資源簡介

2026屆湖南省高考物理最新模擬試卷（二）
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．已知釙210的半衰期為138天，釙210隨中國空間站在太空中運行276天后，剩余釙210的質量約為（ ）
A. B. C. D.
2．質量為的衛星圍繞質量為的行星做勻速圓周運動，軌道半徑為，引力常量為，則經過周期，行星對衛星萬有引力的沖量大小為（　　）
A． B． C． D．
3．如圖所示，為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖為質點以此時刻為計時起點的振動圖像，從該時刻起，下列說法正確的是（ ）
A．該波正在向軸負方向傳播，波速為
B．經過后，質點經過的路程為，且速度最大，加速度最小
C．若該波在傳播過程中遇到一個尺寸為3m的障礙物，不能發生衍射現象
D．若波源向軸負方向運動，在處放一接收器，接收器接收到的波源頻率可能為
4．如圖所示，豎直線OA為兩個豎直光滑的墻壁MN和PQ的中心線，將一小球從O點水平向左拋出，小球與墻壁發生兩次碰撞之后恰好落在地面上的A點.已知小球從O點運動到B點的時間為t1，從B點運動到C點的時間為t2，從C點運動到A點的時間為t3；O、B兩點之間的高度差為h1，B、C兩點之間的高度差為h2，C、A兩點之間的高度差為h3，發生碰撞前后豎直方向的分速度不變，水平方向的分速度大小不變，方向相反，不計空氣阻力，則 (　　)
A．t1∶t2∶t3=1∶2∶1，h1∶h2∶h3=1∶7∶8
B．t1∶t2∶t3=1∶2∶1，h1∶h2∶h3=1∶8∶7
C．t1∶t2∶t3=1∶2∶3，h1∶h2∶h3=1∶7∶8
D．t1∶t2∶t3=1∶2∶3，h1∶h2∶h3=1∶8∶7
5．如圖所示，在、區域內有豎直向上的勻強電場，在區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，從軸上范圍內平行于軸正方向射出大量質量為、電荷量為、分布均勻的帶電粒子，粒子射入的初速度均為，當電場強度為0時，從點射入的粒子恰能運動到點，若電場強度大小為，右側是粒子接收器，的長度為，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則（ ）
A．磁感應強度的大小為
B．從處射入的粒子，恰好從點進入磁場
C．從處射入的粒子，在磁場中豎直方向偏轉距離最大
D．接收器接收的粒子數占粒子總數的
6．（河北邢臺高二上聯考）如圖所示，P和Q為兩平行金屬板，板間有恒定的電壓，在P板附近有一電子(不計重力)由靜止開始向Q板運動，下列說法正確的是(　　)
A．電子到達Q板時的速率，與板間電壓無關，僅與兩板間距離有關
B．電子到達Q板時的速率，與兩板間距離無關，僅與板間電壓有關
C．兩板間距離越小，電子的加速度就越小
D．兩板間距離越大，加速時間越短
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．如圖所示為一款近期火爆的玩具“彈簧小人”，由頭部、彈簧及底部組成，頭部質量為m，彈簧質量不計，勁度系數為k，底部質量為，開始彈簧小人靜止于桌面上，現輕壓頭部后由靜止釋放，小人不停上下振動，已知當彈簧形變量為x時，其彈性勢能，不計一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內，則下列判斷中正確的是（　　）
A．若剛釋放時頭部的加速度大小為g，則小人在振動過程中底部能離開桌面
B．若剛釋放時頭部的加速度大小為g，則小人在運動過程中頭部的最大速度為
C．若小人在振動過程中底部恰好不能離開桌面，頭部在最高點的加速度為
D．若小人在振動過程中底部恰好不能離開桌面，則輕壓頭部釋放時彈簧的壓縮量為
8．(多選)近年來,基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用,其簡化的充電原理圖如圖所示.發射線圈的輸入電壓為220 V、匝數為1 100匝,接收線圈的匝數為50匝.若工作狀態下,穿過接收線圈的磁通量約為發射線圈的80%,忽略其他損耗,下列說法正確的是 (　　)
A．接收線圈的輸出電壓約為8 V
B．接收線圈與發射線圈中電流之比約為22∶1
C．發射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同
D．穿過發射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同
9．如圖所示，半圓玻璃磚可繞過圓心的垂直軸轉動，圓心O與足夠大光屏的距離d=20 cm，初始半圓玻璃磚的直徑與光屏平行時，一束光對準圓心、垂直于光屏射向玻璃磚，在光屏上O1點留下一光點，保持入射光方向不變，讓玻璃磚繞O點順時針方向轉動時，光屏上光點也會移動，當玻璃磚轉過角時，光屏上光點位置距離O1點為20 cm，（sin=） 則（　　）
A．玻璃磚轉動后，光屏上的光點會相對于向上移動
B．該玻璃磚的折射率為
C．該玻璃磚的折射率為
D．當玻璃磚繞O點相對初始位置轉過的角度α的正弦值為時，光屏上的光點消失
10．如圖所示,一豎直輕彈簧靜止在水平面上,其上端位于點,重力均為的、兩物體疊放在輕彈簧上并處于靜止狀態。現用一恒力豎直向上拉,將、視為質點,則下列說法正確的是（ ）
A. 若,則、恰好在點分離
B. 若,則、恰好在圖示的初始位置分離
C. 若,則、在點正下方某一位置分離
D. 若,則、在點正下方某一位置分離
三、非選擇題（本大題共5小題 共56分）
11．某興趣小組驗證機械能守恒定律，在水平面上放有一個壓力傳感器，將一個內壁光滑的圓環軌道豎直固定放在壓力傳感器上，此時壓力傳感器上的示數為0。如圖所示，在圓環軌道的最高點處有一個直徑等于小球直徑的圓孔（小球的直徑遠小于軌道的直徑），將小球通過圓孔靜止放在圓環軌道的最高點處，給小球一個微小擾動，當小球經過壓力傳感器時，傳感器的示數為F，重力加速度為g。
（1）下列說法正確的是 。
A．若想完成此實驗還需要測量出小球的質量m
B．若想完成此實驗還需要測量出圓環軌道的直徑D
C．若想完成此實驗還需要測量出小球的直徑d
（2）小球從最高點到壓力傳感器的過程，為驗證小球的機械能守恒，需要滿足的關系式 （用以上的物理量表示）。
（3）實驗過程中很難存在內壁光滑的圓環，實驗結束后發現測量的F比理論的F （填“大”或者“小”）時，說明圓環內壁存在摩擦力。
12．如圖甲所示為某電動車電池組的一片電池，探究小組設計實驗測定該電池的電動勢并測定某電流表內阻，查閱資料可知該型號電池內阻可忽略不計。可供選擇的器材如下：
A．待測電池（電動勢約為3.7V，內阻忽略不計）
B．待測電流表A（量程為0~3A，內阻待測）
C．電壓表V（量程為0~3V，內阻）
D．定值電阻
E.定值電阻
F.滑動變阻器（）
H.滑動變阻器（）
I.導線若干、開關
為了精確地測定電源電動勢和電流表內阻，探究小組設計了如圖乙所示的實驗方案。請完成下列問題：
（1）滑動變阻器應選擇 ，②處應選擇 ；（均填寫器材前序號）
（2）電流表安裝在 處；（填①或③）
（3）探究小組通過實驗測得多組（，）數據，繪制出如圖丙所示的圖線，則電源的電動勢為 V，電流表內阻為 （結果均保留2位有效數字），從實驗原理上判斷電動勢的測量值與真實值相比 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）。
13．某種噴霧器的貯液筒的總容積為，如圖所示，裝入的藥液后再用密封蓋將貯液筒密封，與貯液筒相連的活塞式打氣筒每次能壓入的空氣，設整個過程溫度保持不變，求：
（1）要使貯液筒中空氣的壓強達到，打氣筒應壓幾次？
（2）當貯液筒中空氣的壓強達到時，打開噴嘴使其噴霧，直到內外氣體壓強相等，這時筒內還剩多少藥液？
14．如圖，一傾角為α的光滑固定斜面的頂端放有質量M=0.06 kg的U形導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻R=3 Ω的金屬棒CD的兩端置于導體框上，與導體框構成矩形回路CDEF；EF與斜面底邊平行，長度L=0.6 m．初始時CD與EF相距s0=0.4 m，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離s1= m后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區域，磁場邊界(圖中虛線)與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區域．當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的EF邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速．已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應強度大小B=1 T，重力加速度大小取g=10 m/s2，sin α=0.6．求:
(1)金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大小；
(2)金屬棒的質量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數；
(3)導體框勻速運動的距離．
15．在光滑水平地面上有一凹槽，中央放一小物塊，物塊與左右兩邊槽壁間的距離如圖所示，，凹槽與物塊的質量均為，兩者之間的動摩擦因數 為，開始時物塊靜止，凹槽以的初速度向右運動，設物塊與凹槽槽壁碰撞過程中沒有能量損失，且碰撞時間不計．取，求：
（1）物塊與凹槽相對靜止時的速度大小；
（2）從凹槽開始運動到兩者相對靜止，物塊與左側槽壁碰撞的次數；
（3）從凹槽開始運動到兩者剛相對靜止所經歷的時間.
參考答案
1．【答案】B
【詳解】放射性元素的原子核有半數發生衰變時所需要的時間叫半衰期，剩余質量的計算公式是，為衰變時間，為半衰期，代入數據計算可得276天后剩余釙210的質量約為，正確。
失分注意：
若誤將276天當做一個半衰期，會導致計算結果錯誤。
2．【答案】A
【詳解】
根據牛頓第二定律可得
解得
經過個周期，衛星的速度大小不變，方向轉過90°，有
根據動量定理可得
故選A。
3．【答案】B
【詳解】A．在圖b中，時刻質點P正向上振動，在圖a中，根據波形平移法可知，波正在向軸正方向傳播。該波的波長和周期分別為，，所以波速，故A錯誤；
B．根據題意可知，所以經過后，質點經歷的路程為7個振幅大小
到達平衡位置，速度最大，加速度最小，B正確；
C．該波的波長為4m，若該波在傳播過程中遇到一個尺寸為3m的障礙物，波長與障礙物尺寸差不多，能發生衍射現象，C錯誤；
D．該波的頻率為，若波源向軸負方向運動，波源與接收器間的距離增大，單位時間內接收器接收到的波數減小，所以在處的接收器接收到的波源頻率減小，小于，D錯誤。選B。
4．【答案】B
【解析】設兩墻壁之間的距離為2L，將小球的軌跡展開后，即為完整的平拋運動，小球在水平方向做勻速直線運動，有t1=，t2=，t3=，所以有t1∶t2∶t3=1∶2∶1，小球在豎直方向做自由落體運動，有h1=g，h1+h2=g(t1+t2)2，h1+h2+h3=g，可得h1∶h2∶h3=1∶8∶7，A、C、D錯誤，B正確.
5．【答案】D
【解析】當電場強度為0時,從點射入的粒子恰能運動到點,則粒子的軌跡半徑,根據洛倫茲力提供向心力,有,解得,錯誤；若粒子從處射入,則,,,聯立解得,由此可知,粒子從點下方進入磁場,錯誤；設粒子進入磁場時速度方向與豎直方向的夾角為 ,粒子進入磁場的速度大小為,則,,所以粒子在磁場中豎直方向的偏轉距離為,由此可知,粒子在磁場中豎直方向的偏轉距離相等,錯誤；由以上分析可知,粒子在電場中的豎直位移為,所以從處射入的粒子,恰好從點進入磁場,且恰好經磁場偏轉后打在點,即只有范圍內平行于軸正方向射出的粒子能被接收器接收,所以接收器接收的粒子數占粒子總數的,正確.
6．【答案】B
【解析】極板之間的電壓U不變，由E＝可知兩極板距離d越大，場強E越小，電場力F＝Ee越小，加速度越小，加速時間越長，由eU＝mv2，得v＝，則電子到達Q板時的速率與極板間距離無關，與加速電壓有關，A、C、D錯誤， B正確．
7．【答案】BC
【詳解】A．設頭部在初始位置時彈簧的壓縮量為x0，對頭部列平衡方程mg＝kx0 ①，施加力F后彈簧再壓縮x，頭部的平衡方程為F＋mg＝k（x0＋x）②，若剛釋放時頭部的加速度大小為g，根據牛頓第二定律得，則F＝mg③，由①②③得kx＝mg，撤去力F的瞬間，頭部所受的回復力F回＝k（x0＋x）－mg＝kx，當頭部向上運動到初始位置上方距離也是x時，由對稱性知F回＝kx，而kx＝mg，可見頭部所受彈簧彈力恰好是零，以底部為研究對象，受力分析知地面對底部的支持力為，因此小人在振動過程中底部不能離開桌面。A錯誤；
B．剛釋放時彈簧的形變量為，彈簧振子在平衡位置時的動能最大，根據能量守恒得，結合動能，小人在運動過程中頭部的最大速度為，B正確；
C．若小人在振動過程中底部恰好不能離開桌面，即當頭部在最高點時，底部受到桌面的彈力為0，受力分析得彈簧此時的彈力等于底部的重力，此時對頭部受力分析，根據牛頓第二定律有，頭部在最高點的加速度為，C正確；
D．若小人在振動過程中底部恰好不能離開桌面，開始施加力后彈簧再壓縮，頭部的平衡方程為，分析得，則輕壓頭部釋放時彈簧的壓縮量為，D錯誤。選BC。
8．【答案】AC
【解析】發射線圈的電壓U1==220 V,解得=0.2 V,接收線圈的電壓U2==8 V,A正確;若不漏磁,根據I1n1=I2n2,可得電流之比為22∶1,B錯誤;發射線圈和接收線圈磁場變化是同步的,所以交流電的頻率相同,C正確;因為磁損,發射線圈磁通量變化率大于接收線圈,D錯誤.
【快解】當變壓器有磁損時,就不可以使用理想變壓器的結論了,可快速判斷B、D選項不正確.
9．【答案】ACD
【詳解】A．如圖所示
玻璃磚轉動后，光屏上的光點會相對于向上移動，A正確；
BC．玻璃磚轉過30°角時，折射光路如上圖所示，入射角，根據幾何關系可得
，解得，則折射角，根據折射定律可得，可得，B錯誤，C正確；
D．發生全反射時，有，此時轉過的角度剛好等于臨界角，則，D正確。選ACD。
10．【答案】BD
【詳解】、兩物體疊放在輕彈簧上，并處于靜止狀態時，此時彈簧彈力等于、總重力，即，解得壓縮量為。若，則、兩物體要分離時，兩者間的相互作用力為0，對物體，根據牛頓第二定律得到，此時對物體，根據牛頓第二定律可得，解得，所以、在點正下方某一位置分離，錯誤；若，對物體，根據牛頓第二定律可得，對根據牛頓第二定律得，解得，則、恰好在圖示的初始位置分離，正確；當拉力較小時要考慮、整體做簡諧運動的情況，若，假設系統做簡諧運動，對、兩物體整體進行分析，平衡位置時，彈簧的壓縮量為，則，解得，此時振幅為，，則最高點時的彈簧壓縮量為，根據、兩個選項的分析過程，同理可以求得當兩物體間作用力為0時，彈簧壓縮量為，因為，所以兩物體不會分離，兩物體將一起做簡諧運動，錯誤；若，假設系統做簡諧運動，對、兩物體整體進行分析，平衡位置時，彈簧的壓縮量為，則，解得，則此時的振幅為，則最高點時的彈簧壓縮量為，根據、選項的分析過程，同理可以求得當兩物體間作用力為0時，彈簧壓縮量為，因為，所以兩物體在做完整簡諧運動之前就已經分離，故若，則、在點正下方某一位置分離，正確。
【思路引導】
11．【答案】（1）A；（2）；（3）小
【詳解】（1）最低點，，得，因需要驗證關系式，所以還需要測量出小球的質量m。
（2）由（1）可知為驗證小球的機械能守恒，需要滿足的關系式為
（3）若內壁不光滑，最低點速度會變小，測量的F會比理論的偏小。
12．【答案】 F D ③ 3.6 0.80 相等
【詳解】（1）[1][2]因為電流表內阻較小，為了使電壓表示數變化明顯些，所以滑動變阻器R應選擇，所以滑動變阻器應選擇F；由于電源電動勢約為3.7V，而電壓表V量程為，因此需要擴大量程，由題意可知，應將電壓表V與定值電阻R1串聯，所以②處應選擇D。
（2）[3]電流表A量程為，將電流表安裝在③處可以測量干路中的電流。
（3）[4][5]由閉合電路的歐姆定律
代入數據，化簡可得
結合圖丙可知
解得，電流表內阻為
將，代入解析式中，解得電源的電動勢為
[6]由題意得
在此實驗中，電流表“相對電源內接法”，且電流表內阻已測得，所以從實驗原理上判斷電動勢的測量值與真實值相等。
13．【答案】（1）15；（2）
【解析】（1）設打氣筒壓次可以使壓強達到。初狀態：，其中，末狀態：，由玻意耳定律得，代入數據解得。
（2）設停止噴霧時貯液筒內氣體體積為，由玻意耳定律得：，解得，故還剩藥液。
14．【答案】(1)0.18 N　(2)0.02 kg　0.375　(3) m
【詳解】(1)導體框與金屬棒一起加速運動，設加速度大小為a，根據牛頓第二定律得
(M+m)gsin α=(M+m)a，
解得a=6 m/s2，
設金屬棒剛進入磁場時的速度為v1，由運動學公式得
-0=2as1，
解得v1=1.5 m/s，
金屬棒在磁場中受到的安培力F安=BIL，
流過金屬棒的電流I= ，
由法拉第電磁感應定律得E=BLv1，
聯立解得F安=0.18 N．
(2)金屬棒在磁場中勻速運動，有
F安=μmgcos α+mgsin α，
此時導體框做勻加速運動，有
Mgsin α-μmgcos α=Ma1，
當金屬棒離開磁場時，導體框EF邊剛好進入磁場做勻速直線運動，對導體框有
Mgsin α=μmgcos α+F'安，
F'安=BI'L=B L= ，
- =2a1s0，
聯立解得v2=2.5 m/s，m=0.02 kg，μ=0.375
(3)金屬棒再次加速運動時，有
mgsin α+μmgcos α=ma2，
解得a2=9 m/s2，
金屬棒與導體框共速時，有v2=a2t+v1，
解得t= s，
x=v2t=2.5× m= m，
假設金屬棒穿越磁場區域時間為t1，則v2-v1=a1t1，磁場區域寬度d=v1t1，解得d=0.3 m，有x= m＜d=0.3 m，所以導體框與金屬棒共速時還未離開磁場區域，
故導體框勻速運動距離為x= m．
15．【答案】
（2）8次
（3）
【解析】（1）設物塊與凹槽相對靜止時速度為，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得，解得.
（2）設物塊與凹槽相對靜止前，相對運動的路程為，由動能定理得,解得，已知,則，故物塊與左側槽壁碰撞8次.
（3）設凹槽與物塊碰前的速度分別為、，碰后的速度分別為、，根據動量守恒定律和能量守恒定律有，，解得,，可知每次碰撞，凹槽與物塊都交換速度，在同一坐標系中兩者的圖線如圖所示.
凹槽、物塊的圖像在兩條連續的勻變速直線運動圖線間轉換，故可用勻變速直線運動規律求時間，則,，解得.
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第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆湖南省高考物理最新模擬試卷（三）
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。
1．2023年4月13日，中國“人造太陽”反應堆中科院環流器裝置(EAST)創下新紀錄，實現403秒穩態長脈沖高約束模等離子體運行，為可控核聚變的最終實現又向前邁出了重要的一步，下列關于核反應的說法正確的是 (　　)
A．相同質量的核燃料，輕核聚變比重核裂變釋放的核能更多
B．氘氚核聚變的核反應方程為H+Hee
C．核聚變的核反應燃料主要是鈾235
D．核聚變反應過程中沒有質量虧損
2．2019年7月25日，一顆名為“2019OK”的小行星與地球擦肩而過，該小行星與地球圍繞太陽公轉的軌道如圖所示，圖中 兩點為地球軌道與小行星軌道的交點，且地球與小行星均沿逆時針方向運動，已知該小行星圍繞太陽公轉的周期約為2.72年，不考慮其他天體的影響，則（　　）
A．該小行星公轉軌道的半長軸約為地球公轉半徑的2.72倍
B．地球和該小行星各自經過N點時的加速度大小相等
C．小行星在近日點的速率小于在M點的速率
D．在圍繞太陽轉動的過程中，地球的機械能守恒，小行星的機械能不守恒
3．如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，實線和虛線分別表示t1=0和t2=0.5 s時的波形（已知波的周期T>0.5 s），則t3=5.5 s時的波形圖是下列各圖中的 （　　）
A． B．
C． D．
4．如圖所示，用一根長為l＝1 m的細線，一端系一質量為m＝1 kg的小球（可視為質點），另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°，小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動，若要小球離開錐面，小球的角速度ω0至少為（g取10 m/s2）（　　）
A．rad/s B．2 rad/s
C． rad/s D．5rad/s
5．均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場，如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，＝＝2R，已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為（　　）
A．－E B． C．－E D．＋E
6．如圖所示，P點處有一粒子源，可以以不同的速率發射某種質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子沿紙面以與Pd成30°角的方向射入正方形勻強磁場區域abcd內(邊界無磁場)，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里，正方形abcd的邊長為l，P點是cd邊的中點.不計粒子的重力以及粒子間的相互作用，則下列說法正確的是 (　　)
A．當粒子的速率大于時，粒子全部從ad邊離開磁場
B．當粒子的速率為時，粒子從ab邊離開磁場
C．當粒子的速率為時，粒子恰好從bc邊離開磁場
D．當粒子的速率由變為時，粒子在磁場中運動的時間變長
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．如圖所示為直角三角形斜劈ABC，∠ABC=37°，斜邊AB長1.5 m，P點將AB分成兩部分，AP=0.5 m，PB=1.0 m。小物塊與AP段間的動摩擦因數為μ1，與PB段間的動摩擦因數為μ2，BC水平放置，小物塊從A點由靜止釋放，經過時間t1下滑到B點時速度剛好為零；在B點給小物塊一個初速度v0，經過時間t2上滑到A點時速度剛好為零。取g=10 m/s2，sin37°=0.6，則（　　）
A． B．v0=6 m/s
C．t1>t2 D．t18．如圖甲所示，足夠長的木板靜置于水平地面上，木板左端放置一可看成質點的物塊。t=0時對物塊施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物塊和木板發生相對滑動，t=2s時撤去F，物塊恰好能到達木板右端，整個過程物塊運動的v-t圖像如圖乙所示。已知木板的質量為0.5kg，物塊與木板間、木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．木板的長度為3m
B．物塊的質量為0.8kg
C．拉力F對物塊做的功為9.9J
D．木板與地面間因摩擦產生的熱量為3.3J
9．如圖左所示為理想的自耦變壓器，現在自耦變壓器的原線圈兩端接有如圖右所示的交流電源，已知小燈泡的額定電壓為40V，V為理想交流電壓表。則下述正確的是（　　）
A．電壓表的示數為20V
B．通過小燈泡的電流的頻率應為0.2Hz
C．將電阻箱的阻值調小時，小燈泡消耗的電功率減小
D．當小燈泡正常發光時，自耦變壓器的滑動觸頭恰好位于線圈的中點
10．一個柱狀玻璃磚的橫截面如圖所示，它由半圓CPB和等腰直角三角形ABC組成，其中O為圓心，AC=BC。一束單色光從光源Q射到圓面上的P點，入射角i=45°，光束折射后與AC平行且恰好經過OB中點。已知圓的半徑為R，光在真空中的速度大小為c，則 （　　）
A．玻璃磚材料的折射率為
B．玻璃磚材料的折射率為
C．光從P點射入到離開玻璃磚的時間為
D．光從P點射入到離開玻璃磚的時間為
三、非選擇題（本大題共5小題 共56分）
11．由于打點計時器出現故障，物理實驗小組用圖甲所示的裝置來測量滑塊運動的加速度。將一較長且下端系著盛有有色液體的小漏斗（可視為質點）的細線，上端固定在拉力傳感器上。置于水平桌面上的滑塊用細繩跨過定滑輪與鉤碼相連，做合適的調節后使滑塊拖動固定在其后面的寬紙帶一起做勻加速直線運動。同時，使漏斗在垂直于滑塊運動方向的豎直平面內做擺角很小（小于5°）的擺動。漏斗中漏出的有色液體在寬紙帶上留下如圖乙所示的痕跡。拉力傳感器獲得漏斗擺動時細線中拉力F的大小隨時間t的變化圖像如圖丙所示，重力加速度為g，完成以下問題：

（1）圖乙中測得A，C兩點間距離為，A，E兩點間距離為。則液體滴在D點時滑塊速度的大小 ，在A、E兩點間滑塊加速度的大小為 。（從題給物理量符號、、、g及中選擇你需要的符號來表示）
（2）根據題中所給數據，可知系著小漏斗（可視為質點）的細線長度 。（從題給物理量符號、、、g及中選擇你需要的符號來表示）
12．電學創新實驗彈性電阻繩是一種具有彈性和導電性的材料，通常應用于應變傳感器中。某同學利用的恒壓電源（內阻不計）、量程為的電流表（內阻不計）、定值電阻和電阻箱等器材設計出如圖甲所示的電路，探究彈性電阻繩伸長量與其電阻增加量的關系。
甲 乙 丙
（1） 裝置安裝、電路連接、測量初始值。
如圖乙所示，在水平桌面上放置支架和測量尺，彈性電阻繩的一端固定在支架頂端，另一端作為拉伸端，兩端分別用帶有金屬夾、的導線接入電路中；在彈性電阻繩左側放置測量尺。先將彈性電阻繩豎直懸掛，測出彈性電阻繩的原長，并用多用電表測出此時彈性電阻繩阻值，若選用“”倍率的電阻擋測量，發現多用電表指針偏轉角度過大，為了提高測量的精確度，應將選擇開關撥至__________（填“”或“”）電阻擋，后將兩表筆短接，進行____________。若操作正確，多用電表的示數如圖丙所示，測量結果為______ 。
（2） 探究彈性電阻繩伸長量與其電阻增量的關系。在彈性繩的拉伸端系著一帶有指針的托盤。通過在托盤上放置不同數量的鉤碼拉伸改變彈性電阻繩的長度。
①連接好電路，斷開開關，將電阻箱的阻值調整至________；
②閉合開關，調節電阻箱的阻值使得電流表指針有大角度偏轉，記錄讀數為，讀出電阻箱的示數，并觀察托盤上的指針在測量尺上的位置，記錄、間的距離，即為彈性電阻繩拉伸后的長度;
③斷開開關，在托盤上放置一鉤碼，穩定后再次記錄、間的距離，再閉合開關，調節電阻箱的阻值使得電流表讀數為，記錄此時電阻箱阻值，則說明彈性電阻繩拉伸量增加時，彈性電阻繩電阻增加量為________________。
13．如圖所示，均勻薄壁“U”形管豎直放置，左管上端封閉，右管上端開口且足夠長，用兩段水銀封閉了A、B兩部分理想氣體，這兩部分氣體下方水銀面等高，右管封閉氣體上方的水銀柱高h=4cm，初狀態兩部分氣體的溫度均為300K，A氣體長度A=12cm，B氣體長度lB1=10cm，外界大氣壓強恒為cmHg。現使A氣體緩慢升溫，當A、B兩部分氣體下方水銀面的高度差時，保持A氣體的溫度不變，再向右管中緩慢注入水銀，使A氣體長度回到12cm。B氣體的溫度始終不變。求：
(i)升溫后兩部分氣體下方水銀面的高度差時，A氣體的熱力學溫度；
(ii)右管中再注入水銀后B氣體的長度。（結果保留兩位有效數字）
14．如圖所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L。abcd區域有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度v0向右運動，磁場內的細金屬桿N處于靜止狀態。兩金屬桿與導軌接觸良好且運動過程中始終與導軌垂直。兩桿的質量均為m，在導軌間的電阻均為R，感應電流產生的磁場及導軌的電阻忽略不計。
(1)求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小和方向；
(2)若兩桿在磁場內未相撞且N出磁場時的速度為，求：①N在磁場內運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到ab的最小距離x；
(3)初始時刻，若N到cd的距離與第(2)問初始時刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。
15．如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系，x軸下方有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為。A是質量為m1帶正電的小球，C是質量為m2帶負電的小球，A、C均可視為電荷量大小為q的質點，且2m1=m2=m。初始時C球被鎖定在x軸上某一位置，把A球從y軸上某點以初速度v0水平拋出，A球與C球發生一維對心正碰，碰撞時間極短，碰前瞬間解除對C球的鎖定，碰后瞬間A球速度為零，C球速度方向與x軸正方向夾角為θ=53°，碰撞前后A、C兩球電荷量不變，重力加速度為g，sin53°=0.8，求：
（1）小球A從開始拋出到與C球碰前運動的時間t及兩球碰撞損失的機械能；
（2）A球在磁場中運動的最大速度vm（結果用v0表示）；
（3）C球在磁場運動過程中離x軸的最大距離H（結果用v0和g表示）。
注：其中（2）、（3）問不考慮A、C兩球在磁場中可能發生的碰撞。
參考答案
1．【答案】A　
【解析】相同質量的核燃料，輕核聚變比重核裂變釋放的核能更多，A正確；核反應方程必須遵循電荷數守恒、質量數守恒，所以氘氚核聚變的核反應方程為H+Hen，B錯誤；核聚變的核反應燃料主要是氘和氚，C錯誤；核聚變反應過程中釋放能量，有質量虧損，D錯誤.
2．【答案】B
【詳解】A．地球和小行星均圍繞太陽轉動，設地球的公轉半徑為 ，周期為 ，小行星公轉軌道的半長軸為 ，周期為 ，由開普勒第三定律可得
因 ，解得
故A錯誤；
B．在N點，地球和小行星到太陽中心的距離相等，設為 ，太陽的質量為 ，地球的質量為 ，小行星的質量為 ，則對地球有
可得地球運動到N點時具有的加速度大小
同理可得小行星運動到N點時的加速度大小
故有 ，故B正確；
C．小行星從M點運動到近日點的過程中，太陽對小行星的萬有引力做正功，小行星速率增大，故C錯誤；
D．由于地球和小行星在圍繞太陽運動的過程中，只有太陽對各自的萬有引力做功，故其機械能守恒，故D錯誤。
故選B。
3．【答案】B　
【解析】由題意可知=0.5 s，故波的周期T=2 s，則當t3=5.5 s時，經過2個周期，即差周期是3個周期，所以等同于將t1=0時刻的波形沿x軸負方向平移個周期，故波形圖為B選項.
【方法總結】確定一段時間后的波形圖，有兩種典型方法
（1）平移法：先算出經Δt時間波傳播的距離Δx=vΔt，再把波形沿波的傳播方向平移Δx即可.因為波動圖像的重復性，若知波長λ，則波形平移nλ時波形不變，當Δx=nλ+x時，可采取去整（nλ）留零（x）的方法，只需平移x即可.
（2）特殊點法：若知周期T，在波形上找兩特殊點，如過平衡位置的點和與它相鄰的波峰（谷）點，先確定這兩點的振動方向，再看Δt=nT+t，由于經nT時間波形不變，所以也采取去整（nT）留零（t）的方法，分別找出兩特殊點經t時間后的位置，然后按正弦規律畫出新波形即可.
4．【答案】C
【詳解】
若要小球剛好離開錐面，則小球只受到重力和細線拉力，如圖所示
小球做勻速圓周運動的軌跡圓在水平面上，故向心力水平，在水平方向運用牛頓第二定律及向心力公式得
解得
即
故選C。
5．【答案】A
【詳解】
設在O點的球殼為完整的帶電荷量為2q的帶電球殼，則在M、N兩點產生的場強大小為
題圖中左半球殼在M點產生的場強為E，則右半球殼在M點產生的場強為
由對稱性知，左半球殼在N點產生的場強大小為
故選A。
6．【答案】C
【解析】設粒子運動的軌跡半徑為r1時，粒子的運動軌跡與ad邊相切，如圖中曲線①所示，由幾何關系得r1-=r1sin 30°，解得r1=l，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得qv1B=，解得粒子的速率為v1=；當粒子的運動軌跡與ab邊相切時，如圖中曲線②所示，由幾何關系可得r2+r2cos 30°=l，可得此時粒子運動的軌跡半徑為r2=，粒子的速率為v2=；當粒子的運動軌跡與bc邊相切時，如圖中曲線③所示，由幾何關系可得r3+r3sin 30°=，可得此時粒子運動的軌跡半徑r3=l，粒子的速率為v3=.當粒子的速率大于時，粒子全部從ad邊離開磁場，故A錯誤.當粒子的速率為時，由于v3<7．【答案】ABC
【詳解】A．根據題意，下滑時，小物塊在AP段間做勻加速直線運動，則有
，，下滑時，小物塊與PB段間做勻減速直線運動至靜止，則有，，解得，A正確；
CD．上滑時，小物塊在AP段間做勻減速直線運動，則有，上滑時，小物塊與PB段間做勻減速直線運動，則有，結合上述可知
，，則上滑的平均加速度大于下滑的平均加速度，由于小物塊上滑到A點時速度剛好為零，根據逆向思維可以將其運動看為反方向的加速運動，該運動與t1時間內下滑的位移相等，根據，可知t1>t2，C正確，D錯誤；
B．上滑過程有，，結合上述，解得v0=6 m/s，B正確。選ABC。
8．【答案】CD
【詳解】根據題意可知，木板在0~2.5s內向右做勻加速直線運動，作出圖像，如圖所示
由圖像可知2.5s時兩者共速，則木板在0~2.5s內的加速度大小為，物塊在0~2.0s內的加速度大小為，物塊在2.0s~2.5s內的加速度大小為，2.5s~3.0s內二者一起做勻減速直線運動，加速度大小為，可得木板與地面間的動摩擦因數為，物塊與木板間的動摩擦因數為，木板的長度為，A錯誤；前2s內，對木板，有，對物塊，有，解得，，B錯誤；前2s內，拉力F對物塊做的功為，結合圖像可知，0~2s內物塊的位移為，所以，C正確；木板與地面間因摩擦產生的熱量，結合圖像可知，木板的位移為，所以，D正確。
9．【答案】AD
【詳解】
A．電壓表的示數為交流電的有效值，由正弦交流電最大值和有效值的關系可知
故A正確；
B．變壓器不會改變交流電的頻率，所以通過小燈泡的電流的頻率應為
故B錯誤；
C．將電阻箱的阻值調小時，因為副線圈電壓不變，由
可知，小燈泡消耗的電功率將不變，故C錯誤；
D．當小燈泡正常發光時，副線圈兩端電壓為40V，而原線圈兩端電壓為20V，根據電壓與匝數成正比可知，自耦變壓器的滑動觸頭恰好位于線圈的中點，故D正確。
故選AD。
10．【答案】AC　
【解析】由幾何關系知，P點的折射角r=30°，光的折射率n=，解得n=，A正確，B錯誤；光束在玻璃磚內傳播的光路圖如圖所示，sin C=，解得C=45°，由幾何關系知∠OMD=45°，所以光束在M點發生全反射，解得PD=Rcos 30°=R，MD=DB=R，MN=R，光在玻璃磚材料內的速度v=，光在玻璃磚內傳播的時間t==，C正確，D錯誤。
11．【答案】；；
【詳解】（1）[1]根據圖丙可知漏斗振動的周期，由勻變速直線運動的規律可得液體滴在D點時滑塊速度的大小
[2]由，即，解得
（2）[3]根據單擺的周期公式，可得擺長
12．【答案】（1） （2分）；歐姆調零（1分）；7（1分）
（2） 最大（2分）；（2分）
【詳解】
（1） 選用“”倍率的電阻擋測量，發現多用電表指針偏轉角度過大，說明所選倍率過大，則應將開關撥至較小的“”電阻擋，然后將兩表筆短接，進行歐姆調零；可讀出此時多用電表的讀數為 。
（2） ①連接好電路，為了保護電路，防止電路中的電流過大，斷開開關后，應將電阻箱的阻值調整至最大。
③由于前后兩次測量毫安表讀數為不變，故回路中的總電阻不變，則彈性電阻繩電阻的增加量必然等于電阻箱阻值的減少量，即彈性電阻繩電阻增加量。
13．【答案】(i)；(ii)
【詳解】
(i)升溫后右側的水銀面比左側的高4cm時，則
由理想氣體狀態方程可得，其中
，，，
解得
(ii)當A氣體長度回到12cm時，有解得
此時左右管兩水銀面相平，所以
對右管B氣體，有，其中
，，
解得
14．【答案】(1)，水平向左　(2)①　②　(3)2≤k<3
【解析】本題考查法拉第電磁感應定律。
(1)當細金屬桿M剛進入磁場時，M、N及導軌形成閉合回路。
設回路中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有E＝＝BLv0，
根據閉合電路歐姆定律得，回路中的電流I＝，
M剛進入磁場時受到的安培力F＝BIL＝，其方向與M的運動方向相反，為水平向左。
(2)①對金屬桿N進行分析，設N在磁場內運動過程中回路中的平均電流為I，
由動量定理有BILΔt＝m·－0，
N在磁場內運動過程中通過回路的電荷量q＝IΔt＝。
②設M、N兩桿在磁場內運動時的速度差為Δv，
當M、N同在磁場內運動時，回路中的感應電動勢E′＝BLΔv，
則兩桿受到的安培力F′＝BI′L＝，
若初始時刻N到ab為最小距離，則當N出磁場時M恰好未與N相撞，有x＝∑Δv·Δt。對N由動量定理有∑F′·Δt＝m·－0，
解得x＝。
(3)兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導軌上運動，若N到cd的距離與第(2)問初始時刻的相同、到ab的距離為kx，則N到cd邊時速度大小恒為，根據動量守恒定律可知，mv0＝mv1＋mv2，解得N出磁場時，M的速度大小v1＝v0，由題意可知，此時M到cd邊的距離s＝(k－1)x。
若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：
①M減速到時出磁場，速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據動量定理有BI″L·Δt＝m·－m·，q′＝I″·Δt＝，聯立解得k＝2。
②M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M根據動量定理有BI″L·Δt＝m·－0，
同理可得k＝3。
綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為2≤k<3。
15．【答案】（1）；；（2）；（3）
【詳解】（1）由題意可知，小球A以初速度v0水平拋出，做平拋運動，A球與C球碰前速度方向也與x軸正方向夾角為θ，速度大小為v，則有，解得，A、C兩球碰撞動量守恒，碰后C球速度為vC，則有，，損失的機械能，解得
（2）法一：由于只有重力做功，A球運動到軌跡最低點時速度最大，此時A球下降高度為H1，A球水平方向由動量定理可得，又，由能量守恒有，解得
法二：A球碰后在磁場中的運動，可看做以速度v1水平向右的勻速直線運動和以v1為線速度大小的逆時針勻速圓周運動的合運動，且v1滿足，則A球運動到圓周運動最低點時速度最大，解得
（3）法一：C球在磁場運動過程中離x軸距離最大時速度為vCm，對C球在水平方向由動量定理可得，又，由能量守恒有，解得
法二：同（2）中C球向左勻速運動速度為v2，則有，勻速圓周運動的速度大小為v3，過x軸時v3水平分速度是，豎直分速度，可得，可得，C球運動到圓周運動最低點時離x軸距離最大，則有，解得
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆湖南省高考物理最新模擬試卷（四）
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。
1．2024年9月18日，蘇州大學研究團隊在《自然》雜志上發布了輻光伏微型核電池的最新研究成果。該電池主要是利用镅243發生 衰變釋放的能量。若镅243衰變的核反應方程是 ，則下列說法正確的是（ ）
A. 的電荷數為95 B. 的電荷數為91
C. 的質量數為241 D. 的質量數為239
2．如圖所示,實線是一列簡諧橫波在T1時刻的波形圖,虛線是在T2=T1+0.5 s時刻的波形圖.下列說法正確的是 (　　)
A．當波沿x軸負方向傳播時,波速的表達式為v=4(4n+1) m/s(n=0,1,2,…)
B．當波沿x軸負方向傳播且3T<(T2-T1)<4T時,波速大小為60 m/s
C．當波沿x軸正方向傳播時,波速的表達式為v=4(4n+3) m/s(n=0,1,2,…)
D．若波速v=68 m/s,則波沿x軸負方向傳播
3．如圖甲為2022年北京冬奧會的跳臺滑雪場地“雪如意”,其主體建筑設計靈感來自中國傳統飾物“如意”。其部分賽道可簡化為如圖乙所示的軌道模型。斜坡可視為傾角為θ的斜面,質量為m的運動員(可視為質點)從跳臺a處以速度v沿水平方向向左飛出,不計空氣阻力。已知重力加速度為g,則運動員從飛出至落到斜坡上的過程中,下列說法正確的是
　　　　
　　　　　甲　　　　　　　　　　　　　乙
A．運動員運動的時間為
B．運動員落在斜坡上時的瞬時速度方向與水平方向的夾角為2θ
C．運動員落在斜坡上時重力的瞬時功率為2mgvtan θ
D．運動員在空中離坡面的最大距離為
4．2023年8月9日凌晨，月球與木星相伴出現在天宇，上演了星月爭輝的浪漫天象．關于木星和月球的運動，下列說法正確的是（ ）
A． 木星和月球都以太陽為中心做橢圓運動
B． 木星在遠日點的速度大于其在近日點的速度
C． 月球與地球的連線和木星與太陽的連線在相等的時間內掃過的面積總是相等
D． 月球繞地球運行軌道半長軸的三次方與其公轉周期的平方的比值遠小于木星繞太陽運行軌道半長軸的三次方與其公轉周期的平方的比值
5．如圖甲所示，真空中棱長均為的兩個正四面體和，帶電荷量為、的點電荷分別置于、兩頂點，靜電力常量為，取無窮遠處電勢為零，則（ ）
A. 、、三點的電場強度大小相等，方向不同
B. 中點的電勢與中點的電勢相等
C. 記點為坐標原點，由指向為軸正方向，則電勢變化可能如圖乙所示
D. 平面上電場強度的最大值為
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．質量為的木板放在光滑的水平面上，其上放置一個質量的小物塊，木板和物塊間的動摩擦因數為0.4，木板的長度為，物塊可視為質點，現用一大小為的力作用在上，下列說法正確的是（g取）（　　）
A．的加速度為 B．的加速度為
C．經過物塊從木板上脫離 D．物塊離開木板時的速度為
8．如圖1所示的電路中，變壓器為理想變壓器，交流電壓表和電流表均可視為理想電表，定值電阻，，燈泡的電阻恒定。當開關S斷開、電路的輸入端接入如圖2所示的穩壓交流電源時，燈泡恰好正常發光，電壓表示數為36V，電流表示數為1A，則（　　）
A．燈泡中的電流是頻率為0.5Hz的交流電
B．理想變壓器原線圈與副線圈的匝數比為2:1
C．若將開關S閉合，則電壓表的示數將變為54V
D．若將開關S閉合，則小燈泡的功率將變為40.5W
9．在大型物流貨場，廣泛應用著傳送帶搬運貨物。如圖甲所示，與水平面成角傾斜的傳送帶以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的，將的貨物放在傳送帶上的A處，經過到達傳送帶的B端。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化圖像如圖乙所示，已知重力加速度，由圖可知（　　）
A．A、B兩點的距離為
B．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為
C．貨物從A運動到B過程中，傳送帶對貨物做功為
D．貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為
10．如圖所示，等腰棱鏡ABC放在水平桌面上，棱鏡的底角，一束光線垂直于AB邊從D點入射，經過棱鏡后，剛好垂直射到水平桌面上，已知光在真空中的傳播速度為c，AD的長度為L，則（　　）
A．該棱鏡的折射率為
B．第一次從AC面射出的光線在棱鏡中的傳播時間為
C．經AC面反射的光線可以直接從AB面射出
D．棱鏡中光線第一次射到AB面的時間為
三、非選擇題（本大題共5小題 共56分）
11．用如圖裝置來驗證機械能守恒定律。

（1）實驗時，該同學進行了如下操作：
①將質量均為M（A的含擋光片、B的含掛鉤）的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止狀態，測量出擋光片中心到光電門中心的豎直距離H。
②在B的下端掛上質量為m的物塊C，讓系統（重物A、B以及物塊C）中的物體由靜止開始運動，光電門記錄擋光片的時間為。
③測出擋光片的寬度，則重物經過光電門時的速度為 ，此速度實際上 （選填“大于”、“小于”或“等于”）擋光片中心通過遮光片時的速度。
（2）若系統（重物A、B以及物塊C）從靜止到下落距離為H這一運動過程中系統減少的重力勢能為 ，系統增加的動能為 ，若系統減少的重力勢能（在誤差允許的范圍內）等于系統增加的動能，則系統機械能守恒（已知重力加速度為g，用前面已給出的字母及測出的量表示）。
12．（8分）某學習小組的同學們想利用電壓表和電阻箱測量一電池組的電動勢和內阻，他們找到了如下的實驗器材：電池組（電動勢約為6．0 V，內阻約為1 Ω），靈敏電流計G（滿偏電流Ig＝100 μA，內阻Rg＝200 Ω），定值電阻R1（R1＝1 Ω），定值電阻R2（R2阻值可求），變阻箱R（阻值范圍可調），開關，導線若干。同學們研究器材，思考討論后確定了如下的實驗方案，請你將該方案補充完整。
（1）若想將靈敏電流計G改裝成量程為0～6 V的電壓表，需要　　　　（填“串聯”或“并聯”）一個定值電阻R2，該定值電阻的阻值為　　　　Ω。
（2）為了準確測出電池組的電動勢和內阻，在圖甲的虛線框中設計電路圖，請把該電路圖補充完整。
甲
（3）采集靈敏電流計G和變阻箱R的讀數，作出－圖像如圖乙所示，已知圖線的斜率為k（A－1·Ω），縱截距為b（A－1），則所測得電池組的內阻r＝　　　　（用題目中所給的字母表示，已知流經電源的電流遠大于流經靈敏電流計G的電流）。
乙
（4）組長還組織大家進一步研討，如圖丙所示為他們測得的某型號燈泡的伏安特性曲線，如果把兩個該型號的燈泡并聯后再與R0＝9 Ω的定值電阻串聯起來接在上述電池組上（若測得電池組的電動勢E＝6．0 V，內阻r＝1．0 Ω），如圖丁所示，則每只燈泡消耗的實際功率為　　　　W（結果保留兩位有效數字）。
丙 丁
13．(9分)豎直放置的導熱薄壁汽缸由兩個粗細不同的圓柱形筒組成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之間封閉有一定量的理想氣體,兩活塞用一輕桿連接,活塞Ⅰ、Ⅱ的質量均為m,橫截面的面積分別為S、2S。初始時活塞Ⅰ上面放置質量為2m的物塊M,系統處于平衡狀態,活塞Ⅰ到汽缸連接處的距離為h,活塞Ⅱ到汽缸連接處的距離為2h,如圖所示。已知活塞外大氣壓強為p0,活塞外溫度恒定,忽略活塞與缸壁間的摩擦,汽缸無漏氣,不計輕桿的體積。若p0S=10mg(g為重力加速度),求:
(1)汽缸內理想氣體的壓強與大氣壓強的比值;
(2)輕輕拿走活塞Ⅰ上面放置的物塊,待系統穩定時活塞Ⅰ到汽缸連接處的距離。
14．如圖所示為一“”形金屬軌道裝置，該裝置由位于同一水平面的光滑平行導軌、和光滑豎直導軌構成，導軌間距均為，整個裝置處于大小為、方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，導體棒分別靜置在水平軌道上左右兩側適當位置，相距為，導體棒用一絕緣且不可伸長的輕繩通過光滑轉彎裝置與導體棒相連，與導體棒相連的輕繩分別與導軌平行，三根導體棒的長度均為且始終與導軌垂直接觸。剛開始鎖定導體棒，給導體棒一個方向水平向右、大小為的初速度，兩棒碰前瞬間解除導體棒的鎖定，碰后兩棒粘在一起運動，此后導體棒運動距離后速度減為零。已知導體棒碰撞時間極短，連接導體棒的輕繩始終有拉力，三根導體棒的質量均為，電阻均為，導體棒運動過程中未與轉彎裝置接觸，不計其他電阻及阻力，重力加速度為。求：
(1)從導體棒開始運動到與導體棒碰前瞬間的過程中，流過導體棒的電荷量；
(2)導體棒碰后瞬間，導體棒的速度大小；
(3)從導體棒開始運動到減速為0的過程中，導體棒產生的焦耳熱。
15．如圖所示為過山車簡易模型，它由光滑水平軌道和豎直面內的光滑圓形軌道組成，A點為圓形軌道最低點，B點為最高點，水平軌道PN右側的光滑水平地面上井排放置兩塊木板c，d，兩木板間相互接觸但不粘連，木板上表面與水平軌道PN平齊，小滑塊b放置在軌道AN上。現將小滑塊a從P點以某一水平初速度v0向右運動，沿圓形軌道運動一周后進入水平軌道與小滑塊b發生碰撞，碰撞時間極短且碰撞過程中無機械能損失，碰后a沿原路返回到B點時，對軌道壓力恰好為0，碰后滑塊b最終恰好沒有離開木板d。已知小滑塊a的質量為m=1kg，c、d兩木板質量均為M=3kg。小滑塊b的質量也為M=3kg，c木板長為L1=2m，圓形軌道半徑為R=0.32m。滑塊b方與兩木板間動摩擦因數均為μ1=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小滑塊a與小滑塊b碰后，滑塊b的速度大小；
(2)小滑塊b剛離開長木板時c和b的速度大小以及木板d的長度；
(3)當木板d的長度為(2)中所求的值時，小滑塊b剛滑上木板d時，木板d與地面間的動摩擦因數突然變為。試分析小滑塊b能否與木板d保持相對靜止。若能，求出小滑塊距木板d右端的距離。若不能，求出小滑塊b滑離木板d時，小滑塊b和木板d的速度大小。
參考答案
1．【答案】D
【詳解】由于 粒子為，根據核反應前后質量數守恒、電荷數守恒，可得，，解得，，所以的電荷數為93，質量數為239，正確。
2．【答案】B　
【解析】根據題意,由題圖可知,當波沿x軸負方向傳播時,波在t=T2-T1=0.5 s時間內傳播的距離為x=λ+nλ(n=0,1,2,…),由題圖可知λ=8 m,又因為v=,聯立可得v=4(4n+3) m/s(n=0,1,2,…),若有3T<(T2-T1)<4T,則波的傳播距離范圍為3λ3．【答案】C　
【解析】經典題型：運動的合成與分解、平拋運動
根據平拋運動的規律可知tan θ==,解得t=,A錯誤;設運動員落在斜坡上的瞬時速度方向與水平方向的夾角為α,tan α=,則tan α=2tan θ,故α≠2θ,B錯誤;運動員落在斜坡上時重力的瞬時功率P=mgvy=2mgvtan θ,C正確;將v與g在平行斜坡方向與垂直斜坡方向分解,則在垂直斜坡方向上有v1=vsin θ,g1=gcos θ,當運動員垂直斜坡方向的速度減為零時,運動員離坡面最遠,有=2g1H,解得運動員在空中離坡面的最大距離H=,D錯誤。
4．【答案】D
【解析】木星以太陽為中心做橢圓運動，而月球是繞地球運動，A錯誤；根據開普勒第二定律可知，木星在遠日點的速度小于其在近日點的速度，B錯誤；月球繞地球運動，木星繞太陽運動，中心天體不同，運動軌道也不同，則月球與地球的連線和木星與太陽的連線在相等的時間內掃過的面積不一定是相等的，C錯誤；對繞中心星體做圓周運動的星體有，可得，其中是中心天體的質量，繞同一中心天體在圓軌道和橢圓軌道運動的星體都遵從開普勒第三定律，因地球的質量遠小于太陽的質量，則月球繞地球運行軌道半長軸的三次方與其公轉周期的平方的比值遠小于木星繞太陽運行軌道半長軸的三次方與其公轉周期的平方的比值，D正確．
【易錯警示】對開普勒第二、第三定律的理解不到位而出錯
（1）對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內掃過的面積相等；對任意一個中心天體來說，只有行星（衛星）繞中心天體在同一軌道上運動時，行星（衛星）和中心天體的連線在相等的時間內掃過的面積才相等．本題中的A、C選項，月球繞地球運動，木星繞太陽運動，運動軌道不同，則月球與地球的連線和木星與太陽的連線，在相等的時間內掃過的面積不一定是相等的．
（2）所有行星軌道的半長軸的三次方跟它的公轉周期的二次方的比都相等，即，其中值只與中心天體的質量有關，不同的中心天體值不同，故該定律可用在同一中心天體的兩行星（衛星）之間．
5．【答案】D
【解析】等量異種點電荷的電場分布如圖所示,由此可知,兩點電荷連線中垂面上、、三點的電場強度大小相等,方向相同,錯誤；中點在中垂面左側,離正點電荷較近,中點在中垂面右側,離負點電荷較近,沿電場線方向電勢逐漸降低,則中點電勢高于中點電勢,錯誤；點電勢為正無窮,點電勢為負無窮,錯誤；等量異種點電荷連線的中垂面上,連線的中點電場強度最大,由幾何關系可知,正四面體的面的中線長為,所以正四面體的高為,所以連線中點的場強大小為,正確.
【關鍵點撥】（1）等量異種點電荷電場分布如上圖所示,由圖可知,關于兩點電荷連線對稱的兩點（除中垂面上的點）,場強大小相同,方向不同；關于兩點電荷連線中點對稱的點,場強大小相同,方向相同.中垂面上,關于連線對稱的點,場強的大小和方向都相同.
（2）取無窮遠處電勢為0,等量異種點電荷中垂面上電勢為0,中垂面左側（靠近正點電荷）電勢為正,中垂面右側（靠近負點電荷）電勢為負.
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】ACD
【詳解】
AB．對，由牛頓第二定律可得
解得
對，由牛頓第二定律可得
解得
A正確，B錯誤；
C．物塊從木板上滑離時，位移關系滿足
解得
C正確；
D．物塊滑離木板時的速度為
D正確。
故選ACD。
8．【答案】BD
【詳解】A．由圖2可知，電路的輸入端，輸入的交變電流的頻率為，變壓器不改變交變電流的頻率，所以燈泡中電流的頻率為，A錯誤；
B．當開關斷開時，電阻兩端的電壓為，電路輸入電壓的有效值為，則原線圈兩端的電壓為，電壓表測量的是副線圈的電壓，則根據，B正確；
C．根據，可得，副線圈的電流為，則燈泡的電阻為，副線圈在原線圈中的等效電阻為，此時原線圈中的電流為，電阻的分壓為，原線圈的電壓為，則電壓表的示數，即副線圈的電壓為，C錯誤；
D．燈泡的功率為，D正確。選BD。
9．【答案】BC
【詳解】
A．貨物的位移就是AB兩點的距離，求出貨物的圖像與坐標軸圍成的面積即可。所以有
故A錯誤；
B．由圖像可以看出貨物做兩段勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有
由圖像得到
解得
故B正確；
C．傳送帶對貨物做的功分兩段來求，有
故C正確；
D．貨物與傳送帶摩擦產生的熱量也分兩段來求，有
故D錯誤。
故選BC。
10．【答案】AD
【詳解】光的傳播光路圖如圖所示
光線射到AC面時入射角為θ，折射角為γ，根據幾何關系可知，由折射定律有，解得，A正確；由幾何關系有，光在棱鏡中傳到AC邊的速度為，光在棱鏡中傳播到AC邊的時間，解得，B錯誤；光在棱鏡中全反射的臨界角滿足，，根據幾何關系，光第一次射到AB面上的入射角為60°，光線不會直接從AB面射出，C錯誤；由幾何關系有，光線第一次射到AB面的時間為，D正確。
11．【答案】 小于 mgH
【詳解】（1）③[1]測出擋光片的寬度，則重物經過光電門時的速度為
[2]如圖所示，v1表示中間時刻速度，v2表示中間位置速度

由圖可知
故重物經過光電門時的速度實際上小于擋光片中心通過遮光片時的速度。
（2）[3]若系統（重物A、B以及物塊C）從靜止到下落距離為H這一運動過程中系統減少的重力勢能為
系統增加的動能為
若系統減少的重力勢能（在誤差允許的范圍內）等于系統增加的動能，則系統機械能守恒。
12．【答案】（1）串聯（1分）　59 800（1分）　（2）見解析（2分）
（3）－R1（2分）　（4）0．29（0．27～0．31均可）（2分）
【解析】（1）若想將靈敏電流計G改裝成量程為0～6 V的電壓表，需要串聯一個定值電阻R2，該定值電阻的阻值R2＝－Rg＝ Ω－200 Ω＝59 800 Ω。
（2）電路圖如圖甲所示，其中R1為保護電阻。
甲
（3）根據閉合電路歐姆定律可得E＝（R1＋r）＋I（Rg＋R2），因已知流經電源的電流遠大于流經靈敏電流計G的電流，故可寫成E＝（R1＋r）＋I（Rg＋R2），即＝·＋，則k＝，b＝，聯立解得r＝－R1。
（4）由電路圖可知E＝U＋2I（R0＋r），即U＝6－20I，將此關系圖像畫在燈泡的U－I圖像中，如圖乙所示，則交點為燈泡的實際工作點，由圖可知I1＝0．24 A，U1＝1．2 V，則每只燈泡消耗的實際功率P＝I1U1≈0．29 W。
乙
【技巧必背】已知燈泡的伏安特性曲線求燈泡消耗的功率，根據閉合電路歐姆定律寫出燈泡的電流與電壓的關系式，在伏安特性曲線上作出關系式的圖像，交點為燈泡實際的電壓值與電流值，根據P＝UI求出燈泡消耗的功率。
13．【答案】(1)　(2)h
【解析】經典試題：汽缸模型+玻意耳定律
(1)設汽缸內理想氣體的壓強為p1,對活塞系統整體由平衡條件可得
2mg+mg+mg+p0S+p1·2S=p1·S+p0·2S (2分)
結合p0S=10mg,解得p1S=6mg,= (1分)
(2)輕輕拿走活塞Ⅰ上面放置的物塊,系統穩定后,設汽缸內氣體的壓強為p2,根據平衡條件可得
mg+mg+p0S+p2·2S=p2·S+p0·2S (2分)
解得p2=,
根據玻意耳定律可得p1V1=p2V2 (1分)
解得V2=V1,
根據題意可得V1=Sh+2S·2h=5Sh (2分)
則V2=Sh,
設活塞Ⅰ到汽缸連接處的距離為L,根據幾何知識有
2S(3h-L)+SL=Sh,
解得L=h (1分)
14．【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)從導體棒開始運動到與導體棒碰撞之前，有，根據閉合電路歐姆定律有，根據電流的定義式有，則流過導體棒的電荷量。
(2)從導體棒開始運動到與導體棒碰撞之前，根據動量定理有，解得碰前瞬間導體棒的速度大小為，對導體棒碰撞過程，有，解得碰后瞬間，導體棒的速度大小為。
(3)碰撞前，根據能量守恒可知，整個回路產生的焦耳熱，導體棒產生的焦耳熱，碰撞后，根據能量守恒有，解得導體棒產生的焦耳熱，整個過程有。
15．【答案】(1)；(2)，，；(3)，
【詳解】
(1)對滑塊在點
得
滑塊與滑塊碰后，由點運動到點，根據機械能守恒得
碰后滑塊的速度
滑塊與滑塊發生彈性碰撞
得
(2)滑塊沖上木板至剛離開木板的過程
解得：剛離開長木板時滑塊的速度
此時木板的速度
滑塊沖上木板的過程
解得
(3)當木板的長度為(2)中所求的值時，小滑塊剛滑上木板時，木板與地面間的動摩擦因數突然變為
由(2)可知
小滑塊做勻減速直線運動，木板做勻加速直線運動。對小滑塊
對木板
時間后兩者共速
解得
在這段時間內，滑塊的位移
木板的位移
兩者的相對位移
所以
滑塊與木板不可能保持相對靜止，必會滑離出去。設經時間后滑塊從木板上滑離出去，滑塊的位移
木板的位移
兩者的相對位移
解得
另外一解舍去，當滑塊從木板上滑離時
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆湖南省高考物理最新模擬試卷（五）
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．據新聞報道，我國科學家在江門地下的實驗室捕捉到中微子。中微子是最基本的粒子之一，它幾乎沒有質量且不帶電，民間戲稱為“幽靈粒子”。中微子與水中的發生核反應的方程式為，則粒子為（ ）
A． B． C． D．
2．在下列情況中，器材對凸形橋頂部的壓力最小的是
A．以較小的速度駛過半徑較大的橋 B．以較小的速度駛過半徑較小的橋
C．以較大的速度駛過半徑較小的橋 D．以較大的速度駛過半徑較大的橋
3．太陽系曾經上演過“七星連珠”罕見天象。如果行星的運動看作勻速圓周運動，則在運動過程中，距離太陽越遠的星球（　　）
A．向心加速度越大 B．線速度越大
C．周期越大 D．角速度越大
4．水袖是中國古典舞中用于情感表達和抒發的常用技巧，舞者的手的規律振動會傳導至袖子上，給人一種“行云流水”的美感。如圖(a)所示，一列簡諧橫波沿軸傳播，實線和虛線分別為時刻和時刻的波形圖，其中，P和Q分別是平衡位置為和的兩質點。圖(b)為質點的振動圖像，下列說法正確的是（　　）
A．
B．時刻的速度達到最大
C．簡諧橫波沿軸傳播的速度大小為40 m/s
D．到內，P和Q運動的路程相等
5．為了測量某化肥廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長，寬、高分別為a、b、c，左，右兩端開口，在垂直于上、下表面方向加磁感應強度為B的勻強磁場，在前、后兩個內側面固定有金屬板作為電極，污水充滿管口從左向右流經該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U。若用Q表示污水流量（單位時間內排出的污水體積），下列說法正確的是（ ）
A．若污水中正離子較多，則前內側面比后內側面電勢高
B．前內側面的電勢一定低于后內側面的電勢，與哪種離子多無關
C．污水流量Q與電壓U成正比，與a、b有關
D．污水中離子濃度越高，電壓表的示數將越大
6．（河北邢臺高二上聯考）如圖所示，P和Q為兩平行金屬板，板間有恒定的電壓，在P板附近有一電子(不計重力)由靜止開始向Q板運動，下列說法正確的是(　　)
A．電子到達Q板時的速率，與板間電壓無關，僅與兩板間距離有關
B．電子到達Q板時的速率，與兩板間距離無關，僅與板間電壓有關
C．兩板間距離越小，電子的加速度就越小
D．兩板間距離越大，加速時間越短
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．某小型水電站的電能輸送示意圖如圖所示，發電機的輸出功率為100kW，輸出電壓為，輸電導線的總電阻為，導線上損耗的電功率為4kW，要使額定電壓為220V的用電器正常工作，不計變壓器損耗，則下列判斷正確的是（　　）
A．，用電器得到的交流電頻率為50Hz
B．升壓、降壓變壓器的原、副線圈的匝數比分別為和
C．若用電器功率變大，則輸電線上損耗的功率占總功率的比例增大
D．若用電器功率變大，升壓變壓器的輸出電壓增大
8．如圖甲，勁度系數的輕彈簧左端固定在豎直墻上，右端連接一個質量為的木板。開始時彈簧處于原長，木板靜止在光滑的水平桌面上、一質量的物塊(可視為質點)從木板左端以初速度滑上木板，最終恰好停在木板的右端。圖乙中為物塊的圖線；為木板的圖線且為正弦圖線。已知重力加速度，根據圖中所給信息可得（　　）
A．木板的長度為
B．時，彈簧的彈性勢能為
C．時，木板受到物塊的摩擦力與彈簧的彈力大小相等
D．內“物塊和木板”系統的摩擦生熱為
9．如圖所示，長為L的光導纖維，AB代表光的入射端面.某種顏色的光以任何角度從AB端面進入光導纖維后，均能無損耗地從AB端面傳播到另一端面.則下列說法正確的是 （　　）
A．光導纖維對該光的折射率最小為
B．光導纖維對該光的折射率最小為
C．若光導纖維對該光的折射率為，則光從一端傳播到另一端的最長時間為
D．若光導纖維對該光的折射率為，則光從一端傳播到另一端的最長時間為
10．如圖所示，A、B兩物塊質量均為m，用一輕彈簧相連，將A用長度適當的輕繩懸掛于天花板上，系統處于靜止狀態，B物塊恰好與水平桌面接觸而沒有擠壓，此時輕彈簧的伸長量為x。現將懸繩剪斷，則下列說法正確的是（　　）
A．懸繩剪斷瞬間，A物塊的加速度大小為3g
B．懸繩剪斷瞬間，A物塊的加速度大小為2g
C．懸繩剪斷后，A物塊向下運動距離x時速度最大
D．懸繩剪斷后，A物塊向下運動距離2x時速度最大
三、非選擇題（本大題共5小題 共56分）
11．某物理興趣小組按照圖甲安裝好“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置，正確進行相關操作后，打出很多紙帶，從中選出符合要求的紙帶，如圖乙所示（紙帶的其中一部分未畫出）。已知圖中O點為打出的起始點，且速度為零，選取在紙帶上連續打出的點A、B、C、D、E、F、G作為計數點，打點計時器的打點周期為T，重力加速度為g。
甲 乙
（1）為了驗證重物從釋放到打點計時器打在E點過程的機械能是否守恒，　　　　（填“需要”或“不需要”）測量重物的質量，得到關系式h2＝　　　　（用題中和圖乙中所給物理量的符號表示），即可在誤差允許范圍內驗證。
（2）小組中某同學由于不慎將圖乙紙帶A點前面的部分丟失，于是利用剩余的紙帶進行如下測量：以A為起點，測量各點到A點的距離h，計算出重物下落到各點的速度v，并作出v2－h圖像如圖丙所示，圖中給出了a、b、c三條直線，他作出的圖像應該是直線　　　　（填“a”“b”或“c”）；由圖像得出，A點到起始點O的距離為　　　　cm（結果保留三位有效數字）。
丙
12．測某遙控賽車電池E的電動勢和內阻，其電動勢約3 V，內阻約0.5 Ω。實驗室有如下器材：
A．電流表A1（量程0~1 A，內阻約為1 Ω）
B．電流表A2（量程0~6 mA，內阻未知）
C．滑動變阻器R1（阻值范圍為0~20 Ω，允許最大電流為2 A）
D．滑動變阻器R2（阻值范圍為0~1 000 Ω，允許最大電流為2 A）
E.電阻箱R3（0~9999.9 Ω）
F.電源E1（電動勢約為3 V，內阻約為5 Ω）
G.靈敏電流計G
H.定值電阻R0=2.5 Ω
I.導線，開關
(1)某同學根據已有器材設計如圖甲所示的電路圖，滑動變阻器應選 （填器材前的字母）。
(2)閉合開關S1、S2，調節滑動變阻器和電阻箱，使電流計G示數為0，記錄A1示數I1，A2示數I2，電阻箱示數R3，重復調節電阻箱和滑動變阻器的阻值，每次都使電流計G示數為0，并記錄不同電阻箱阻值所對應的A1示數和A2示數，作出電流表A2示數與電阻箱R3的示數的乘積I2R3和電流表A1的示數I1的圖像即I2R3—I1圖像，如圖乙所示，則被測電源的電動勢E= V，內阻r= Ω（結果均保留兩位小數）。
(3)用以上方法測量的電動勢E測 E真（選填“＜”或“＞”或“＝”），測量的內阻r測 r真（選填“＜”或“＞”或“＝”）。
13．(9分)豎直放置的導熱薄壁汽缸由兩個粗細不同的圓柱形筒組成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之間封閉有一定量的理想氣體,兩活塞用一輕桿連接,活塞Ⅰ、Ⅱ的質量均為m,橫截面的面積分別為S、2S。初始時活塞Ⅰ上面放置質量為2m的物塊M,系統處于平衡狀態,活塞Ⅰ到汽缸連接處的距離為h,活塞Ⅱ到汽缸連接處的距離為2h,如圖所示。已知活塞外大氣壓強為p0,活塞外溫度恒定,忽略活塞與缸壁間的摩擦,汽缸無漏氣,不計輕桿的體積。若p0S=10mg(g為重力加速度),求:
(1)汽缸內理想氣體的壓強與大氣壓強的比值;
(2)輕輕拿走活塞Ⅰ上面放置的物塊,待系統穩定時活塞Ⅰ到汽缸連接處的距離。
14．如圖所示，和為在同一水平面內足夠長的金屬導軌，處在磁感應強度的勻強磁場中，磁場方向豎直向下。導軌的段與段相互平行，距離為；段與段也是平行的，距離。質量均為的金屬桿a、b垂直于導軌放置，一根不可伸長的絕緣輕繩一端固定在金屬桿a上，一端系著重物c放置在地面上，重物c質量，絕緣輕繩的水平部分與平行且足夠長（重物c始終不與滑輪相撞），對b桿施加一水平向右的恒力，使其從靜止開始運動。已知兩桿在運動過程中始終垂直于導軌并與導軌保持光滑接觸，軌道足夠長，使a桿始終在寬度為的軌道部分運動，兩桿與導軌構成的回路的總電阻始終為，重力加速度g取。（感應電流產生的磁場忽略不計）
（1）若將重物c鎖定在地面上，求b桿的最終速度的大小；
（2）若將重物c解除鎖定，從b桿開始運動到重物c剛要離開地面時，共經歷時間05s，求此過程中回路產生的總焦耳熱；
（3）若將重物c解除鎖定，求b桿由靜止開始運動的全過程中回路的最大電流。
15．某游戲裝置簡化圖如下，游戲規則是玩家挑選出兩個完全相同的光滑小球a、b，將球向左壓縮彈簧至鎖扣位置松手，彈簧恢復原長后，球運動至右側與靜止的球發生碰撞后，結合為。若碰后能完全通過豎直放置的四分之一細圓管道和四分之一圓弧軌道DE，并成功投入右側固定的接球桶中，則視為游戲挑戰成功。已知被壓縮至鎖扣位置時彈簧彈性勢能，圓心及三點等高，點為軌道的最高點，安裝有微型壓力傳感器（未畫出）。細圓管道、圓弧軌道半徑均為，接球桶的高度，半徑，中心線離的距離。、、均可視為質點，不計空氣阻力和一切摩擦，取。
(1)若小球、的質量為，求球離開彈簧時的速度大小；
(2)若小球、的質量為，求經過點時對傳感器的壓力；
(3)若想要挑戰成功，求玩家挑選小球的質量范圍。
參考答案
【知識點】核反應的反應方程及能量計算
1．【答案】C
【詳解】設粒子的質量數為、電荷數為，由核反應過程中質量數、電荷數守恒得，，解得，，可知粒子為中子，正確。
【知識點】汽車過橋問題
2．【答案】C
【詳解】
設凸形橋對汽車的支持力為N，，移項得，所以v越大R越小，則N越小，故C正確，ABD錯誤；
故選C．
【知識點】萬有引力定律問題的分析與計算
3．【答案】C
【詳解】行星繞太陽做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力得，可得，，，，可知距離太陽越遠的星球，向心加速度越小，線速度越小，周期越大，角速度越小。
【知識點】波的多解問題
4．【答案】C
【詳解】由題圖可知波長，周期。因為沒有說明時刻是哪個時刻，假設，根據題圖(b)可知，質點在時刻正在沿軸正方向振動，則波向軸正方向傳播，可得（n=0，1，2，3，…），假設，根據題圖(b)可知，質點在時刻正在沿軸負方向振動，則波向軸負方向傳播，同理可得（n=0，1，2，3，…），A錯誤；由A項分析可知，無論是哪種情況，時刻質點都在波峰，振動速度等于零，速度最小，B錯誤；波速，C正確；到內，運動的路程（n=0，1，2，…）或（n=0，1，2，…），如果，在第一個時間內，P沿軸負方向運動到與軸對稱的位置，路程，則到內的路程（n=0，1，2，…），同理如果，在第一個時間內，P沿軸正方向運動到波峰，又沿軸負方向回到原位置，路程，則到內的路程（n=0，1，2，…），可知P和Q運動的路程不相等，D錯誤。
【方法總結】解決波的多解問題的思路：
一般采用從特殊到一般的思維方法，即找出一個周期內滿足條件的關系Δt或Δx，若此關系為時間，則t＝nT＋Δt（n＝0，1，2，…）；若此關系為距離，則x＝nλ＋Δx（n＝0，1，2，…），詳見下表：
機械波的周期性理解要點
內容 說明或提示
質點振動路程的周期性 s=n·4A+Δs（n=0，1，2，…） 式中A為振幅，Δs是不足一次全振動通過的路程
傳播距離的周期性 x=n·λ+Δx（n=0，1，2，…） 式中λ為波長，Δx是不足一個波長的那部分距離，如Δx=等。
傳播時間的周期性 t=n·T+Δt（n=0，1，2，…） 式中T為周期，Δt是不足一個周期的那部分時間，如Δt=等。
傳播速度可能的多解性 v=== ——
【知識點】帶電粒子在疊加場中的運動
5．【答案】B
【詳解】
AB．正、負離子流動時，根據左手定則知，正離子受到向后的洛倫茲力，向后內側面偏轉，所以后內側面帶正電荷，前內側面帶負電荷，前內側面電勢比后內側面低，故A錯誤，B正確。
C．最終正、負離子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態，有
而流量
所以
則污水流量Q與電壓U成正比，與a、b無關，故C錯誤。
D．由以上分析知
則U與離子濃度無關，故D錯誤。
故選B。
【知識點】元電荷、電子的比荷、幾種常見的電場、勻強電場、尖端放電、靜電屏蔽與靜電吸附、帶電粒子在勻強電場中的運動、庫侖定律、庫侖定律的表達式和簡單計算、點電荷的場強、電場 電場強度、電場、電場強度、電場的疊加 、電場線、電荷 電荷守恒定律、電荷及三種起電方式、電荷守恒定律、靜電平衡問題、靜電感應現象及特點、靜電的防止與利用、非點電荷的電場強度的計算與疊加
6．【答案】B
【解析】極板之間的電壓U不變，由E＝可知兩極板距離d越大，場強E越小，電場力F＝Ee越小，加速度越小，加速時間越長，由eU＝mv2，得v＝，則電子到達Q板時的速率與極板間距離無關，與加速電壓有關，A、C、D錯誤， B正確．
【知識點】含有理想變壓器的動態電路分析、理想變壓器原、副線圈兩端的電壓、功率、電流關系及其應用、電能的輸送
7．【答案】BC
【詳解】A．由輸出電壓表達式可知
用戶得到的交流電頻率為
A錯誤；
B．升壓變壓器原線圈電流為
根據
輸電電流為
升壓變壓器原、副線圈的匝數比為
升壓變壓器輸出電壓為
降壓變壓器原線圈電壓為
降壓變壓器原、副線圈的匝數比為
B正確；
CD．若用電器功率變大，則用戶端電流變大，輸電電流變大，損失功率占總功率的比為
可知，升壓變壓器輸出電壓與發電機輸出電壓和升壓變壓器匝數比有關，則U2不變，輸電線上損耗的功率占總功率的比例增大，C正確，D錯誤。
C正確，D錯誤。
故選BC。
【知識點】板塊模型中的能量守恒問題
8．【答案】AD
【解析】由于圖像與軸圍成的面積表示位移，通過圖像可知，一直向右運動，位移先向右后向左運動，總位移為0。因此，運動的位移即為木板長度，即正確；由于圖像的斜率表示加速度，可知減速運動的加速度。而在僅受摩擦力的作用下做勻減速運動，根據牛頓第二定律可知，由物塊的圖像可知，時，的速度最大，此時由于切線斜率為0，物塊的加速度為0。對進行受力分析可知，此時彈簧彈力與摩擦力二力平衡，且彈簧伸長量的大小應為的位移，則有：，解得，由正弦圖線的對稱性可知，時，的速度為0，即位于簡諧運動的振幅處，向右的位移為。對過程列能量守恒：，其中在內的位移為，聯立得錯談；時，木板的圖切線斜率不為0，說明木板此時仍有加速度，摩擦力與彈簧彈力并不相等，錯誤；兩秒內“物塊和木板”系統的摩擦生熱，而由圖像可知，全過程物塊與木板的相對路程即等于物塊的位移，因此系統摩擦生熱為，D正確。選。
【知識點】全反射與折射的綜合應用
9．【答案】AD　
【解析】設入射角為θ，折射角為r，光線到達上界面的入射角為α，發生全反射的臨界角為C，由折射定律得n=，由幾何關系有r+α=90°，所以sin r=cos α，由題意知，入射角增大到θ=90°，α=C時，折射率最小，因為sin C=，所以cos C=，則折射率最小為n===，故A正確，B錯誤.光在介質中的傳播速度v=，在介質中傳播時在上界面的入射角α越小，路程越大，當α=C時，光在光導纖維中傳播的時間最長，為t=，若光導纖維對該光的折射率為，則光從一端傳播到另一端的最長時間為；若光導纖維對該光的折射率為，則光從一端傳播到另一端的最長時間為，故C錯誤，D正確.
【知識點】利用牛頓定律進行受力分析
10．【答案】BD
【詳解】AB．剪斷懸繩前，B物塊恰好與水平桌面接觸而沒有擠壓，對B受力分析，B受到重力和彈簧的彈力，知彈力
F=mg
剪斷瞬間，對A分析，A的合力為
F合=mg+F=2mg
根據牛頓第二定律，得
F合=ma
解得
a=2g
選項B正確，A錯誤．
CD．彈簧開始處于伸長狀態，彈力
F=mg=kx
當懸繩剪斷后，彈簧向下壓縮，速度最大時有
mg=F′=kx′
解得
x′=x
所以下降的距離為2x，選項C錯誤，D正確。
故選BD。
【知識點】實驗：驗證機械能守恒定律
11．【答案】（1）不需要（1分）　 （2分）　（2）a（2分）　10．0（2分）
【解析】（1）由機械能守恒定律有mgh2＝m，式中質量m可約去，故重物質量不需要測量；E點的瞬時速度大小為vE＝，代入可得h2＝。
（2）設A點的速度為vA，則有v2－＝2gh，可得v2＝2gh＋，可知v2－h圖像的縱軸截距為＞0，故他作出的圖像應該是直線a；直線a橫軸截距的絕對值表示A點與起始點O的距離，由題圖丙可知A點到起始點O的距離為10．0 cm。
【知識點】實驗：電池電動勢和內阻的測量—伏安法測量電源電動勢與內阻
12．【答案】(1)C；(2)3.07，0.36；(3)，
【詳解】（1）回路總電阻 ， 的量程只有1 A，半偏時只有0.5 A，回路總電阻約幾歐姆~十幾歐姆左右，選C合適。
（2）當G表讀數為0時，把定值電阻 和 的和即 看作等效內阻，則等效電源路端電壓即為 ，有 ，設圖像直線方程為 ，斜率 ，且過點（0.2，2.5），代入直線方程可以解得 V， Ω
（3）因為G表讀數為0， 為等效電源的準確路端電壓， 為所測的等效電源的準確總電流，所測電動勢 和內電阻 均為準確值。
【知識點】氣體等溫變化與玻意耳定律
13．【答案】(1)　(2)h
【解析】經典試題：汽缸模型+玻意耳定律
(1)設汽缸內理想氣體的壓強為p1,對活塞系統整體由平衡條件可得
2mg+mg+mg+p0S+p1·2S=p1·S+p0·2S (2分)
結合p0S=10mg,解得p1S=6mg,= (1分)
(2)輕輕拿走活塞Ⅰ上面放置的物塊,系統穩定后,設汽缸內氣體的壓強為p2,根據平衡條件可得
mg+mg+p0S+p2·2S=p2·S+p0·2S (2分)
解得p2=,
根據玻意耳定律可得p1V1=p2V2 (1分)
解得V2=V1,
根據題意可得V1=Sh+2S·2h=5Sh (2分)
則V2=Sh,
設活塞Ⅰ到汽缸連接處的距離為L,根據幾何知識有
2S(3h-L)+SL=Sh,
解得L=h (1分)
【知識點】導體切割磁感線產生感應電動勢（電流）的分析與計算、電磁感應現象中的功能問題
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）若將重物c鎖定在地面上，則a桿靜止不動。b桿產生感應電動勢，感應電流，安培力b桿加速運動，由牛頓第二定律，當加速度減小到零時，b桿做勻速直線運動，即，可得b桿穩定速度
（2）重物c剛要離開地面時，則有，則a桿所受安培力ab兩桿串聯，電流相等，所以b桿安培力是a桿的0.5倍，由可知電路中電流，電動勢，由可知此時b桿的速度，從b桿開始運動到重物c剛要離開地面過程，對b桿利用動量定理有，設b桿運動的位移為x，則，代入上式，可得，對b桿利用動能定理有，可得克服安培力做的功，此過程回路產生的總焦耳熱
（3）重物c解除鎖定后，設某時刻a、b兩桿的速度分別為、，回路中產生的感應電動勢，回路中總電流b桿的加速度a桿和重物c看作一個整體，則加速度a、b兩桿均加速運動，分析可知，當時，回路中電流達到最大值，則有，代入數據，可得
【知識點】求解彈性碰撞問題
15．【答案】(1)；(2)，方向豎直向上；(3)
【詳解】（1）對球： ，
解得：。
（2）a與b相碰，碰后c的速度為，由動量守恒定律：，
對，從C到E，由機械能守恒得：，
由牛頓第二定律：，
得：，，
由牛頓第三定律可知，c對傳感器的壓力大小也為，方向豎直向上；
（3）設小球恰好投到接球桶的左、右端點時，在E點水平拋出的速度分別為、，
，
解得，
若要挑戰成功，則小球需要通過E點，小球恰好經過E點時有：
求得，
因，所以小球無法通過E點，挑戰成功的速度范圍為：，
由（1）可知時對應小球、質量為；
若在E點以拋出，
同理有：，，，
解得，
綜上a，b小球的質量的范圍為：。
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆湖南省高考物理最新模擬試卷（一）
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．質量為的放射性元素钚原子，自發衰變成質量為的鈾原子的同時放出一個質量為的粒子X，已知的半衰期為，核的平均結合能為，核的平均結合能為，所釋放粒子的平均結合能為，光速為。則下列說法正確的是（　　）
A．將放射性元素钚移到火星上去后半衰期會變大
B．100個經過后一定還有50個沒有衰變
C．放出一個粒子的動能
D．衰變過程中釋放的核能為
2．一列簡諧橫波t=0.4時刻的波形如圖（甲）所示，甲圖中x=15m 處質點A的振動圖像如圖（乙）所示．則 （ ）
A．這列波沿x軸正方向傳播．
B．這列波的波速是20m/s
C．再過0.2s質點A將遷移到x= 20 m處
D．質點A在任意的1s內所通過的路程都是0.4m
3．我國“嫦娥二號”可視為在月球表面附近做圓周運動。已知引力常量，要測定月球的密度，僅僅需要（　　）
A．測定飛船的運行周期
B．測定飛船的環繞半徑
C．測定月球的體積
D．測定飛船的運行速度
4．如圖所示，輕繩的一端拴一個蜂鳴器，另一端穿過豎直管握在手中。蜂鳴器在水平面內做勻速圓周運動。緩慢下拉繩子，使蜂鳴器升高到水平面內繼續做勻速圓周運動。不計空氣阻力和摩擦力，與升高前相比，蜂鳴器（ ）
角速度不變
B．線速度減小
C．向心加速度增大
D．所受拉力大小不變
5．如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為的周期性變化的電壓，在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A，自時刻開始連續釋放初速度大小為、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，時刻釋放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場，已知電場變化周期，粒子質量為m，不計粒子重力及相互間的作用力，則（ ）
A．在時刻進入的粒子離開電場時速度大小為
B．粒子的電荷量為
C．在時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了
D．在時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場
6．（河北邢臺高二上聯考）如圖所示，P和Q為兩平行金屬板，板間有恒定的電壓，在P板附近有一電子(不計重力)由靜止開始向Q板運動，下列說法正確的是(　　)
A．電子到達Q板時的速率，與板間電壓無關，僅與兩板間距離有關
B．電子到達Q板時的速率，與兩板間距離無關，僅與板間電壓有關
C．兩板間距離越小，電子的加速度就越小
D．兩板間距離越大，加速時間越短
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．某商家為了促銷推出彈珠抽獎游戲，游戲模型如圖所示，游戲面板平面與水平面成 角固定放置，面板右側長為的直管道與半徑為的細圓管軌道平滑連接，兩者固定在面板上．圓管軌道的圓心為，頂端切線水平．游戲時，向下拉動“拉手”，放手后將彈簧頂端的小彈珠（可視為質點）彈出，若彈珠直接打中面板底部的中獎區域，則獲得相應獎勵，若彈珠打中側面擋板，則抽獎無效．已知彈珠質量，中獎區域長度，其等分為如圖所示的五個中獎區域，不計所有摩擦和阻力，彈簧的長度忽略不計，重力加速度取，下列說法正確的是（ ）
A． 當彈珠從圓管軌道頂端以的速度飛出時，彈珠對軌道的壓力為，方向沿游戲面板向上
B． 當彈珠從圓管軌道頂端以的速度飛出時，顧客獲得三等獎
C． 顧客要想獲得一等獎，彈簧初始彈性勢能的取值范圍應為或
D． 只要彈簧初始彈性勢能足夠大，就一定可以獲得一等獎
8．如圖為一半圓柱形均勻透明材料的橫截面，一束紅光a從空氣沿半徑方向入射到圓心O，當θ=30°時，反射光b和折射光c剛好垂直。下列說法正確的是(　　)
A．該材料對紅光的折射率為
B．若θ=45°，光線c消失
C．若入射光a變為白光，光線b為白光
D．若入射光a變為紫光，光線b和c仍然垂直
9．如圖甲所示，勁度系數的輕彈簧，一端固定在傾角為的帶有擋板的光滑斜面體的底端，另一端和質量mA的小物塊A相連，質量為mB的物塊B緊靠A一起靜止。現用水平推力使斜面體以加速度a向左勻加速運動，穩定后彈簧的形變量大小為x。在不同推力作用下，穩定時形變量大小x隨加速度a的變化如圖乙所示。彈簧始終在彈性限度內，不計空氣阻力，取重力加速度下列說法正確的是（　　）
A．
B．
C．若，穩定時A對斜面的壓力大小為12.5N
D．若，穩定時A、B間彈力大小為6N
10．如圖是遠距離輸電的電路示意圖,升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器,升壓變壓器原、副線圈匝數比為,降壓變壓器原、副線圈匝數比為,發電廠輸出電壓為u1=U1msin ωt,輸出功率為P,升壓變壓器和降壓變壓器之間輸電線總電阻為R,下列說法正確的是
A．若=,則用戶獲得的電壓有效值為
B．用戶獲得的正弦交變電流的頻率為f=
C．輸電線上損失的功率為ΔP=R
D．當用戶用電器總電阻增大時,輸電線上損失的功率增大
三、非選擇題（本大題共5小題 共56分）
11．某同學用如圖甲所示的實驗裝置做《驗證機械能守恒定律》的實驗。實驗時讓質量為m = 0.5 kg的重物從高處由靜止開始下落，重物上拖著的紙帶通過打點計時器打出一系列的點，如圖乙為實驗時打出的一條紙帶，選取紙帶上連續打出三個點A、B、C，測出各點距起點P的距離，重力加速度取g = 9.8 m/s2，請完成下列問題：
（1）下列操作或分析中正確的有（　　）
A．必須要稱出重物的質量
B．計時器兩限位孔必須在同一豎直線上
C．實驗時，應先釋放重錘，再打開電源
D．用秒表測重物下落的時間
（2）打下計數點B時物體的速度大小為 m/s；
（3）重物從P到B減小的重力勢能為 J，增加的動能為 J（計算結果保留3位小數）
（4）根據紙帶計算出相關各點的速度v，用刻度尺量出下落的距離h，以為縱軸，以h為橫軸做出的圖像應該是下圖中的（　　）
A． B．
C． D．
12．實驗室提供以下實驗器材：
A．蓄電池（電動勢約，內阻約）
B．電壓表（，內阻約）
C．電流表（，內阻約）
D．電阻箱（）
E.開關一個，導線若干
甲、乙兩同學根據實驗室提供的器材設計電路測量蓄電池的電動勢和內阻：
(1)甲同學根據實驗室提供的器材，設計如圖甲所示電路，則開關S閉合前應將電阻箱阻值調至 （填“最大”或“最小”）。
(2)甲同學接好電路后，閉合開關S，調節電阻箱R的阻值，電流表示數隨之變化，記錄電阻箱阻值R和電流表示數Ⅰ，處理實驗數據時，該同學以為縱軸，以R為橫軸，作出圖像，得到一條傾斜直線，若直線斜率為k，縱截距為b，則待測電源的電動勢為 ，內阻為 。（用k和b表示）
(3)乙同學設計如圖乙所示的電路，根據實驗室提供的各器材的規格，你認為 （填“甲”或“乙”）同學測蓄電池的電動勢和內阻的誤差更小。
13．如圖所示，內壁光滑的薄壁圓柱形導熱汽缸開口朝下，汽缸高度為h，橫截面積為S。汽缸開口處有一厚度可忽略不計的活塞。缸內封閉了壓強為的理想氣體。已知此時外部環境的熱力學溫度為T0，大氣壓強為，活塞的質量為，g為重力加速度。
（1）若把汽缸放置到熱力學溫度比外部環境低的冷庫中，穩定時活塞位置不變，求穩定時封閉氣體的壓強；
（2）若把汽缸緩緩倒置，使開口朝上，環境溫度不變，求穩定時活塞到汽缸底部的距離。
14．如圖所示，光滑斜面的傾角α=30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長 ，bc邊的邊長 ，線框的質量m=1kg，電阻R=0.1Ω，線框通過細線與重物相連，重物質量M=2kg，斜面上ef線（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T，如果線框從靜止開始運動，進入磁場最初一段時間是勻速的，ef線和gh的距離s=11.4m，（取 ），求：
（1）線框進入磁場前重物M的加速度；
（2）線框進入磁場時勻速運動的速度v；
（3）ab邊由靜止開始到運動到gh線處所用的時間t；
（4）ab邊運動到gh線處的速度大小和在線框由靜止開始到運動到gh線的整個過程中產生的焦耳熱．
15．某游戲裝置簡化圖如下，游戲規則是玩家挑選出兩個完全相同的光滑小球a、b，將球向左壓縮彈簧至鎖扣位置松手，彈簧恢復原長后，球運動至右側與靜止的球發生碰撞后，結合為。若碰后能完全通過豎直放置的四分之一細圓管道和四分之一圓弧軌道DE，并成功投入右側固定的接球桶中，則視為游戲挑戰成功。已知被壓縮至鎖扣位置時彈簧彈性勢能，圓心及三點等高，點為軌道的最高點，安裝有微型壓力傳感器（未畫出）。細圓管道、圓弧軌道半徑均為，接球桶的高度，半徑，中心線離的距離。、、均可視為質點，不計空氣阻力和一切摩擦，取。
(1)若小球、的質量為，求球離開彈簧時的速度大小；
(2)若小球、的質量為，求經過點時對傳感器的壓力；
(3)若想要挑戰成功，求玩家挑選小球的質量范圍。
參考答案
1．【答案】D
【詳解】A．根據電荷數守恒和質量數守恒可知放出的粒子為粒子（即），而半衰期只與原子核的內部結構有關，不會隨物理狀態和化學狀態發生變化，A錯誤；
B．因為半衰期是一個統計學概念，對大數才有意義，所以100個經過后不一定還有50個沒有衰變，B錯誤；
C．由，可知在衰變過程中釋放的核能為，但由于釋放出的核能轉變為和的動能以及射線的能量，C錯誤，
D．由質量虧損知，衰變過程中釋放的核能為，D正確。選D。
2．【答案】A
【詳解】
A、由振動圖象乙知時刻質點向下振動，則根據波形平移法可知該波沿軸正方向傳播，故選項A正確；
B、由圖甲讀出波長為，由振動圖象乙讀出波的周期為，則波速為，故選項B錯誤；
C、簡諧橫波沿軸正方向傳播，質點只上下振動，不向前遷移，故選項C錯誤；
D、質點在一個周期內通過的路程為四個振幅，周期，則，若質點初始位置在平衡位置或最大位移處，則它在1s內的路程應為，若質點初始位置不在平衡位置或最大位移處，1s內所通過的路程不是0.4m，故選項D錯誤．
3．【答案】A
【詳解】A．當測定飛船在月球表面附近的運行周期T時，設月球半徑為R，飛船受到月球的萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律，可得月球的質量，則月球的密度，可見月球的密度可以測定，A正確；
B．測定飛船的環繞半徑，即已知月球的半徑，但月球的質量未知，無法求出月球的密度，B錯誤；
C．測定月球的體積，但月球的質量未知，無法求出月球的密度，C錯誤；
D．測定飛船的速度，由飛船受到月球的萬有引力提供向心力，有，可得月球的質量，月球的密度為，由于月球的半徑未知，無法求出月球的密度，D錯誤。選A。
4．【答案】C
【詳解】設繩與豎直方向的夾角為 ，蜂鳴器做勻速圓周運動的半徑為，由于蜂鳴器上升過程中緩慢下拉繩子，繩子的拉力做功大于蜂鳴器克服重力做功，蜂鳴器的動能增大，速度增大，則，錯誤；設蜂鳴器到上端管口的高度為，由牛頓第二定律得，解得，又，則，又因為，故，錯誤；由牛頓第二定律得，可知，，正確；蜂鳴器所受拉力，可知，錯誤。
5．【答案】D
【詳解】由題意得粒子在電場中的運動時間，可得在垂直于極板方向上，先做的初速度為0的勻加速，再做的勻減速。由圖乙可知，垂直極板方向上加速和減速的加速度大小均為
A B．有運動學的特點可知，加速垂直于極板方向上的速度，再減速垂直于極板方向上的速度，所以在時刻進入的粒子離開電場時速度大小為沿極板方向的速度。由運動學知識可得，將、代入解得粒子的電荷量，AB錯誤；
C．由題意可分析，在時刻進入的粒子，在垂直于極板方向上，先加速，又減速，再反向加速，最后反向減速。粒子在垂直于極板方向上所走的位移大小，將、、、代入整理可得，電場力做的功，根據功能關系得，在時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了，C錯誤；
D．由題意可分析，在時刻進入的粒子，在垂直于極板方向上，先加速，又減速，再反向加速，最后反向減速。粒子在垂直于極板方向上所走的位移大小，即在時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場，D正確。選D。
6．【答案】B
【解析】極板之間的電壓U不變，由E＝可知兩極板距離d越大，場強E越小，電場力F＝Ee越小，加速度越小，加速時間越長，由eU＝mv2，得v＝，則電子到達Q板時的速率與極板間距離無關，與加速電壓有關，A、C、D錯誤， B正確．
7．【答案】BC
【解析】在圓管軌道頂端對彈珠受力分析，有，代入數據解得，根據牛頓第三定律可知，彈珠對軌道的壓力大小為，方向沿游戲面板向下，A錯誤；彈珠從圓管軌道飛出時，沿游戲面板方向，由牛頓第二定律得，即，根據運動的分解有，，聯立解得，，由于，則小球落在三等獎區域，顧客獲得三等獎，B正確；由彈珠釋放到從圓軌道水平飛出，根據能量守恒定律有，對類平拋運動有，，聯立得，顧客獲得一等獎時有或，即或，C正確，D錯誤．
8．【答案】ABC
【詳解】由幾何關系可知當入射角為30°時，折射角為60°，故折射率為n==，故A正確；設臨界角為C，得sin C==<，故C<45°，故若θ=45°，會發生全反射，光線c消失，故B正確；由于反射角等于入射角，故當入射光a變為白光，光線b也為白光，故C正確；對同種介質，紫光的折射率比紅光大，故若入射光a變為紫光，折射角將變大，光線b和c不會垂直，故D錯誤。
9．【答案】ACD
【詳解】A．由圖結合題意可知時彈簧處于原長狀態，且物塊A、B恰要分離，對AB整體有，解得，故A正確；
B．當a=0時，對AB整體分析有，當 時，圖中另一縱截距的意義為，聯立解得=1kg，=2kg，故B錯誤；
C．當 時，因為物塊A、B恰要分離，對 A有N，由牛頓第三定律知A對斜面的壓力大小為12.5 N，C正確；
D．時，對B分析，解得=6N，故D正確；選ACD。
10．【答案】BC　
【解析】經典試題：遠距離輸電
選項 分析 正誤
A 若中間輸電線上總電阻R=0,=,則用戶端電壓與發電廠輸出電壓相等,有效值為,但R≠0,所以用戶端電壓有效值小于
B 變壓器不改變交變電流的頻率,由ω=2πf解得用戶獲得的正弦交變電流的頻率為f= √
C 輸電線中的電流為I2=,輸電線上損失的功率為ΔP=R,且=,聯立解得ΔP=R=R √
D 當用戶用電器總電阻增大時,由等效電阻法可知,輸電線中電流減小,輸電線上損失的功率減小
11．【答案】（1）B；（2）0.98；（3）0.245；0.240；（4）C
【詳解】（1）因為我們是比較mgh、的大小關系，m可約去，不需要測量重錘的質量，A錯誤；為了減小紙帶與限位孔之間的摩擦力，圖中兩限位孔必須在同一豎直線，B正確；實驗時，為了盡量多的利用紙帶的有效長度，應先打開電源，再釋放重錘，C錯誤；打點計時器本身就是計時儀器，不需用秒表測重錘下落的時間，D錯誤。
（2）B點的瞬時速度為，帶入數值計算得
（3）從開始下落到C點的過程中，重力勢能的減小量為，帶入數值，計算得，重物到B點時增加的動能為，又，帶入數值
（4）由機械能守恒，即，則圖像為過原點的直線。
12．【答案】(1)最大，(2)；，(3)乙
【詳解】（1）閉合開關S前，應使電流表示數最小，應將電阻箱的阻值調至最大。
（2）[1][2] 由閉合電路的歐姆定律得，整理得，由此可知，，解得，
（3）因蓄電池內阻，是小電阻，電壓表的分流作用比電流表的分壓作用小，所以采用圖乙的誤差更小。
13．【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）由題意知封閉氣體做等容變化，根據查理定律有，求得
（2）穩定時,對活塞分析，，根據玻意耳定律有，求得
14．【答案】（1）a=5m/s2；（2）v=6m/s；（3）t=2.5s；（4）Q=9J
【詳解】
試題分析：（1）線框進入磁場前，線框僅受到細線的拉力，斜面的支持力和線框重力，重物M受到重力和拉力．則由牛頓第二定律得：
對重物有：
對線框有：．
聯立解得線框進入磁場前重物M的加速度為： ．
（2）因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動，所以重物受力平衡，
線框受力平衡，邊進入磁場切割磁感線，產生的電動勢為：；形成的感應電流為：
受到的安培力為：
聯立上述各式得：
代入數據，解得：．
（3）線框進入磁場前時，做勻加速直線運動；進磁場的過程中，做勻速直線運動；進入磁場后到運動到線，仍做勻加速直線運動．進磁場前線框的加速度大小與重物的加速度相同，為：
該階段運動時間為：
進磁場過程中勻速運動時間為：
線框完全進入磁場后線框受力情況同進入磁場前，所以該階段的加速度仍為：，；代入得：
解得：，因此邊由靜止開始運動到線所用的時間為：．
（4）線框邊運動到處的速度為：，整個運動過程產生的焦耳熱為：．
考點：導體切割磁感線時的感應電動勢、焦耳定律
〖名師點睛〗本題是電磁感應與力平衡的綜合，安培力的計算是關鍵．本題中運用的是整體法求解加速度．
15．【答案】(1)；(2)，方向豎直向上；(3)
【詳解】（1）對球： ，
解得：。
（2）a與b相碰，碰后c的速度為，由動量守恒定律：，
對，從C到E，由機械能守恒得：，
由牛頓第二定律：，
得：，，
由牛頓第三定律可知，c對傳感器的壓力大小也為，方向豎直向上；
（3）設小球恰好投到接球桶的左、右端點時，在E點水平拋出的速度分別為、，
，
解得，
若要挑戰成功，則小球需要通過E點，小球恰好經過E點時有：
求得，
因，所以小球無法通過E點，挑戰成功的速度范圍為：，
由（1）可知時對應小球、質量為；
若在E點以拋出，
同理有：，，，
解得，
綜上a，b小球的質量的范圍為：。
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