明介質球的表面P點，經折射后射到B點，已知，介質球的半徑為R，光在真空中的傳播速度為c，則（　?。?br/>A．介質球的折射率為
B．介質球的折射率為
C．光在B點可能發生全反射
D．光從P傳到B點的時間為
9．熱敏電阻、光敏電阻在家電、汽車、醫療、電力等領域有廣泛的應用，某興趣小組設計了一個如圖所示的電路來研究熱敏電阻和光敏電阻，電路接在電壓恒定的交流電源上，變壓器為理想變壓器。為定值電阻；為熱敏電阻，阻值隨溫度升高而減小；光敏電阻，阻值隨光照強度增加而減小，下列分析正確的是（　　）
A．的電流與的電流之比等于
B．若用電吹風加熱，則消耗的功率變大
C．若用強光燈照射，則消耗的功率變小
D．若用電吹風加熱，同時用強光燈照射，則消耗的功率變小
10．如圖，某爆炸能量測量裝置由裝載臺和滑軌等構成，是可以在滑軌上運動的標準測量件，其規格可以根據測量需求進行調整?；壈惭b在高度為的水平面上。測量時，將彈藥放入裝載臺圓筒內，兩端用物塊和封裝，裝載臺與滑軌等高。引爆后，假設彈藥釋放的能量完全轉化為和的動能。極短時間內嵌入中形成組合體，與滑軌間的動摩擦因數為 。在滑軌上運動距離后拋出，落地點距拋出點水平距離為,根據可計算出彈藥釋放的能量。某次測量中，、、質量分別為、、，,整個過程發生在同一豎直平面內，不計空氣阻力，重力加速度大小為。則（ ）
A．的初動能與爆炸后瞬間的動能相等
B．的初動能與其落地時的動能相等
C．彈藥釋放的能量為
D．彈藥釋放的能量為
三、非選擇題（本大題共5小題，共56分）
11．用如圖1所示實驗裝置驗證機械能守恒定律,連接小車與托盤的繩子與水平桌面平行，帶遮光片的小車位于氣墊導軌上（圖1中未畫出,視為無摩擦力）,重力加速度為,先接通電源,后釋放托盤與砝碼,測得如下物理量:遮光片寬度,遮光片釋放點到光電門的長度,遮光片通過光電門的擋光時間,托盤與砝碼的總質量，小車和遮光片的總質量。
圖1 圖2
（1） 如圖2所示,用游標卡尺測得遮光片寬度____________；
（2） 用該裝置驗證該系統遵循機械能守恒定律，__________（填“需要”或“不需要”）滿足；
（3） 若從釋放到小車經過光電門這一過程中系統機械能守恒,則滿足的關系式是____________________________________（用題干中的字母表示）。
12．在測量某電源電動勢和內阻時，因為電壓表和電流表的影響，不論使用何種接法，都會產生系統誤差，為了消除電表內阻造成的系統誤差，某實驗興趣小組設計了如圖甲實驗電路進行測量。已知定值電阻。
（1）實驗中，定值電阻的作用有 （填字母）。
A．保護電源
B．在電流變化時使電壓表示數變化明顯
C．在電壓變化時使電流表示數變化明顯
（2）實驗操作步驟如下：
①將滑動變阻器滑片滑到最左端位置；
②接法Ⅰ：單刀雙擲開關S與1接通，閉合開關，調節滑動變阻器R，記錄下若干組數據U-I的值，斷開開關；
③將滑動變阻器滑到最左端位置；
④接法Ⅱ：單刀雙擲開關S與2接通，閉合開關，調節滑動變阻器R，記錄下若干組數據U-I的值，斷開開關；
⑤分別作出兩種情況所對應的U-I圖像。
（3）單刀雙擲開關接1時，某次讀取電表數據時，電壓表指針如圖乙所示，此時U＝ V．
（4）根據測得數據，作出兩U-I圖像分別如圖丙、丁所示，根據圖像可知圖丙對應的接法為 （填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。
（5）綜合可求得電源電動勢E＝ V，內阻r＝ Ω。（結果均保留兩位小數）
13．（10分）如圖所示，大、小汽缸分別固定在水平面上，兩活塞、的橫截面積之比?；钊c汽缸間密封性良好，可在汽缸中無摩擦滑動。、處有卡環，活塞、間用一輕桿相連，初始時、分別位于大、小汽缸的、處，，，外界大氣壓強為，被封閉氣體的初始溫度均為，大汽缸內的壓強為?，F保持小汽缸溫度不變，對大汽缸緩慢加熱，，活塞橫截面積為。
（1） 當活塞緩慢移至卡環處時，求大汽缸的溫度（結果保留整數）；
（2） 在（1）問中，將大汽缸溫度再升高，求卡環對活塞的作用力大?。ńY果保留兩位有效數字）。
14．中國第三艘航空母艦為中國人民解放軍海軍福建艦，其采用了目前世界上最為先進的電磁彈射技術。某興趣小組設計了一款簡易的電磁彈射系統，其俯視原理圖如圖所示。兩導軌電阻不計，固定在水平面上，相距為，左邊接有電動勢為的電源，內阻不計。一個由非導體材料制作的模型飛機，質量為，固定在質量為的導體桿上，導體桿的電阻為 ，與導軌接觸良好，導軌與導體桿間的動摩擦因數。已知在虛線左側有豎直向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度為，其中與時間滿足某種函數關系，右邊有豎直向下的磁感應強度為的勻強磁場，到導軌左端的距離為。閉合開關，飛機與導體桿從邊界右側某位置從靜止開始做勻加速直線運動，而與電源構成的回路磁通量的變化率在飛機加速階段始終為零。
（1） 寫出時刻隨時間變化的表達式，并求出飛機的加速度大小；
（2） 飛機被加速到速度為時，停止電磁推動，那么從開始到此時，飛機運動了多遠？消耗了多少能量？
（3） 已知飛機被加速到速度為時與導體桿自動脫離，系統自動斷開開關，并且導軌右端自動短接，同時導體桿與前方（與脫離處很近）的一個彈性裝置碰撞原速反彈，右邊的磁場突然減小為，導體桿恰好能返回出發點，那么飛機與導體桿脫離多長時間后導體桿返回出發點？并求出反彈到停下來通過導體桿電流的平均值和有效值。（結果可以保留根號）
15．如圖所示，置于光滑水平面上的輕彈簧左端固定,右端放置質量為的小球，小球置于彈簧原長位置。質量為的小球和質量為、半徑為的光滑四分之一圓弧體靜止在足夠長的光滑水平面上，圓弧體的水平面剛好與圓弧面的最底端相切。用力向左推動小球壓縮彈簧，由靜止釋放小球后與小球發生彈性碰撞。小球運動到圓弧體的最高點時，恰好與圓弧體相對靜止。兩小球均可視為質點，重力加速度為。求：
（1） 小球壓縮彈簧時彈簧所具有的彈性勢能；
（2） 小球與圓弧體第一次分離時小球的速度大小；
（3） 小球第一次返回到圓弧體底端時對圓弧面的壓力大小。
參考答案
1．【答案】C
【詳解】核反應，是α衰變，A錯誤；核反應，是原子核的人工轉變，不是核聚變，B錯誤；核反應，是α衰變，其中的y = 210－4 = 206，X的中子數為206－82 = 124，C正確；核反應方程書寫一律用箭頭，D錯誤。
2．【答案】D
【解析】由題圖甲、乙可知兩列波的周期均為T＝4 s，B處質點的振動形式傳到O點所用時間t1＝＝100 s，A處質點的振動形式傳到O點所用時間t2＝＝200 s，可知B處質點的振動形式先傳到O點，時間差Δt＝100 s＝25T，因A、B兩處波起振方向相反，故O點為振動減弱點，A錯誤；波上質點本身不會隨波遷移，而是在平衡位置附近上下振動，故漂浮物無法到達陸地，B錯誤；兩列波頻率相同，可以產生干涉現象，C錯誤；A處質點的振動形式傳到C點所用時間t3＝t2＋＝250 s，B處質點的振動形式傳到C點所用時間t4＝＝50 s，時間差Δt'＝200 s＝50T，因為兩列波起振方向相反，故C點為振動減弱點，當A處質點的振動形式傳到C點時，C點不再振動，所以C點持續振動的時間為Δt'＝200 s，D正確。
3．【答案】B
【解析】根據矢量合成法則，圓心處電場強度由兩個點電荷獨立產生的場強合成，先減小后增大，方向也不斷改變，錯誤；電勢是標量，運動電荷與點的距離不變，故兩電荷在點處的合電勢不變，正確；運動電荷受到的庫侖力為斥力，因二者距離先增大后減小，故庫侖力先減小后增大，靜電力先做正功，后做負功，故系統電勢能先減小后增大，、錯誤。
【一題多解 】設兩點電荷在圓心處的電場強度方向的夾角為 ， 先由 增大到 后由 減小到 ，根據點電荷電場強度公式和矢量合成法則可知圓心處電場強度，所以圓心處的電場強度先減小后增大，方向也不斷改變，A錯誤；電勢是標量，根據點電荷的電勢公式可知，圓心處的電勢始終為，B正確。
【一題多解】設兩點電荷在圓心 處的電場強度方向的夾角為 ， 先由 增大到 后由 減小到 ，根據點電荷電場強度公式和矢量合成法則可知圓心 處電場強度 ，所以圓心 處的電場強度先減小后增大，方向也不斷改變，A錯誤；電勢是標量，根據點電荷的電勢公式 可知，圓心 處的電勢始終為 正確。
4．【答案】B
【解析】因為行星的遮擋,探測器檢測到的亮度會略有降低,所以兩次亮度減弱之間的時間就是行星的公轉周期,即,A錯誤；行星繞恒星做勻速圓周運動,由萬有引力提供向心力可得,解得,B正確；行星公轉的角速度,C錯誤；該行星的向心加速度,D錯誤.
5．【答案】D
【詳解】本題主要考查勻速圓周運動、牛頓第二定律。圓周運動是高中物理基礎運動模型之一，日常生活中的離心力與高中物理學習中的向心力讓部分同學無法理解，對圓周運動問題的考查有助于學生對力的作用效果有更清晰的認識，生產中的情景模型分析對學生抽象思維能力有較高的要求。高考中?？紙A周運動的具體應用，需要注意狀態和過程的區分。
當，即取直徑兩側的一對小球為研究對象，因兩個小球做勻速圓周運動的加速度始終等大反向，合加速度為零，對兩個小球整體分析，其所受合力為零，即管道對兩小球的合力為，方向豎直向上，再將擴展到任意正整數，可知管道對所有小球的作用力的合力與小球位置、速度大小無關，、錯誤，正確；若對于其中個小球，其位置非對稱分布，則無法全部配對形成直徑兩側的兩個小球合加速度為零的效果，軌道對小球作用力的合力與小球的位置和速度有關，合力無法確定，并不是越大，合力越大，錯誤。
6．【答案】D
【解析】設沿做直線運動的粒子的速度大小為，有,即，粒子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動，如圖中軌跡1，由幾何關系可知運動軌跡所對的圓心角為 ,則運動時間為周期，又，可得，時間，根據幾何關系可知，若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為，則做勻速直線運動的粒子的速度變為原來的一半，粒子在區域Ⅱ內做勻速圓周運動的軌跡半徑變為原來的一半，如圖中軌跡2，軌跡對應的圓心角依然為 ，時間，A錯誤；若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為，則做勻速直線運動的粒子的速度變為原來的2倍，粒子在區域Ⅱ內做勻速圓周運動的軌跡半徑變為原來的2倍，如圖中軌跡3，粒子從點離開磁場，對應的圓心角依然為 ，時間，B錯誤；若僅將區域Ⅱ中的磁感應強度大小變為，粒子在區域Ⅱ中做勻速圓周運動的軌跡半徑變為，粒子從、間離開，如圖中軌跡4，由幾何關系可知，軌跡對應的圓心角 滿足，則 ，則，C錯誤；若僅將區域Ⅱ中的磁感應強度大小變為，粒子在區域Ⅱ中做勻速圓周運動的軌跡半徑變為，粒子從、間離開，如圖中軌跡5，由幾何關系可知，軌跡對應的圓心角 滿足，則 ，粒子在區域Ⅱ中運動的時間為，D正確．
7．【答案】AD
【題圖剖析】
圖（a） 圖（b）
【詳解】加速度隨時間的變化率稱為急動度，即，正確；內急動度不為零，加速度變化，汽車不是做勻加速直線運動，錯誤；內急動度為零，加速度不變，但加速度不為零，根據牛頓第二定律，汽車牽引力，不等于所受阻力，錯誤；由題可知加速度的變化圖像如圖（b），圖像與坐標軸圍成圖形的面積表示速度的變化量，速度變化量，根據急動度定義，可知圖像與坐標軸圍成圖形的面積表示加速度的變化量，時加速度，根據牛頓第二定律，可得牽引力，速度，牽引力功率，正確。
8．【答案】BD
【詳解】根據幾何關系，光在P點入射角，折射角，根據折射定律，解得，A錯誤，B正確；由幾何知識知，折射光線射到B點時入射角等于，根據光路可逆，光在B點不可能發生全反射，C錯誤；光在介質球中的傳播速度為，傳播距離為，光從P傳到B點的時間為，解得，D正確。
9．【答案】BC
【詳解】根據電壓比等于匝數比可得，，根據能量關系可得，聯立可得，可知的電流與的電流之比，A錯誤；若用電吹風加熱，則阻值變小，即整個電路的等效電阻變小，可知整個電路消耗的功率變大，即交流電源的輸出功率變大，根據，可知原線圈電流變大；根據，可知消耗的功率變大 ，B正確；若用強光燈照射，則阻值變小，即整個電路的等效電阻變小，可知整個電路消耗的功率變大，即交流電源的輸出功率變大，根據，可知原線圈電流變大，則兩端電壓變大，原線圈輸入電壓減小，根據可知，兩端電壓減小，根據，可知消耗的功率變小 ，C正確；若用電吹風加熱，同時用強光燈照射，則、阻值變小，即整個電路的等效電阻變小，可知整個電路消耗的功率變大，即交流電源的輸出功率變大，根據，可知原線圈電流變大；根據，可知消耗的功率變大 ，D錯誤。
10．【答案】BD
【詳解】爆炸前后、動量守恒，有，嵌入過程為完全非彈性碰撞，有，解得，爆炸后的動能為，的初動能，錯誤；由能量守恒定律得落地時動能，正確；平拋的初速度為，又，聯立解得，則，彈藥釋放的能量，錯誤，正確。
11．【答案】（1） （2分）
（2） 不需要（2分）
（3） （2分）
【詳解】
（1） 游標卡尺的分度值為，用游標卡尺測得遮光片寬度為。
（2） 用該裝置驗證該系統機械能守恒定律時無需用托盤與砝碼的總重力代替拉力，不需要滿足。
（3） 若從釋放到小車經過光電門這一過程中系統機械能守恒，則有。
12．【答案】AB/BA，1.50，接法Ⅰ，1.80，0.25
【詳解】（1）定值電阻有保護電源的作用，且由于電源內阻很小，則根據閉合電路的歐姆定律有，可知加了定值電阻后可以達到電流變化時使電壓表的示數變化明顯的效果。
（3）根據（4）中所做圖像可知，電壓表最大量程應為3V，而量程為3V的電壓表，其分度值為0.1V，采用十分之一讀法，需估讀到分度值的下一位，由圖乙可知電壓表的讀數為1.50V。
（4）兩種方法中接法Ⅰ采用了電流表的內接法，接法Ⅱ采用了電流表的外接法，比較圖丙和圖丁可知，圖丙所示圖像的斜率更大，而圖像斜率的絕對值表示電源的內阻，分析可知接法Ⅰ，即電流表的內接法，所測電源內阻偏大，所測內阻應為電源實際內阻與電流表內阻之和，由此可知圖丙對應的接法為接法Ⅰ。
（5）當單刀雙擲開關接1，且電流表示數為0時，電壓表測量準確，此時電壓表所測電壓即為電源的電動勢，因此電源電動勢為圖丙的縱軸截距，可得，當單刀雙擲開關接2，且電壓表示數為0時，電流表測量準確，由圖丁圖像可知，此時電路電流為，則根據閉合電路的歐姆定律有，解得
13．【答案】（1）
（2）
【題圖剖析】
【詳解】
（1） 初始時活塞處于平衡，有
（2分）
小汽缸中氣體做等溫變化，初始時設，對小汽缸中氣體有
（1分）
升溫后活塞處于平衡，有
（2分）
對大汽缸中氣體有
（1分）
解得（1分）
（2） 活塞到卡環后，再升高溫度，大汽缸中氣體做等容變化，有
（2分）
對活塞有
（1分）
14．【答案】（1） ；
（2） ；
（3）
；
【題圖剖析】
【詳解】
（1） 回路磁通量變化率為零，不產生感應電動勢，所以電流恒定為
（1分）
對飛機與導體桿，根據牛頓第二定律有
可得飛機的加速度大小為（1分）
解得（1分）
設與的初始位置相距，那么回路的磁通量為
，為常量，
虛線左側磁場的磁感應強度大小為（1分）
當時，,代入可得，
所以虛線左側磁場的磁感應強度大小為（1分）
（2） 飛機加速時間為，
飛機前進的距離為（1分）
根據能量守恒定律，消耗的能量為（2分）
（3） 導體桿反彈的速度大小為，導體桿運動的位移大小為，
根據動量定理有
（1分）
其中（1分）
解得，（1分）
平均電流（1分）
根據能量守恒定律有（1分）
解得（1分）
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【詳解】
（1） 設小球以速度跟小球碰撞，碰后小球、的速度分別為、，以水平向右為正方向，根據動量守恒有（1分）
根據能量守恒有（1分）
小球滑上圓弧體最高點過程中，根據水平方向動量守恒有（1分）
根據能量守恒有（1分）
由靜止釋放小球，彈簧對小球做功，根據功能關系有（1分）
（2） 小球第一次返回到圓弧體底端的過程中，根據小球與圓弧體水平方向動量守恒有（1分）
根據能量守恒有（1分）
解得小球與圓弧體第一次分離時小球的速度大?。?分）
（3） 由第（2）問可得小球第一次返回到圓弧體底端時圓弧體的速度大?。?分）
小球第一次返回到圓弧體底端時根據牛頓第二定律有（2分）
解得（1分）
根據牛頓第三定律可知，小球對圓弧面的壓力大小（1分）
【思路引導】由靜止釋放小球，彈簧對小球做功 彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能 小球與小球發生彈性碰撞 利用動量守恒和能量守恒列式 小球滑上圓弧體最高點過程，系統水平方向動量守恒 利用水平方向動量守恒和能量守恒列式 小球從圓弧體滑上最高點，再從圓弧體滑下到底端過程，等效于彈性碰撞 利用水平方向動量守恒和能量守恒列式 小球第一次返回到圓弧體底端時，利用牛頓第二定律和牛頓第三定律求出對圓弧面的壓力大小。
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