資源簡介

2026屆湖南省高考物理最新模擬試卷6
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．某科學家提出年輕熱星體中核聚變的一種理論,其中的兩個核反應方程為HCN+Q1H+N→C+X+Q2,方程中Q1、Q2表示釋放的能量,相關的原子核質量見下表,下列判斷正確的是 (　　)
原子核 H He He C N N
質量/u 1.007 8 3.016 0 4.002 6 12.000 0 13.005 7 15.000 1
A．X是He,Q2>Q1 B．X是He,Q2>Q1
C．X是He,Q22．風洞是測試飛機性能、研究流體力學的一種必不可少的重要設施，我國的風洞技術處于世界領先地位。如圖所示，某次風洞實驗中，使風力大小恒定，方向水平，一質量為m的小球先后經過a、b兩點，其中在a點的速度大小為v，方向與a、b連線成角；在b點的速度大小也為v，方向與a、b連線成角。已知a、b連線長為d，與水平方向的夾角為45°，小球的空氣阻力忽略不計，下列說法正確的是（　　）
A．從a運動到b點所用的時間為
B．小球的最小速度為0
C．風力大小為
D．若改用質量為2m的小球，同樣從a點以相同速度拋出，其仍能經過b點
3．根據生活常識和目前所學知識，由以下哪組數據無法估算出地球的質量（ ）
A．地球繞太陽公轉的周期T和地球中心到太陽中心的距離r
B．月球繞地球轉動的周期T和月球球心到地球球心的距離r
C．地球表面的重力加速度g和地球的半徑R
D．同步衛星的軌道半徑r
4．圖甲為一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖,P是平衡位置在x=1.0 m處的質點,Q是平衡位置在x=4.0 m處的質點;圖乙為質點Q的振動圖像。下列說法正確的是
甲　　乙
A．該簡諧橫波沿x軸負方向傳播
B．t=0時刻,質點P的加速度方向與y軸正方向相反
C．從t=0.1 s到t=0.25 s,該波在x軸方向上傳播了12 m
D．從t=0.1 s到t=0.25 s,質點P通過的路程為30 cm
5．在平面直角坐標系中有如圖所示的有界勻強磁場區域，磁場上邊界是點為圓心、半徑為的一段圓弧，圓弧與軸交于、兩點，磁場下邊界是以坐標原點為圓心，半徑為的一段圓弧.現有一束帶負電的粒子沿軸負方向以速度射入該磁場區域.已知磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為，帶電粒子質量為、電荷量大小為，不計粒子重力及粒子間的相互作用.下列說法中正確的是（ ）
A．正對點入射的粒子離開磁場后不會過點
B．若粒子速度變為，正對點入射的粒子離開磁場后一定過點
C．粒子在磁場區域運動的最長時間為
D．有粒子不經過點
6．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．圖甲為家用燃氣灶點火裝置的電路原理圖，轉換器將直流電壓轉換為圖乙所示的正弦交流電加在理想變壓器的原線圈上，設變壓器原、副線圈的匝數分別為n1、n2，當兩點火針間電壓大于5000V就會產生電火花進而點燃燃氣，閉合S，下列說法正確的是（　　）
A．電壓表的示數為50V
B．在正常點燃燃氣的情況下，兩點火針間電壓的有效值一定大于5000V
C．當時，點火針每個周期的放電時間大于0.01s
D．當時，才能點燃燃氣
8．如圖所示,足夠長的木板OM下端的O點通過鉸鏈與地面連接,其與水平地面間的夾角θ可在0~90°范圍內調節.質量為1 kg的小滑塊在木板下端獲得v0=20 m/s的初速度沿木板向上運動,當木板與水平地面間的夾角為θ0時,小滑塊向上滑行的時間最短,時間為 s,重力加速度g取10 m/s2,則此情況下 (　　)
A．木板的傾角θ0=60°
B．小滑塊向上滑行的高度為10 m
C．小滑塊向上滑行過程損失的機械能為100 J
D．小滑塊返回過程的加速度大小為 m/s2
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，質量為的滑塊在水平面上撞向彈簧，當滑塊將彈簧壓縮了時速度減小到零，然后滑塊又被彈簧向右彈開。已知彈簧的勁度系數為，滑塊與水平面間的動摩擦因數為，彈簧與水平面間的摩擦不計，重力加速度為，整個過程中彈簧未超過其彈性限度，則下列判斷正確的是（ ）
A．滑塊向右運動的過程中，先做加速運動，離開彈簧后才做減速運動
B．滑塊與彈簧接觸過程中的最大加速度為
C．滑塊向左運動的過程中，始終做減速運動
D．滑塊向右運動的過程中，當彈簧形變量時，滑塊的速度最大
三、非選擇題（本大題共5小題 共56分）
11．在驗證機械能守恒定律的實驗中，所用電源的頻率為50Hz。某同學選擇了一條理想的紙帶，用刻度尺測得各計數點到O點的距離，如圖乙所示，圖中O點是打點計時器打出的第一個點，A、B、C分別是每打兩個點取出的計數點。

（1）從下列選項中選出實驗所必須的器材，其對應的字母為 。
A．打點計時器（包括紙帶）　　B．重錘 C．天平 D．秒表（或停表） E.小車
（2）若重錘的質量為1.00kg， 當打點計時器打到B點時重錘的重力勢能比開始下落時減少了 J；此時重錘的動能比開始下落時增加了 J。（結果保留三位有效數字）
（3）一同學分析得出的實驗結果是重錘重力勢能的減少量小于動能的增加量。下列對造成該實驗結果的原因分析正確的是 。
A．空氣對重錘的阻力和打點計時器對紙帶的阻力
B．選用重錘的質量過大
C．交流電源的頻率大于50 Hz
D．交流電源的頻率小于50 Hz
（4）測量從第一點到其余各點的下落高度h，并計算對應速度v，然后以為縱軸，以h為橫軸，根據實驗數據作出-h圖像。若在誤差允許的范圍內圖像是一條過原點且斜率為 的直線，則驗證了機械能守恒定律。

A ．19.6 　　B．9.80 　　C．4.90
12．用DIS（電流傳感器，內阻可忽略）測電源電動勢和內阻的電路如圖甲所示，是定值電阻，.
閉合開關S，調節電阻箱R，記錄電阻箱接入電路的阻值R和相應的電流I，將測得數據以R為橫坐標，以 為縱坐標（選填“I”或“”），經計算機擬合得到如圖乙所示圖像.縱、橫坐標所滿足的表達式為 （用題中的物理符號表示），由圖線可得該電源電動勢為 V，內阻為 Ω；若換用有一定內阻的電流表代替電流傳感器，那上述所測得的電源內阻值 （選填“偏大”“偏小”或“相等”）。
13．如圖為某同學根據“馬德堡半球模型”設計的實驗。兩個底面積相同的輕質圓筒，開口端緊密對接，圓筒內封閉氣體的總體積為其壓強與大氣壓強相等，均為。將注射器活塞推至針筒底部，通過細管與氣閥連通；打開氣閥，然后緩慢拉動活塞，當注射器內氣體體積為時停止拉動。已知圓筒的底面積裝置氣密性良好，圓筒形狀與氣體溫度全程不變。
（1）求停止拉動活塞時圓筒內氣體的壓強p；
（2）關閉氣閥，撤去注射器，求將兩個圓筒沿軸線拉開的最小拉力F。
14．如圖所示，足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，導軌與水平面夾角 ，間距，在導軌之間接有阻值 的定值電阻.質量、電阻 的金屬桿由跨過光滑定滑輪的輕繩與質量的重物相連，磁感應強度大小為的勻強磁場與導軌平面垂直.開始時金屬桿置于導軌下端緊靠電阻處，將重物和金屬桿由靜止釋放，金屬桿運動到點（圖中未畫出）過程中，通過電阻的電荷量，此時重物已經開始勻速下降，運動過程中金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，導軌足夠長，一切摩擦不計，重力加速度取.
（1） 求重物勻速下降的速度大小；
（2） 求金屬桿從釋放到運動到點的過程中，定值電阻中產生的焦耳熱；
（3） 若金屬桿到達點后，磁感應強度開始發生變化（此時為時刻），致使回路中電流為零.試寫出磁感應強度大小隨時間變化的關系式.
15．（16分）人們越來越深刻地認識到冰山對環境的重要性，冰山的移動將給野生動物帶來一定影響。為研究冰山移動過程中表面物體的滑動，小星找來一個足夠長的水槽，將質量為的車廂放在水槽中模擬冰山，車廂內有一個質量為、體積可以忽略的滑塊。車廂的上下表面均光滑，車廂與滑塊的碰撞均為彈性碰撞且忽略碰撞的時間。開始時水槽內未裝水，滑塊與車廂左側的距離為。在車廂上作用一個大小為、方向水平向右的恒力，當車廂即將與滑塊發生第一次碰撞時撤去水平恒力。
（1） 求車廂即將與滑塊發生第一次碰撞時車廂的速度的大小;
（2） 求從車廂與滑塊發生第一次碰撞到發生第二次碰撞的過程中，車廂的位移的大小;
（3） 若在水槽中裝入一定深度的水，車廂在水槽中不會浮起。開始時滑塊與車廂左側的距離為，由于外界碰撞，車廂在極短時間內速度變為，方向水平向右。車廂移動過程中受到水的阻力大小與速率的關系為為已知常數)，除第一次碰撞以外，以后車廂與滑塊之間每次碰撞前車廂均已停止。求全程車廂通過的總路程。
參考答案
1．【答案】B　
【解析HCN中質量虧損為Δm1=1.007 8 u+12.000 0 u-13.005 7 u=0.002 1 u,根據電荷數守恒和質量數守恒可知X的電荷數為2、質量數為4,故X為He,第二個核反應的質量虧損為Δm2=1.007 8 u+15.000 1 u-12.000 0 u-4.002 6 u=0.005 3 u.根據愛因斯坦質能方程可知Q1=Δm1c2,Q2=Δm2c2,則Q12．【答案】C
【詳解】如圖所示，小球在a點和b點速度大小相等，與水平方向夾角相等，根據此特點可知，小球運動可看作斜上拋運動，由圖可知合力方向垂直于a、b連線。因為，則，則運動時間為，A錯誤；小球從a點到距離a、b連線最遠的點做減速運動，然后做加速運動到b點，最小速度為，B錯誤；設合力為F，由斜上拋運動規律知，代入得，解得，所以風力，C正確；風力不變，重力變為原來的2倍，所以合力大小方向都發生改變，所以不能到達b點，D錯誤。
3．【答案】A
【詳解】A．知道地球繞太陽公轉的周期T和地球中心到太陽中心的距離r，根據萬有引力提供向心力只能求解太陽的質量，不能求解地球質量，A錯誤；
B．知道月球繞地球轉動的周期T和月球球心到地球球心的距離r，根據，可以求解地球質量，B正確；
C．地球表面的重力等于萬有引力，根據，已知地球表面的重力加速度g和地球的半徑R可以求解地球質量，C正確；
D．地球同步衛星的周期與地球自轉周期相等，是已知量，根據，可以求解地球質量，D正確。本題選不能求出地球質量的，選A。
4．【答案】B　
【解析】基礎考點：波的圖像、振動圖像
由題圖乙知,t=0時刻,質點Q沿y軸正方向運動,根據題圖甲,由同側法知,波沿x軸正方向傳播,A錯誤;該波上各質點的加速度方向始終指向平衡位置,由題圖甲知,t=0時刻質點P的加速度方向與y軸正方向相反,B正確;由題圖乙知,周期T=0.2 s,由題圖甲知,波長λ=8 m,從t=0.1 s到t=0.25 s,Δt=0.15 s=T,故該波在x軸方向上傳播的距離(關鍵:波在一個周期內傳播的距離為一個波長)Δx=λ=6 m,C錯誤;t=0.1 s=T,該時間內質點P通過的路程為s1=2A=20 cm,t=0.25 s=T+T,該時間內質點P通過的路程(易錯:t=0時質點P不在波峰,且向平衡位置運動,則T內通過的路程大于A)s2>5A=50 cm,故從t=0.1 s到t=0.25 s,質點P通過的路程s>30 cm,D錯誤。
【技巧必背】質點從平衡位置或最大位移處開始運動,T周期內通過的路程為A,否則通過的路程可能大于A,也可能小于A。
5．【答案】C
【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動,根據洛倫茲力提供向心力有,解得粒子在磁場中的軌跡半徑,正對點入射的粒子,軌跡圓心恰好在軸上,進入磁場后做勻速圓周運動,如圖甲所示,根據勾股定理可知,進入無磁場區域時,速度方向恰好指向點,故錯誤；若粒子速度變為,同理可得粒子在磁場中的軌跡半徑為,正對點入射的粒子離開磁場后,一定不過點,故錯誤；根據題意知,所有粒子沿水平方向射入磁場,軌跡半徑與速度方向垂直,圓心均在入射點的正下方,半徑均為,所有圓心所在的軌跡相當于將磁場邊界向下平移,點平移到點位置,即所有粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到點距離均為,如圖乙所示,利用勾股定理可知,進入無磁場區域后,所有粒子速度方向都指向點,因此所有粒子都過點,故錯誤；由上述分析可知,從最上方進入的粒子,在磁場中偏轉角度最大,運動的時間最長,如圖丙所示,該粒子在磁場中旋轉了 ,因此運動的最長時間,故正確.
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】CD
【詳解】A．由圖乙知原線圈電壓的最大值為50V，故電壓表的示數為有效值即，故A錯誤；
B．兩點火針間最大電壓U2＞5000V就會產生電火花，所以有效值一定大于
故B錯誤；
C．當匝數比為200時，則副線圈電壓為，最大值為10000V，根據三角函數關系可知其每個周期放電時間為，即
故C正確；
D．根據變壓器的變壓比得：，當
才能點燃燃氣，故D正確。
故選CD。
8．【答案】AD
【解析】小滑塊沿木板向上滑行,由牛頓第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma,得a=g(sin θ+μcos θ)=g,設cos α=,則a=gsin(α+θ),當木板與水平地面間的夾角為θ0時,小滑塊向上滑行的時間最短,即當α+θ0=時,a存在最大值,即am=g,又am== m/s2,可得μ=,即cos α==,故θ0=60°,A正確;設小滑塊向上滑行的高度為h,則=2am,解得h=15 m,B錯誤;小滑塊向上滑行過程克服摩擦力做功W=μmgcos θ0×=50 J,故機械能損失了50 J,C錯誤;因μ9．【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,光在光纖中傳播的時間最長,為t=,故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.
10．【答案】CD
【詳解】A．滑塊向右滑動的過程中，以彈簧的彈力等于滑塊所受到的滑動摩擦力時的位置為界，在該位置左側時，彈簧彈力大于摩擦力，滑塊做加速運動，在該位置右側時，彈簧彈力小于滑動摩擦力，滑塊做減速運動，故A錯誤；
B．當彈簧彈力和摩擦力方向相同且彈簧彈力最大時，滑塊的加速度最大，由題意有
則最大加速度為
故B錯誤；
C．由題意可知，滑塊在向左滑動過程中，滑動摩擦力和彈簧彈力方向與運動方向相反，故滑塊一直做減速運動，故C正確；
D．由題意可知，當彈簧彈力與滑動摩擦力大小相等，方向相反時，此時滑塊加速度為零，速度最大，即
故D正確。
故選CD。
11．【答案】AB/ BA；1.85；1.68；D；A
【詳解】（1）[1] AB．需要使用打點計時器（包括紙帶）打出紙帶計算速度，需要使用重錘拖動紙帶，AB正確；
C．要驗證
因重錘質量被約去，可以直接驗證
重錘質量可以不用測量，天平不是必須的器材，C錯誤；
D．該實驗用不到秒表（或停表），D錯誤；
E．該實驗用不到小車，E錯誤。
選AB。
（2）[2] 重錘從開始下落到打B點時，減少的重力勢能
[3] 打B點時速度
計數點間時間間隔
從重錘下落到打B點時增加的動能
聯立解得
（3）[4] A．空氣對重錘阻力和打點計時器對紙帶的阻力，會導致重力勢能部分轉化為內能，則重力勢能的減小量會略大于動能的增加量，A錯誤；
B．驗證機械能守恒，即驗證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，質量可以約去，選擇質量較大的重錘，不會使得重力勢能的減小量小于動能的增加量，B錯誤；
CD．若交流電的頻率
由于速度值仍按頻率為50Hz計算，頻率的計算值比實際值偏大，周期值偏小，算得的速度值偏大，動能值也就偏大，則可能出現
的結果。同理，交流電源的頻率大于50 Hz，則頻率的計算值比實際值偏小，周期值偏大，算得的速度值偏小，動能值也就偏小，則可能出現
C錯誤，D正確。
選D。
（4）[5] 由
得
-h圖像若在誤差允許的范圍內圖像是一條過原點且斜率為
的直線，則驗證了機械能守恒定律。
選A。
12．【答案】；；3 ；1 ；偏大
【詳解】[1][2]由閉合電路歐姆定律有，整理有，所以縱坐標為；
[3][4]由圖像乙得，，解得， ，代入可得
[5]設電流傳感器中的內阻值為，由閉合電路歐姆定律有，整理有，由圖像乙得，可得，可見所測得的電源內阻值偏大。
13．【答案】（1）；（2）
【解析】（1）抽氣過程，以原筒內氣體為研究對象，緩慢過程為等溫變化過程，由玻意耳定律可得，解得。
（2）對一個圓筒受力分析，有，可知將兩個圓筒沿軸線拉開的最小拉力為。
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 重物勻速下降時,設金屬桿中電流為,對金屬桿與重物組成的系統,由平衡條件得,根據閉合電路歐姆定律有,根據法拉第電磁感應定律有,聯立解得.
（2） 設金屬桿運動到點的過程中,運動時間為,平均感應電流為,沿導軌向上運動位移為,則,結合,聯立代入數據解得,設電路中產生的總熱量為,由能量守恒定律得,由串聯電路的規律可知,電阻中產生的熱量,聯立解得.
（3） 金屬桿中不產生感應電流,說明穿過回路的磁通量始終不變,則,金屬桿向上做勻加速運動,對金屬桿與重物整體,根據牛頓第二定律有,解得,金屬桿運動的位移大小,則磁感應強度大小隨時間變化的關系為.
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【詳解】
（1） 對車廂，由動能定理可得（3分）
解得（2分）
（2） 車廂與滑塊的碰撞為彈性碰撞，設第一次碰撞后車廂和滑塊的速度分別為、，由機械能守恒定律有（1分）
由動量守恒定律有（1分）
解得，（1分）
設第一次碰撞到第二次碰撞之間車廂與滑塊的位移分別為、，，（1分）
（1分）
解得（1分）
（3） 每一次碰撞后車廂的運動過程中由動量定理有，即，累加后得，第一次碰撞前，車廂的路程為，所以,碰撞前車廂的速度（1分）
設第次碰撞后，車廂的速度為，滑塊的速度為，第次碰撞至停下，車廂的路程為，第一次碰撞，由機械能守恒定律：，由動量守恒定律有，解得，，第一次碰撞后，對車廂有,解得（1分）
第二次碰撞，由機械能守恒定律有 ，由動量守恒定律有，解得，，所以第二次碰撞后車廂的路程（1分）
此后的每次碰撞前滑塊的速度大小都變為前一次的 ，車廂均靜止,所以第三次碰撞后車廂的路程，第四次碰撞后車廂的路程，第次碰撞后車廂的路程（1分）
根據等比數列求和公式求得車廂在第二次碰撞及以后的路程之和，所以（1分）
【試題解構】（1）
甲
.水平方向受力分析：車廂只受，滑塊不受力
.運動分析：車廂勻加速運動，滑塊相對水槽靜止
.設問分析：車廂與滑塊發生第一次碰撞將在車廂的左側，得出車廂運動的位移大小為
（2）
乙
設問分析：滑塊體積可以忽略，則
（3）.受力分析：與（1）比多了阻力，大小隨車廂速率變化，則可利用動量定理列式
.設問分析：全程車廂通過的總路程：滑塊將與車廂發生次碰撞，求每次碰撞后滿足的表達式，找規律即可。
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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．氘核H可通過一系列聚變反應釋放能量，其總效果可用反應式H→He+H+n+43.15 MeV表示.海水中富含氘，已知1 kg海水中含有的氘核約為1.0×1022個，若全都發生聚變反應，其釋放的能量與質量為M的標準煤燃燒時釋放的熱量相等；已知1 kg標準煤燃燒釋放的熱量約為2.9×107 J，1 MeV=1.6×10-13 J，則M約為 (　　)
A．40 kg B．100 kg
C．400 kg D．1 000 kg
2．如圖所示，豎直平面內有一半徑為R的圓，圓心O1的坐標為(R，0)，半徑O1A與x軸正半軸夾角θ=60°.不計空氣阻力，則 (　　)
A．從O點以某一速度v0將一小球沿x軸正方向拋出，小球有可能垂直擊中圓周
B．從O點下方某點以速度v0將一小球沿x軸正方向拋出，小球有可能垂直擊中圓周
C．從處將小球以某一速度沿x軸正方向拋出，小球有可能垂直擊中圓周上A點
D．從處將小球以某一速度沿x軸正方向拋出，小球有可能垂直擊中圓周上A點
3．我國航空航天技術已居于世界前列。如圖所示，飛行器P繞某星球做勻速圓周運動，星球相對飛行器的張角為θ。已知萬有引力常量G，下列說法正確的是（　　）
A．軌道半徑越大，周期越小 B．若測得周期和張角，可得到星球的平均密度
C．若測得周期和張角，可得到星球的質量 D．若測得周期和軌道半徑，可得到星球的平均密度
4．如圖所示，和是兩個振幅、振動頻率、相位均相同的波源，分別位于一等腰直角三角形的兩個頂點、處，，波源振動方向垂直紙面，波在介質中傳播的波長為，、之間的距離為，則( )
A．線段上有5個振動減弱點
B．、連線的垂直平分線上的點振幅均為0
C．若兩波源的周期均變為原來的6倍，則兩波源在線段上不存在振動減弱點
D．減小波源的頻率，線段上相鄰振動加強點之間的距離增大
5．A、B為一電場中x軸上的兩點，如圖甲所示．一電子僅在電場力作用下從A點運動到B點，x軸上各點電勢隨其坐標變化的關系如圖乙所示，則下列說法正確的是
A．該電場是點電荷形成的電場
B．A、B兩點電場強度大小關系為EAC．電子從A運動到B過程中電場力做負功
D．電子在A、B兩點的電勢能大小關系為EpA>EpB
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，帶有四分之一光滑圓弧軌道的滑塊P靜止在光滑水平地面上，其末端與水平地面相切．一滑塊Q從光滑圓弧軌道的最高點由靜止釋放，已知兩滑塊的質量均為m，圓弧軌道的半徑為R，重力加速度大小為g.下列說法正確的是(　　)
A．滑塊Q在P上滑動的過程中，系統的動量守恒
B．滑塊Q在P上滑動的過程中，P、Q水平位移大小一定相等
C．滑塊Q滑到水平地面上時速度大小為
D．滑塊Q在P上下滑的過程中，P對Q的支持力做功為－mgR
8．水平放置的透明開口飲料瓶內裝有適量清水，在其底側開一小孔，水從小孔流出形成彎曲不散開的水流，用細激光束透過塑料瓶水平射向該小孔，觀察到激光束沒有完全被限制在水流內傳播．
下列操作有助于激光束完全被限制在水流內傳播的是(　　)
A．增大該激光的強度
B．向瓶內再加適量清水
C．改用頻率更低的激光
D．改用折射率比水更大的液體
9．如圖所示，水平傳送帶以恒定速度逆時針方向運行，運行的速度大小為v，小滑塊以大小為v0的初速度滑上傳送帶，經過時間t小滑塊最終離開傳送帶，小滑塊前時間內所受的滑動摩擦力大于零，后時間內所受的摩擦力等于零。小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數恒定不變，小滑塊可看作是質點，重力加速度為g，以地面為參照系，下面說法正確的是（　　）
A．小滑塊最終到達傳送帶右側并離開
B．傳送帶的速度v不可能大于滑塊初速度v0
C．前時間小滑塊的位移為
D．時刻小滑塊的位移最大
10．如圖甲所示，T為理想變壓器，原、副線圈匝數比為10：1，，電壓表，V1、V2和電流表、A1、A2都為理想電表，電阻，，的最大阻值為12Ω，原線圈兩端加上如圖乙所示規律變化的電壓.在的滑片自最下端滑動到最上端的過程中，以下說法正確的是
A．電壓表V2的示數減小
B．電壓表V2的示數為22V不變
C．電流表A1示數增大、A2的示數減小
D．電壓表的V1示數與電流表的A1示數的乘積一直減小
三、非選擇題（本大題共5小題 共56分）
11．某物理課外活動小組準備測量某公園處的重力加速度，他們將一單擺裝置豎直懸掛于某一深度為h(未知)且開口向下的小筒中(單擺的下半部分露于筒外)，如圖甲所示，將懸線拉離平衡位置一個小角度后由靜止釋放，設單擺擺動過程中懸線不會碰到筒壁.本實驗的長度測量工具只能測量出筒的下端口到擺球球心的距離L，并通過改變L而測出對應的擺動周期T，再以T2為縱軸、L為橫軸作出如圖乙的函數關系圖像，那么就可以通過此圖像得出小筒的深度h和當地的重力加速度g.
甲　乙　丙
(1)實驗時用10分度的游標卡尺測量擺球直徑，示數如圖丙所示，該擺球的直徑d=　　　mm.
(2)測量單擺的周期時，某同學在擺球某次通過最低點時按下停表開始計時，同時數0，當擺球第二次通過最低點時計為1，依此法往下數，當他數到60時，按下停表停止計時，讀出這段時間t，則該單擺的周期為　　　　.
A．　　 B． C．　　 D．
(3)實驗中所得到的T2-L關系圖線如圖乙中的圖線　　　　(填“a”“b”或“c”)所示，根據圖線求得當地的重力加速度g=　　　　 m/s2(π取3.14，保留三位有效數字).
12．（10分）某學習小組研究一款新型燈泡工作時電流隨電壓變化的規律。所用器材如下：
燈泡（額定電壓,內阻約為幾歐）；
電壓表量程,內阻為；
電流表A（量程，內阻很小）；
滑動變阻器，最大阻值為 ；
電阻箱；
干電池兩節（每節電動勢,內阻很小）；
開關一個；
導線若干。
圖（a） 圖（b）
（1） 為滿足測量要求，該小組將電壓表與電阻箱串聯后將量程擴大為，則電阻箱的阻值應為 ________________ 。
（2） 為了使燈泡兩端的電壓可以從零開始變化，該小組設計了如圖（a）所示電路圖。請在圖（a）中補全電路圖。
（3） 該小組繪制了通過燈泡的電流隨其兩端電壓變化的圖像如圖（b）中曲線“1”所示，則燈泡兩端電壓為額定值時的電阻為____________ （結果保留兩位有效數字）；考慮到電流表有微小電阻，燈泡電阻的測量值比真實值________（填“偏大”或“偏小”）。
（4） 該小組在實驗室另外找到兩節舊電池、，測得、的干路電流與路端電壓之間的關系圖像分別如圖（b）中“2”“3”所示。若將該燈泡分別與、直接連成回路，、的效率分別為和,則________（填“大于”“等于”或“小于”）。
13．小贊同學設計了一個用電子天平測量環境溫度的實驗裝置，如圖所示。導熱汽缸開口向上并固定在桌面上，用質量m1＝600 g、截面積S＝20 cm2的活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞與汽缸壁間無摩擦。一輕質直桿中心置于固定支點A上，左端用不可伸長的細繩豎直懸掛活塞，右端用相同細繩豎直懸掛一個質量m2＝1 200 g的鐵塊，并將鐵塊放置到電子天平上。當電子天平示數為600.0 g時，測得環境溫度T1＝300 K。設外界大氣壓強p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)當電子天平示數為400.0 g時，環境溫度T2為多少？
(2)該裝置可測量的最高環境溫度Tmax為多少？
14．磁懸浮列車是一種靠磁懸浮力來推動的列車，它通過電磁力實現列車與軌道之間無接觸的懸浮和導向，再利用直線電機產生的電磁力牽引列車運行，由于其軌道的磁力使之懸浮在空中，減少了摩擦力，因此速度可達 以上。某科研團隊為研究磁懸浮列車的運動情況，制作了總質量 的列車模型，如圖甲所示，該列車底部固定一與列車絕緣的矩形金屬線框 線框的總電阻 用兩根足夠長、水平固定、間距 ( 和矩形線框的邊長 相等)的平行金屬導軌 模擬列車行駛的車軌，導軌間存在垂直導軌平面的等間距不間斷的交替勻強磁場，相鄰兩勻強磁場的方向相反、磁感應強度大小均為 每個特定磁場橫向寬度恰好與矩形線框的邊長 相等，如圖乙所示(圖乙中只畫出矩形線框)。將列車放置于車軌上，當勻強磁場以速度 向右勻速運動時，列車因受到磁場力而運動起來，運動過程中受到的阻力恒為
(1)求列車加速時的最大加速度
(2)求列車以最大速度行駛時外界供能的功率
(3)若磁場由靜止開始向右做勻加速運動并開始計時，在 時列車才開始運動，
之后線框中的電流保持不變，在 時磁場突然靜止， 時列車才靜止，求列車的制動距離 。
15．如圖，豎直平面內一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質量為m的小物塊A與水平軌道間的動摩擦因數為μ。以水平軌道末端O點為坐標原點建立平面直角坐標系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標為(2μL，μL)，Q端在y軸上。重力加速度為g。
(1)若A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL的位置由靜止開始下滑，求A經過O點時的速度大小；
(2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經過O點落在弧形軌道PQ上的動能均相同，求PQ的曲線方程；
(3)將質量為λm(λ為常數且λ≥5)的小物塊B置于O點，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與B發生彈性碰撞(碰撞時間極短)，要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右側，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍。
參考答案
1．【答案】C
【思路導引】解答本題的關鍵是清楚核反應釋放能量與標準煤完全燃燒時釋放的熱量相等，在進行計算時注意數量級.
【解析】由題意知，1 kg海水中全部氘核發生聚變反應所釋放的能量約為×43.15×1.6×10-13 J≈1.151×1010 J，其與質量為M的標準煤燃燒時釋放的熱量相等，則標準煤的質量M= kg≈400 kg，故C正確.
【一題多解】本題為估算題，所以只需要保留到整數位即可.一個氘核發生聚變釋放能量大約7 MeV，1 kg海水中氘核大約釋放7×1022 MeV能量，約為1×1010 J，則標準煤的質量約為400 kg.
2．【答案】C
【解析】根據做平拋運動的物體速度的反向延長線過水平位移中點可知，小球從O點和O點下方某處水平拋出不可能垂直擊中圓周，A、B錯誤；x軸上P點到A點的水平距離為PA1，O1點為PA1的中點，從P處將小球以某一速度沿x軸正方向拋出，小球有可能垂直擊中圓周上A點，C正確；若拋出點M在O點上方，也有可能垂直擊中圓周上A點，如圖所示，由幾何關系可得M點坐標為，D錯誤.
3．【答案】B
【詳解】根據開普勒第三定律可知軌道半徑越大，飛行器的周期越大，A錯誤；設星球的質量為M，半徑為R，平均密度為ρ，張角為θ，飛行器的質量為m，軌道半徑為r，周期為T。對于飛行器，根據萬有引力提供向心力得解得星球質量 ，幾何關系有，若測得周期和張角，因為星球的半徑和軌道半徑均未知，則不能得到星球的質量；星球的平均密度 即若測得周期和張角，可得到星球的平均密度，B正確，C錯誤；由上述分析可知，若測得周期和軌道半徑可以得到星球質量，不能得到星球的平均密度，D錯誤。
4．【答案】D
【解析】和是兩個振幅相同、振動頻率相同、相位相同的波源，所以到兩波源的波程差為半波長偶數倍的點為振動加強點，波程差為半波長奇數倍的點為振動減弱點，點到兩波源的波程差為0，，則，可得為振動加強點，點到兩波源的波程差為，則，解得，可得為振動加強點，相鄰振動加強點之間有一個振動減弱點，當等于1、3、5、7時，為振動減弱點，所以線段之間有4個振動減弱點，故錯誤；、連線的垂直平分線上的點到兩波源的波程差均為0，均為振動加強點，振幅不為0，故錯誤；機械振動在介質中傳播的速度僅由介質決定，若兩波源的周期均變為原來的6倍，則波長也變為原來的6倍，線段之間的點到兩波源的波程差最大為，最小為0，存在到兩波源的波程差為的點，此點為振動減弱點，故錯誤；減小波源的頻率，即增大周期，波長增大，線段上相鄰振動加強點之間的距離變大，故正確.
5．【答案】D
【詳解】
AB．各點電勢隨其坐標變化的關系圖象中，斜率表示電場強度大小可知，該電場為勻強電場，則A、B兩點電場強度大小關系為EA=EB，故AB錯誤；
CD．一電子僅在電場力作用下從A點運動到B點，電子從A運動到B過程中電場力方向與運動方向相同，電場力做正功，電勢能減小，故電子在A、B兩點的電勢能大小關系為EpA＞EpB，故C錯誤，D正確；
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】BD　
【詳解】Q在P上滑動時，Q與P組成的系統水平方向所受合外力為零，水平方向上動量守恒，豎直方向所受合外力不為零，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；系統可視為人船模型，水平方向由動量守恒可得mvQ－mvP＝0，可知滑塊Q在P上滑動的過程中，P、Q水平位移大小一定相等，故B正確；設滑塊Q滑到圓弧軌道的末端時，P的速度為vP，Q的速度為vQ，由動量守恒定律有mvQ－mvP＝0，由機械能守恒定律有mgR＝mvP2＋mvQ2，兩式聯立解得P、Q分離時的速度大小為vP＝vQ＝，故C錯誤；設滑塊Q在P上下滑的過程中，P對Q的支持力做功為W，下滑過程對Q由功能關系得W＝mvQ2－mgR，解得W＝－mgR，故D正確．
8．【答案】BD　
【詳解】增大該激光的強度，激光的臨界角不變，現象不會改變，故A錯誤；當向瓶內加一些清水時，則從孔中射出的水流速度會變大，水流軌跡會變得平直，激光在水和空氣界面處的入射角會變大，則會有大部分光在界面處發生全反射，使激光束被限制在水流內傳播，故B正確；水從小孔流出形成彎曲的水流，激光沒有完全被限制在水流內，是因為光從水射向空氣的入射角小于臨界角，出現折射現象，當換用頻率更低的激光時，臨界角變大，更不容易發生全反射，將有更多激光不能被限制在水流內傳播，故C錯誤；改用折射率更大的液體時，臨界角變小，容易發生全反射，將有更多激光被限制在水流內傳播，故D正確．
9．【答案】BC
【詳解】A：由題意知小滑塊先減速向前運動，速度為零后再反向加速運動，和傳送帶共速之后在傳送帶上勻速運動直到離開，A錯誤；
B：根據運動學公式可得，小滑塊正向減速運動的距離為，緊接著反向加速運動的距離為，由題意可知，因此，B正確；
C．時刻的末速度大小為v，小滑塊初速度大小為v0，前時間內平均速度為，則位移為，C正確；
D．當小滑塊速度為零時位移最大，在時刻小滑塊已經反向運動了，D錯誤。選BC。
10．【答案】CD
【詳解】
AB．由圖乙知，原線圈兩端電壓的有效值，據，可得副線圈兩端電壓的有效值，則電壓表V2的示數為22V不變．故AB兩項錯誤；
C．在滑動變阻器的滑片自最下端滑動到最上端的過程中，R3接入電路的電阻減小，副線圈回路的總電阻減小，因為副線圈兩端電壓不變，所以副線圈回路的總電流增大，電流表A1示數增大；副線圈回路的總電流增大，電阻R1兩端電壓增大，并聯電路電壓減小，流過電阻R2的電流減小，A2的示數減小．故C項正確；
D．電壓表的V1示數與電流表的A1示數的乘積
當時，電壓表的V1示數與電流表的A1示數的乘積最大；在滑動變阻器的滑片自最下端滑動到最上端的過程中，的阻值由4Ω逐漸減小到0；則滑片自最下端滑動到最上端的過程中，電壓表的V1示數與電流表的A1示數的乘積一直減小．故D項正確。
綜上本題答案是CD。
11．【答案】(1)12.0　(2)C　(3)a　9.87
【思路導引】由T=2π，可得T2=L+h，T2-L圖像的斜率為，縱軸截距為正.
【詳解】(1)游標卡尺讀數為12 mm+0×0.1 mm=12.0 mm.
(2)從“0”數到“60”時經歷了30個周期，則該單擺的周期為，選C．
(3)擺線在筒內部分的長度為h，由T=2π，可得T2=L+h，可知其關系圖線應為圖線a，將題圖所給數據代入可得g=π2m/s2≈9.87 m/s2.
12．【答案】（1） （2分）
（2） 見解析（2分）
（3） （2分）；偏大（2分）
（4） 小于（2分）
【詳解】
（1） 由串聯分壓得，由于量程要擴大為，則分壓為，解得電阻箱的阻值 。
（2） 實驗要求燈泡兩端的電壓從零開始變化，故滑動變阻器采用分壓式接法，電路圖如圖所示。
高分關鍵：幾種滑動變阻器必須采用分壓式接法的情況：要求電壓表示數從0開始；滑動變阻器最大阻值較小。
（3） 燈泡的額定電壓為，由題圖（b）知額定電流為，則燈泡兩端電壓為額定值時的電阻為 ；由于電流表的分壓，燈泡兩端電壓的測量值大于真實值，通過燈泡電流的測量值等于真實值，由歐姆定律知，燈泡電阻的測量值比真實值偏大。
（4） 題圖（b）中圖線2、3與1的交點橫坐標為燈泡兩端電壓，，由題圖（b）知，，故。
13．【答案】(1)297 K　(2)309 K
【詳解】(1)當電子天平示數為600.0 g時，細繩對鐵塊拉力為Δmg＝(m2－m示)g＝m1g
鐵塊和活塞對細繩的拉力相等，則汽缸內氣體壓強等于大氣壓強p1＝p0①
當電子天平示數為400.0 g時，設此時汽缸內氣體壓強為p2，對m1受力分析有
(m2－0.4 kg－m1)g＝(p0－p2)S②
由題意可知，汽缸內氣體體積不變，則壓強與熱力學溫度成正比，有＝③
聯立①②③式解得T2＝297 K
(2)環境溫度越高，汽缸內氣體壓強越大，活塞對細繩的拉力越小，則電子天平示數越大，由于細繩對鐵塊的拉力最小為0，即電子天平的示數恰好為1 200 g時，此時對應的環境溫度為裝置可以測量的最高環境溫度。設此時汽缸內氣體壓強為p3，對m1受力分析有(p3－p0)S＝m1g④
又汽缸內氣體體積不變，則壓強與熱力學溫度成正比
＝⑤
14．【答案】見詳解
【解析】(1)當列車的速度為零時，線框相對于磁場的速度大小為 線框中左、右兩邊都切割磁感線，有 ，，解得
(2)當列車的速率為 時，線框相對磁場的速率為 隨著列車速度增大，加速度逐漸減小，設列車的最大速率為 此時線框中的熱功率為 克服阻力的功率為 有 ， ，，，解得
設磁場的加速度大小為 時刻列車的速度大小為 加速度大小為 此時線框中的感應電流為 有，經過極短時間 線框中電流的變化量為 有 ，由于 后線框中的電流保持不變，必有 即 后列車和磁場的加速度相同，設 時 列車的速度大小為 因 時列車才開始運動，結合動量定理有 ， ， ，解得。
15．【答案】(1)；(2) x2－8μLy＋4y2＝0，其中0≤x≤2μL，μL≤y≤2μL；(3) ＜h≤
【詳解】本題考查運動學綜合問題。
(1)A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL的位置由靜止開始下滑到O過程中，根據動能定理可得
mg·2μL－μmgL＝mv2－0，
可得A經過O點時的速度大小v＝。
(2)小物塊A從O點落在弧形軌道PQ上的過程中做平拋運動，設水平位置坐標為x，豎直位置坐標為y，則有x＝v0t，
y＝gt2，
根據動能定理可得mgy＝Ek－mv02，
小物塊A從O點落在弧形軌道上P點時，有μL＝gt2，2μL＝vPt，
根據動能定理可得mg·μL＝Ek－mvP2，
聯立可得x2－8μLy＋4y2＝0，其中0≤x≤2μL，μL≤y≤2μL。
(3) A沿傾斜軌道由靜止開始下滑到經過O點過程中，根據動能定理可得
mgh－μmgL＝mv12－0，
A與B發生彈性碰撞，根據動量守恒、機械能守恒，有
mv1＝λmvB－mv2，
mv12＝λmvB2＋mv22，
由題意知A與B碰撞后A會反彈，A反彈后再回到O點的過程中，根據動能定理有
－μmg·2L＝mv32－mv22，
由于A落在B落點的右側，則有v3>vB，
聯立可得h>，
要使A和B均能落在弧形軌道上，則有v3≤，
聯立可得h≤，
由題意知λ≥5，有＜μL，
則A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍為
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8
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．核污水排海威脅人類安全，引發國際社會強烈反對。在泄露的污染物中含有大量放射性元素，其衰變方程為，半衰期為8天，則下列說法正確的是（　　）
A．衰變產生的射線由原子核外電子躍遷產生
B．元素核的比結合能大于元素核的比結合能
C．凈化污水過程中可采用高溫、高壓的環境，加快原子的衰變
D．經過16天，200個原子核有150個發生了衰變
2．一列簡諧橫波沿著x軸正方向傳播，時的部分波形如圖1所示，處質點的振動圖像如圖2所示，下列說法正確的是（　　）
A．時，質點的振動方向沿軸負方向
B．到時間內，處質點的振動路程為
C．該簡諧波的波長可能為
D．該簡諧波的波速可能為
3．如圖所示，疊放在水平轉臺上的物體A、B隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動，A、B的質量分別為3m、2m，A與B、B與轉臺間的動摩擦因數都為μ，A和B離轉臺中心的距離都為r，重力加速度為g，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.下列說法正確的是 (　　)
A．A對B的摩擦力沿水平方向指向圓心O
B．B對A的摩擦力一定為3μmg
C．轉臺對B的摩擦力的大小一定為5mω2r
D．轉臺的角速度一定滿足ω≤
4．2023年1月9日，谷神星一號遙五運載火箭在我國酒泉衛星發射中心成功發射，將搭載的科技壹號衛星、天啟星座13星等5顆衛星成功送入預定軌道.衛星1圓軌道的半徑與衛星2橢圓軌道的半長軸相等，兩軌道在同一平面內且兩軌道相交于A、B兩點，某時刻衛星的位置如圖所示.下列說法正確的是 (　　)
A．兩衛星在圖示位置的速度v1>v2
B．兩衛星在圖示位置時，衛星1的向心加速度等于衛星2的向心加速度
C．兩顆衛星分別經過A點時受到的萬有引力相等
D．若不及時調整軌道，兩衛星可能相撞
5．如圖所示，坐標原點有一粒子源，能向坐標平面一、二象限內發射大量質量為、電荷量為的帶正電粒子（不計重力），所有粒子速度大小相等.圓心在、半徑為的圓形區域內，有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為.磁場右側有一長度為、平行于軸的光屏，其中心位于.已知初速度沿軸正向的粒子經過磁場后，恰能垂直射在光屏上，則（ ）
A．粒子速度大小為
B．所有粒子均能垂直射在光屏上
C．能射在光屏上的粒子，在磁場中運動時間最長為
D．能射在光屏上的粒子初速度方向與軸夾角滿足
6．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．如圖所示為某建筑工地的傳送裝置，長為、傾角的傳送帶傾斜地固定在水平面上，以恒定的速率順時針轉動，質量的工件（可視為質點）無初速地放在傳送帶的頂端，經過一段時間工件運動到傳動帶的底端，工件與傳送帶之間的動摩擦因數為，取，，重力加速度，則下列說法正確的是（　　）
A．工件由頂端到底端的時間為1.25s
B．若工件與傳送帶共速時立馬將傳送帶改為逆時針轉動，則工件由頂端到底端的時間將變長
C．工件在傳送帶上留下的痕跡長度為3m
D．調整轉速，工件從頂端到底端的最短時間為
8．某小組使用玻璃球模擬彩虹的產生原理，該玻璃球對紅光和紫光的折射率分別為和，一束白光入射到玻璃球表面，入射角為，紅光和紫光從玻璃球內部照射到表面時形成出射點，當兩出射點在球面上連線的弧長至少為時，肉眼可分辨并觀測到彩色條紋，下列說法正確的是
A．紅光和紫光在玻璃球中的傳播速度的比值為
B．紅光和紫光在玻璃球中的傳播速度的比值為
C．白光進入玻璃球發生一次反射后從玻璃球表面射出，若能觀測到彩色條紋，玻璃球的半徑至少為
D．白光進入玻璃球發生一次反射后從玻璃球表面射出，若能觀測到彩色條紋，玻璃球的半徑至少為
9．如圖所示，一個理想變壓器原線圈的匝數為50，副線圈的匝數為100，原線圈兩端接在光滑的水平平行導軌上，導軌間距為L=0.4 m.導軌上垂直于導軌有一長度略大于導軌間距的導體棒，導軌與導體棒的電阻忽略不計，副線圈回路中電阻R=20 Ω，圖中電壓表為理想電表.導軌所在空間有垂直于紙面向里、磁感應強度B=1 T的勻強磁場，導體棒在水平外力的作用下運動，其速度隨時間變化的關系為v=5sin 10πt(m/s)，則下列說法正確的是 (　　)
A．水平外力為恒力
B．電壓表的示數約為2.83 V
C．R的功率為0.2 W
D．穿過變壓器鐵芯的磁通量變化率的最大值為0.04 Wb/s
10．如圖所示，在水平地面上有一圓弧形凹槽，連線與地面相平，凹槽是位于豎直平面內以為圓心、半徑為的一段圓弧，為圓弧最低點，而且段光滑、段粗糙．現有一質量為的小球（可視為質點），從水平地面上處以初速度斜向右上方飛出，與水平地面夾角為 ．不計空氣阻力，該小球恰好能從點沿圓弧的切線方向進入凹槽，沿圓弧繼續運動后從點以速率飛出．重力加速度為，則下列說法中正確的是（ ）
A． 小球由到的過程中，離地面的最大高度為
B． 小球由到的過程中，的水平距離為
C． 小球在圓弧形凹槽內由于摩擦產生的熱量為
D． 小球經過圓弧形凹槽最低點處受到軌道的支持力大小為
三、非選擇題（本大題共5小題 共56分）
11．如圖所示為“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置，質量為m1和m2的滑塊與質量為m0的動滑輪用不可伸長的輕質繩按圖示方式連接（繩豎直）。m2的右側有寬度為d、質量忽略不計的遮光條。現讓m2從距離光電門高度為h處由靜止釋放，發現光電計時器顯示遮光條經過光電門的時間為t。已知重力加速度大小為g，且d遠小于h。
(1)m2經過光電門時的速度大小為 ；
(2)若將m0、m1和m2看做一個系統，則m2下落h過程中，系統減少的重力勢能為 ，系統增加的動能為 。
(3)經過多次實驗發現m0、m1和m2組成的系統減少的重力勢能與系統增加的動能并不相等，請從系統誤差的角度分析二者不相等的可能原因是（寫出一條即可）： 。
12．（10分）某同學把銅片和鋅片相隔約1 cm插入一個蘋果中，就制成了一個水果電池。為了測量其電動勢E和內阻r，他用到的實驗器材有電阻箱（最大阻值為9 999 Ω）、數字萬用表2 V電壓擋（內阻遠大于普通電壓表）、開關、導線若干。實驗步驟如下：
甲
①將該水果電池與其余實驗器材按如圖甲所示的電路連接；
②調節電阻箱阻值，閉合開關，待數字萬用表示數穩定后，記錄電阻箱的阻值R和數字萬用表的示數U后立即斷開開關；
③每次將電阻箱的阻值增大1 000 Ω，重復實驗，計算出相應的和，數據記錄如表所示∶
R/Ω U/V /kΩ－1 /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
④根據表中數據，繪制出－關系圖線如圖乙中的直線b所示。
乙
請回答下列問題∶
（1）步驟②中立即斷開開關的原因是　　　　；
（2）根據閉合電路歐姆定律，可以得到與的關系表達式為＝　　　　（用E、r和R表示）；
（3）根據由實驗數據繪制的圖線b可得該水果電池的電動勢為　　　　V，內阻為　　　　kΩ（結果均保留兩位有效數字）；
（4）若用普通的電壓表代替數字萬用表進行實驗，得到的圖線可能是圖乙中的直線　　　　（填“a”“b”“c”或“d”）。
13．如圖所示，傾角的固定斜面（足夠長）的頂端帶有小定滑輪，不可伸長的柔軟輕繩跨過定滑輪，輕繩的一端系在汽缸A上，另一端系在汽缸Ｂ中的活塞上，A懸吊在空中（離地足夠高），B放在斜面上，滑輪左側的輕繩與斜面平行，兩汽缸內各密封有一定質量的理想氣體，系統處于靜止狀態，此時A、B內氣體的體積相等。兩活塞的質量均為m、橫截面積均為S，B的質量為4m，大氣壓恒為（g為重力加速度大小），不計缸內氣體的質量、空氣阻力及一切摩擦。
（1）求A內氣體的壓強以及B內氣體的壓強；
（2）若將輕繩剪斷，A、B內氣體達到穩定的過程中溫度保持不變，求穩定時A、B內氣體的體積之比。
14．水平虛線之間是高度為h有界勻強磁場，磁感強度為B，磁場上方的豎直平面有一個梯子形閉合導體框abcd，框寬度、總高。兩豎直邊導體ab和cd電阻不計，5根等距離分布的水平導體棒電阻都為R。讓導體框從離磁場上邊緣h高處自由下落，當bc剛進入磁場開始，導體框恰好做勻速直線運動，設重力加速度為g。求：
（1）第一條水平棒bc剛進入磁場時的速度大小；
（2）第一條水平棒bc在磁場中運動時，bc棒上的電流大小；
（3）導體框穿過磁場的整個過程中，bc棒上產生的焦耳熱。
15．如圖所示，長木板C靜止在光滑水平面上，在C的左端和距左端L處分別放置兩個小物塊A和B（A、B均可看做質點），距C的右端1.5 L處固定著一豎直擋板P，A、B、C質量分別為m、m、2m，A、B與C之間的動摩擦因數均為μ。現給A一個水平向右的初速度，在此后的運動過程中A、B始終未脫離C，A與B之間的碰撞過程及C與擋板之間的碰撞過程時間均極短且無機械能損失，B未碰到擋板P。重力加速度為g。
（1）為使A能與B發生碰撞，A的初速度大小應滿足什么條件？
（2）若A的初速度大小v0=4，求：
①C經過多長時間碰到擋板；
②C至少多長時B才不會滑離C。
參考答案
【知識點】原子核的衰變及半衰期、結合能與比結合能
1．【答案】B
【詳解】A：衰變產生的射線是由原子核內中子轉化為質子和電子產生的，A錯誤；
B：更穩定，元素核的比結合能大于元素核的比結合能，B正確；
C：半衰期由核內部本身的因素決定，與原子所處的物理狀態或化學狀態無關，C錯誤；
D：半衰期是大量原子核衰變的統計規律，對少量原子核衰變不適用，D錯誤。選B。
【知識點】波的圖像和振動圖像的綜合應用
2．【答案】B
【詳解】A．簡諧橫波沿著x軸正方向傳播，由同側法可知，時，質點的振動方向沿軸正方向，A錯誤；
B．到時間內，處質點的振動的時間為半個周期，振動路程為，B正確；
C．由圖可知，波長滿足，解得，該列波的波長不可能為9m，C錯誤；
D．該簡諧波的波速可能為，該列波的波速不可能為，D錯誤。選B。
【知識點】水平面內勻速圓周問題
3．【答案】C
【解析】對A分析可知，A的重力與B對A的支持力大小相等，B對A的摩擦力提供A做圓周運動的向心力，則B對A的摩擦力指向圓心，根據牛頓第三定律可知，A對B的摩擦力方向背離圓心，A錯誤；對A有fBA=3mω2r，根據牛頓第三定律可知，A對B的摩擦力大小為3mω2r，該摩擦力為靜摩擦力，因此B對A的摩擦力不一定為3μmg，B錯誤；對A、B整體分析，有f=(3m+2m)ω2r=5mω2r，C正確；根據題意，則有fBA=3mω2r≤μ·3mg，f=5mω2r≤μ·5mg，解得ω≤，D錯誤.
【知識點】萬有引力定律問題的分析與計算
4．【答案】A
【解析】以地球球心為圓心，以衛星2此刻到地心的距離為半徑作圓，記作軌道3，根據變軌原理可知衛星2在軌道3上的線速度v3>v2，根據萬有引力提供向心力，有G=m，可知軌道半徑越小，線速度越大，即v1>v3，故v1>v2，故A正確；根據萬有引力提供向心力有=ma，可得a=，衛星2位于遠地點，衛星1軌道半徑小，則衛星1的向心加速度大，故B錯誤；根據萬有引力定律可知F=G，兩顆衛星質量不一定相等，分別經過A點時受到的萬有引力不一定相等，故C錯誤；根據開普勒第三定律k=，衛星1圓軌道的半徑與衛星2橢圓軌道的半長軸相等，則兩顆衛星周期相同，不可能相撞，故D錯誤.
【知識點】帶電粒子在有界磁場中運動的臨界極值問題
5．【答案】C
【解析】初速度沿軸正向的粒子經過磁場后,恰能垂直射在光屏上,說明粒子在磁場中運動的軌跡半徑為,根據洛倫茲力提供向心力,有,解得,故錯誤；如圖甲所示,由幾何關系可得,能射在光屏上的粒子,運動時間最長時對應軌跡的圓心角為 .根據周期公式可得,在磁場中運動時間最長為,故正確；若能打在光屏下端,如圖乙所示,由幾何知識可知初速度與軸正方向夾角為 ,由上述分析可知,粒子打在光屏上端時,初速度與軸正方向夾角為 ,能射在光屏上的粒子初速度方向與軸夾角滿足 ,故、錯誤.
甲 乙
【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】傳送帶模型
7．【答案】AD
【詳解】A．工件剛開始下滑時，由牛頓第二定律得
解得
工件加速到與傳送帶共速時的位移
由于
可知共速后，工件與傳送帶保持相對靜止一起向下運動到底端，則工件加速階段和勻速運動階段時間分別為
，
工件由頂端到底端的時間為
故A正確；
B．若工件與傳送帶共速時立馬將傳送帶改為逆時針轉動，由于
故工件將繼續勻速下滑，則工件從頂端到底端的時間不變，故B錯誤；
C．共速前傳送帶的位移
故痕跡長度為
故C錯誤；
D．若轉速可調，則當工件從頂端到底端一直加速時時間最短，有
解得最短時間為
故D正確。
故選AD。
【知識點】全反射與折射的綜合應用
8．【答案】AD
【詳解】本題主要考查折射率與頻率間的關系、折射定律、反射定律。因天空中的彩虹與球形水滴有關，通過玻璃球觀察到彩虹能更準確地還原大氣中彩虹現象的形成原理，有助于培養學生的物理興趣。高考中常考光在生活中的實際應用，需要注意臨界問題的處理。
光在玻璃球中的傳播速度為，，紫光折射率大，傳播速度小，正確，錯誤；紅光和紫光在介質中的光路圖如圖所示，第一次折射時，紅光由空氣射入玻璃，，解得，紫光由空氣射入玻璃，，解得，根據幾何關系，第二次折射時的入射角等于第一次折射時的折射角，，解得，錯誤，正確。
【知識點】理想變壓器原、副線圈兩端的電壓、功率、電流關系及其應用
9．【答案】BD　
【解析】導體棒的速度按正弦規律變化，則產生的感應電動勢不斷變化，感應電流不斷變化，導體棒所受安培力不斷變化，可知外力不斷變化，故A錯誤；導體棒切割磁感線產生的感應電動勢E=BLv=2sin 10πt(V)，原線圈兩端的電壓有效值為U1== V，由電壓與匝數關系得=，可得U2=2 V≈2.83 V，則電壓表示數約為2.83 V，故B正確；電阻R的功率PR==0.4 W，故C錯誤；原線圈兩端的最大電壓U1m=Em=2.0 V，由法拉第電磁感應定律得U1m=n1，則變壓器鐵芯中磁通量變化率的最大值==0.04 Wb/s，故D正確.
【知識點】功能原理、能量守恒與曲線運動的綜合
10．【答案】BCD
【解析】小球由點飛出后做斜拋運動,豎直方向速度為0時,離地面的高度最大,從到A的時間為,最大高度為,的水平距離,A錯誤,B正確；由能量守恒定律得,小球在圓弧形凹槽內由于摩擦產生的熱量為,C正確；段光滑,則小球到圓弧形凹槽最低點B過程中機械能守恒,有,在B點根據牛頓第二定律得,聯立解得,D正確．
【知識點】實驗：驗證機械能守恒定律
11．【答案】(1)，(2)， ，(3)定滑輪有質量或旋轉增加了動能或存在摩擦或存在阻力
【詳解】(1)m2經過光電門時，遮光條寬度很小，可以看做勻速通過，其速度大小為。
(2)m2下落h過程中，m0下落h，m1上升2h系統減少的重力勢能為，m2、m0下落速度相同，m1上升速度為2v，系統增加的動能為。
(2)從系統誤差的角度分析二者不相等的可能原因是，定滑輪有質量或旋轉增加了動能或存在摩擦或存在阻力。
【知識點】實驗：電池電動勢和內阻的測量—伏阻法測定電源的電動勢與內阻
12．【答案】（1）水果電池長時間工作后內阻會發生明顯變化（2分）　（2）·＋（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）水果電池持續放電時其內阻會發生明顯變化，因此每次測量后應立即斷開開關。
（2）由閉合電路歐姆定律可得U＝E，整理得＝·＋。
（3）將圖線b延伸至與縱軸相交，則縱截距大小為1.1 V－1＝，解得E≈0.91 V，圖線b的斜率為 kΩ/V＝，解得r≈7.0 kΩ。
（4）設普通電壓表的內阻為RV，外電路為電阻箱與RV的并聯電路，R并＝，電壓表示數為并聯電路兩端的電壓，則由閉合電路歐姆定律可得U＝E，整理得 ＝·＋，則圖線的斜率不變，縱截距增大，應為圖線a。
【技巧必背】電源電動勢與內阻的測量實驗中的圖像
伏安法：由E＝U＋Ir得U＝E－Ir，U－I圖像的斜率為－r，縱截距為E；
伏阻法：由E＝U＋r得＝＋·，－圖像的斜率為，縱截距為；
安阻法：由E＝I（R＋r）得＝·R＋，－R圖像的斜率為，縱截距為。
【知識點】氣體等溫變化與玻意耳定律
13．【答案】（1），；（2）
【詳解】（1）根據物體的平衡條件，對A中的活塞有
解得
對汽缸B，根據平衡條件則有
解得
（2）輕繩剪斷后，A內氣體穩定時的壓強
設穩定時B的加速度大小為a，B內氣體的壓強為，根據牛頓第二定律，對B有
對B以及B中活塞有
解得
設系統靜止時A內氣體的體積為，根據玻意耳定律，對A內氣體有
對B內氣體有
解得
【知識點】線框模型
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】
（1）線框整體做自由落體運動，由動能定理
進入磁場時的速度
（2）由法拉第電磁感應
由閉合電路歐姆定律
由并聯電路特點
解得
（3）線框受力平衡，磁場力等于重力
解得
由于水平導體間距與磁場寬度相等，當一根導體出磁場時，另一根導體恰好進入磁場，且等效電路結構未變，故總電流也不變，線框受力情況也不變，因此整個線框一直做勻速直線運動，直到最后一根導體ab出磁場。根據能量守恒定律，線框勻速通過磁場過程中，動能沒有變，在磁場中下降高度為5h，所以減少機械能為5mgh轉化為線框電阻發熱。5根導體在下落過程中所處地位一樣，故bc發熱占，即
【知識點】動量守恒與板塊模型相結合、動量守恒中的臨界問題、求解彈性碰撞問題
15．【答案】（1）大于；
（2）①2；②L
【詳解】
（1）A、C之間的摩擦力為μmg，B、C之間不會發生相對滑動，若A恰好不與B發生碰撞，當A在C上滑動L距離時，A、B、C三者的速度應相等，設為v，對A、B、C組成的系統由動量守恒定律得
由能量守恒定律得
兩式聯立可得
為使A、B能發生碰撞，A的初速度應大于；
（2）①A的初速度大小
A能與B發生碰撞，A與B碰撞滿足動量守恒定律和機械能守恒定律
解得
vA′＝vB
vB′＝vA
A、B速度交換 ；
A、B碰撞后A與C相對靜止，B相對C繼續滑動，假設在C碰到擋板之前A、B、C共速，則有
mv0＝4mv1
解得
達到共同速度之前C的加速度
達到共同速度之前C的位移
所以假設成立，C加速運動的時間
整體勻速運動的時間
C運動到擋板位置經過的總時間
②A開始滑動到A、B、C達到共速的過程，由能量守恒定律得：
C與擋板碰撞后，速度反向，A、B均相對C向右滑動，系統滿足動量守恒，最終A、B、C均靜止，對此過程應用能量守恒定律得
C的最小長度
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9
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．福島核電站冷卻堆芯的核廢水雖然經過“多核素去除設備”(ALPS)處理,但核廢水中的氚H很難被分離清除,這種放射性物質會通過食物鏈在人體內累積,對人的傷害將不可估量.氚H衰變后轉變成穩定的氦HeH半衰期為12.5年,下列說法正確的是 (　　)
A．H發生的是β衰變,放出的電子來源于核外電子
BH在食物鏈傳遞過程中,其半衰期會逐漸縮短
C．新產生的單位體積核廢水經過25年H與He的摩爾數之比為1∶3
DH衰變的本質是由強相互作用引起的中子轉變為質子的過程
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
3．2022年11月1日凌晨4點27分，我國“夢天”實驗艙與“天和”核心艙成功實現“太空握手”，整個交會對接過程歷時大約13小時。“夢天”入列，標志著我們組建中國空間站的“最后一塊積木”已經到位。如圖所示，若“夢天”實驗艙進入軌道Ⅰ運行，之后與在高度為H的軌道Ⅱ上運行的“天和”核心艙成功對接（M點為對接點），航天員進入核心艙開始工作。則下列說法中正確的是（　　）
A．對接前，“夢天”實驗艙在Ｍ點的加速度與“天和”核心艙在M點的加速度相等
B．對接前，“夢天”實驗艙在N點與M點加速度的大小相等
C．進入核心艙后，航天員完全失重，故航天員的向心加速度為零
D．進入核心艙后，航天員對核心艙有壓力
4．如圖，在傾角為的斜面頂端，將小球以v0的初速度水平向左拋出，經過一定時間小球發生第一次撞擊。自小球拋出至第一次撞擊過程中小球水平方向的位移為x，忽略空氣阻力，則下列圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如圖，在真空中，－Q1、+Q2為固定在x軸上A、B兩點的電荷且Q1=4Q2，，a、b、c為P點兩側的三點，且，取無限遠電勢為零，下說法正確的是（　　）
A．將+q沿x軸從a移至b點，其電勢能先增大后減小
B．b、c兩點電勢關系
C．P點電場強度為零，電勢也為零
D．a、c兩點電場關系
6．如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長的固定絕緣桿MN，小球Р套在桿上，已知P的質量為m，電荷量為，電場強度為E，磁感應強度為B，P與桿間的動摩擦因數為，重力加速度為g，小球由靜止開始下滑，在運動過程中小球最大加速度為，最大速度為，則下列判斷正確的是（　　）
A．小球開始下滑時的加速度最大
B．小球的速度由增大至的過程中，小球的加速度一直減小
C．當時小球的速度v與之比一定小于
D．當時小球的加速度a與之比一定小于
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．如圖甲所示，在平靜的水面下深h處有一個點光源s，它發出不同顏色的a光和b光，在水面上形成了一個有光線射出的圓形區域，該區域的中間為由a、b兩種單色光所構成的復色光圓形區域，周圍為環狀區域，且為a光的顏色（見圖乙）。設水對b光的折射率為，則下列說法正確的是（　　）
A．在真空中，a光的傳播速度比b光的大
B．在水中，a光的波長比b光的長
C．復色光圓形區域的面積為
D．由點光源s垂直水面發出的光，a光在水中的傳播時間比b光長
8．（多選）如圖所示為某種電吹風機電路圖，圖中a、b、c、d為四個固定觸點.繞O點轉動的扇形金屬觸片P可同時接觸兩個觸點，觸片P位于不同位置時，電吹風機可處于停機、吹冷風和吹熱風三種狀態.圖示狀態剛好為觸片P接觸c、d兩點.已知電吹風機吹冷風時的輸入功率為60 W，小風扇的額定電壓為60 V，正常工作時小風扇的輸出功率為52 W，變壓器為理想變壓器，則下列說法中正確的是 （　　）
A．當扇形金屬觸片P與觸點c、d接觸時，電吹風機吹熱風
B．當扇形金屬觸片P與觸點a、b接觸時，電吹風機吹冷風
C．小風扇的內阻為8 Ω
D．變壓器原、副線圈的匝數比為=
9．如圖（a）所示，一物塊在時刻，以初速度從足夠長的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時間變化的圖像如圖（b），時刻物塊到達最高點，時刻物塊又返回底端.、均為已知量，重力加速度大小為，則（ ）
A．物塊上滑和下滑過程的加速度大小之比為
B．物塊返回底端時的速度大小為
C．利用所給條件可以求出物塊所受摩擦力的大小
D．利用所給條件可以求出斜面的傾角
10．(多選)如圖所示,小球以60 J的初動能從A點出發,沿粗糙斜面向上運動,從A經B到C,然后再下滑回到A點.已知向上運動時,從A到B點的過程中,小球動能減少了50 J,機械能損失了10 J,則 (　　)
A．上升過程中,合外力對小球做功-60 J
B．整個過程中,摩擦力對小球做功-20 J
C．下滑過程中,重力對小球做功48 J
D．回到A點時小球的動能為40 J
三、非選擇題（本大題共5小題 共56分）
11．某物理課外活動小組準備測量某公園處的重力加速度，他們將一單擺裝置豎直懸掛于某一深度為（未知）且開口向下的小筒中（單擺的下半部分露于筒外），如圖甲所示，將懸線拉離平衡位置一個小角度后由靜止釋放，設單擺擺動過程中懸線不會碰到筒壁.本實驗的長度測量工具只能測量出筒的下端口到擺球球心的距離，并通過改變而測出對應的擺動周期，再以為縱軸、為橫軸作出如圖乙的函數關系圖像，那么就可以通過此圖像得出小筒的深度和當地的重力加速度.
甲 乙
（1） 實驗時用10分度的游標卡尺測量擺球直徑，示數如圖丙所示，該擺球的直徑___.
丙
（2） 測量單擺的周期時，某同學在擺球某次通過最低點時按下停表開始計時，同時數0，當擺球第二次通過最低點時計為1，依此法往下數，當他數到60時，按下停表停止計時，讀出這段時間，則該單擺的周期為____.
A． B． C． D．
（3） 實驗中所得到的關系圖線如圖乙中的圖線_____（填“”“”或“”）所示，根據圖線求得當地的重力加速度____ 取，保留三位有效數字.
12．某實驗小組在“測定金屬的電阻率”實驗中，所用測量儀器均已校準。
（1）該小組的同學用螺旋測微器測量金屬絲的直徑d，其中某一次測量結果如圖甲所示，其讀數應為 mm。
（2）已知該金屬絲的阻值約為5 Ω。現用伏安法測量其阻值Rx，要求測量結果盡量準確，使待測金屬絲兩端的電壓能從零開始變化，現備有以下器材：
A．電池組（3 V，內阻不計）
B．電流表（0～3 A，內阻約為0.1 Ω）
C．電流表（0～0.6 A，內阻約為0.2 Ω）
D．電壓表（0～3 V，內阻約為3 kΩ）
E．電壓表（0～15 V，內阻約為15 kΩ）
F．滑動變阻器（0～20 Ω）
G．滑動變阻器（0～2000 Ω）
H．開關、導線
上述器材中，電流表應選 ，電壓表應選 ，滑動變阻器應選 。
（3）請按要求在下面方框中畫出實驗原理圖 。
13．如圖所示，光滑導熱活塞C將體積為V0的導熱容器分成A、B兩家，A、B中各封有一定質量的同種氣體，A室左側連接有一U形氣壓計（U形管內氣體的體積忽略不計），B室右側有一閥門K.可與外界大氣相通，外界大氣壓等于76cmHg，氣溫恒定．當光滑導熱活塞C靜止時，A、B兩室容積相等，氣壓計水銀柱高度差為38cm.現將閥門K打開，當活塞C不再移動時，求：
①A室的體積；
②B室從閥門K逸出的氣體質量與原有質量的比
14．如圖所示，PMN和是兩條足夠長、相距為L的平行金屬導軌，左側圓弧軌道表面光滑，右側水平軌道表面粗糙，并且右側空間存在一豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。在左側圓弧軌道上高為h處垂直導軌放置一導體棒AB，在右側水平軌道上距AB棒足夠遠的地方，垂直導軌放置另一導體棒CD。已知AB棒和CD棒的質量分別為m和2m，接入回路部分的電阻分別為R和2R，AB棒與水平軌道間的動摩擦因數為μ，圓弧軌道與水平軌道平滑連接且電阻不計。現將AB棒由靜止釋放，讓其沿軌道下滑并進入磁場區域，最終運動到距為d處停下，此過程中CD棒因摩擦一直處于靜止狀態。重力加速度為g，求：
（1）AB棒剛進入磁場時所受安培力的大小；
（2）整個過程中AB棒上產生的焦耳熱Q；
（3）若水平軌道光滑，則從AB棒開始運動到最終處于穩定狀態的過程中，通過AB棒的電荷量為多少？
15．如圖，質量的物塊B放置于質量的木板C上，在光滑水平地面上一起以的初速度向左運動。長度為的輕繩，懸掛質量的小球A。將小球A拉至輕繩與豎直方向的夾角處由靜止釋放，A向右搖至最低點時恰與B發生碰撞并粘在一起（A與C不接觸），同時輕繩被刀片割斷。已知B與C間的動摩擦因數，取重力加速度大小，A、B均可看成質點，不計空氣阻力。求：
（1）A與B碰后瞬間的速度；
（2）若板足夠長，A、B碰撞粘在一起到運動足夠長時間后合外力對B的沖量大小I；
（3）若板長，要使B不從板上滑離，開始時B在C上放置處與板左端距離x需滿足的條件。
參考答案
【知識點】原子核的衰變及半衰期
1．【答案】C　【解析H發生的是β衰變,其方程為HHee,放出的電子是核內中子轉變為質子時放出的,A錯誤;半衰期僅由核內部自身因素決定,與原子所處的化學狀態和外部條件沒有關系,故H在食物鏈傳遞過程中其半衰期不變,B錯誤;新產生的單位體積核廢水經過25年,剩余的H的質量為m1=m0=m0=m0,則剩余的H的摩爾數為n0,發生衰變的H的摩爾數為n0,生成物He的摩爾數為n0,所以H與He的摩爾數之比為1∶3,C正確H衰變的本質是由弱相互作用引起的中子轉變為質子的過程,D錯誤.
【知識點】波的圖像和振動圖像的綜合應用
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。
【試做反饋】
本題易錯選A項，錯選率為28％。部分學生習慣性代入以往經驗，并未注意題中兩波源的起振方向相反，從而導致判斷錯誤。在日常練習及考試中，學生應認真讀題，必要時可以對重點條件進行標記，培養細心、謹慎的做題習慣。
【知識點】萬有引力定律問題的分析與計算、衛星變軌與對接問題
3．【答案】A
【詳解】A．根據易知，對接前，“夢天”實驗艙在M點的加速度與“天和”核心艙在M點的加速度大小相等，方向相同，故A正確；
B．同理，對接前，“夢天”實驗艙在N點與M點時與地球的距離不同，所以加速度的大小不相等，故B錯誤；
C．進入核心艙后，航天員做勻速圓周運動，其向心加速度為不為零，故C錯誤；
D．進入核心艙后，航天員做勻速圓周運動，自身重力提供向心力，對核心艙的壓力為零，故D錯誤。
故選A。
【知識點】求解平拋運動、類平拋運動問題
4．【答案】D
【詳解】
如果小球落在斜面上，小球位移方向與水平方向夾角為，則有
則水平位移
小球落水平面上，小球飛行時間恒定，水平位移正比于，故D正確，ABC錯誤。
故選D。
【知識點】點電荷的場強、電勢、電場的疊加
5．【答案】D
【詳解】
ABC．某點的電場強度是正電荷Q2和負電荷Q1在該處產生的電場的疊加，是合場強，根據點電荷的場強公式可知，－Q1和+Q2在P點產生的電場方向相反，合場強
所以合電場強度為零，設Pb之間的距離為L′，則b點的合場強
可知b點場強的方向向左，同理可知，在P點右側各點的場強都向左，取無限遠電勢為零，根據沿電場線方向電勢降低可知，P點電勢小于0，且有
由于P點場強為0，則aP段場強方向向右，將+q沿x軸從a移至b點，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，故ABC錯誤；
D．由電場的疊加原理可知，設，則a點的電場強度為
同理b點電場強度為
則
即
故D正確。
故選D。
【知識點】帶電粒子在疊加場中的運動
6．【答案】B
【詳解】小球剛開始下滑時受到豎直向下的重力，水平向左的電場力，水平向右的彈力以及豎直向上的滑動摩擦力，且此時滑動摩擦力，豎直方向根據牛頓第二定律有，而隨著小球速度的增加，小球所受洛倫茲力由0逐漸增大，根據左手定則可知洛倫茲力的方向水平向右，則在小球運動后水平方向有，可知隨著小球速度的增加，桿對小球的彈力減小，致使桿對小球的摩擦力減小，而當洛倫茲力的大小等于小球所受電場力大小時，桿對小球的彈力為零，此時小球在豎直方向僅受重力，加速度達到最大，為重力加速度，即，而隨著小球速度的進一步增大，洛倫茲力將大于電場力，桿上再次出現彈力，方向水平向左，則摩擦力再次出現，豎直方向的合外力減小，加速度減小，直至摩擦力等于小球重力時，小球速度達到最大值，此后小球將做勻速直線運動，因此小球開始下滑時的加速度不是最大，A錯誤；小球剛開始運動時根據牛頓第二定律有，解得，而根據A中分析可知，加速度最大為重力加速度，即在整個過程中加速度先由逐漸增大到，再由逐漸減小為0，假如開始時加速度是由0開始增加的，則根據運動的對稱性可知，當加速度最大時速度小球速度恰好達到，但實際上加速度并不是由0開始增加的，因此可知，當加速度最大時小球的速度還未達到，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出現，小球開始做加速度減小的加速運動，由此可知，小球的速度由增大至的過程中，小球的加速度一直減小，B正確；當時小球可能正在做加速度增大的加速運動，也可能正在做加速度減小的加速運動，根據B中分析可知，若小球正在做加速增大的加速運動，則v與之比一定小于，但若小球正在做加速減小的加速運動，則v與之比一定大于，C錯誤；由B中分析可知，小球的加速度時，即加速度達到最大時，小球的速度還不到，因此當時小球的加速度a一定小于，當速度時對小球由牛頓第二定律有，即，而當小球速度最大時有，兩式聯立可得，化簡可得，D錯誤。
【知識點】全反射與折射的綜合應用
7．【答案】BC
【詳解】解析在真空中，a光和b光的傳播速度都為光速c，A錯誤；a光在水面上有光射出的區域面積較大，知a光的臨界角較大，根據，知a光的折射率和頻率都較小，再由，可知，在水中，a光的波速比b光的大，由，可得a光的波長比b光的長，B正確；設復色光區域的半徑為r，根據，結合幾何關系，可知，復色光圄形區球的面和為，C正確；根據可知，a光在水中的傳播速度較大，所以由點光源s垂直水面發出的光，a光在水中的傳播時間比b光短，D錯誤。
【知識點】理想變壓器原、副線圈兩端的電壓、功率、電流關系及其應用
8．【答案】CD
【解析】當扇形金屬觸片P與c、d接觸時，電吹風的加熱電路和吹風電路均沒有接通，故此時電吹風處于停機狀態，A錯誤；當扇形金屬觸片P與觸點a，b接觸時，電吹風的加熱電路和吹風電路均處于接通狀態，此時電吹風吹熱風，B錯誤；由于小風扇的額定電壓為U2=60 V，吹冷風時小風扇的輸入功率為60 W，故小風扇正常工作時的電流I==1 A，小風扇內阻消耗的電功率P熱=P輸入-P輸出=60 W-52 W=8 W，由P熱=I2r，代入數據解得r=8 Ω，C正確；由題意可知，變壓器原線圈兩端的電壓U1=220 V，副線圈兩端的電壓U2=60 V，===，D正確.
【易錯分析】小風扇為非純電阻元件，歐姆定律不適用，因此不能用P=求其內阻，只能根據P熱=I2R求其內阻.
【知識點】牛頓運動定律與圖像結合問題
9．【答案】BD
【思路導引】
解答本題的關鍵是明確圖像的含義：和圖線所圍圖形的面積相等,如圖所示.
【詳解】根據題意可知,兩部分圖線與橫軸所圍圖形的面積相等,設物塊返回底端時的速度大小為,則有,解得,正確；物塊上滑和下滑過程的加速度大小分別為、,則,錯誤；根據牛頓第二定律有,,解得,,因為物塊的質量未知,所以利用所給條件無法求出物塊所受摩擦力的大小,但可以求出斜面的傾角,錯誤,正確.
【知識點】功能原理、能量守恒與曲線運動的綜合
10．【答案】AC
【解析】上升過程,由動能定理可知W合=0-Ek0=0-60 J=-60 J,故A正確; 運用動能定理分析得出,小球損失的動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),損失的動能為ΔEk=mgh+f=h,損失的機械能等于克服摩擦阻力做的功,ΔE=,解得=常數,與h無關,由題意知此常數為5.則小球上升到最高點時,動能為0,即動能減少了60 J,損失的機械能為12 J,當小球返回到A點時,小球又要損失的機械能也為12 J,故小球從開始到返回原處機械能損失了24 J,由功能關系知摩擦力做功Wf=-24 J,則小球返回A點的動能為36 J,故B、D錯誤; 由上述分析可知,小球上升到最高點時,動能為0,損失的機械能為12 J,則重力勢能增加了48 J,即重力做功為WG=-48 J,所以下滑過程中重力對小球做功48 J,故C正確.
【知識點】實驗：用單擺測量重力加速度
11．【答案】（1） 12.0
（2） C
（3） ；9.86
【思路導引】
由,可得,圖像的斜率為,縱軸截距為正.
【解析】
（1） 游標卡尺讀數為.
（2） 從“0”數到“60”時經歷了30個周期,則該單擺的周期為,故選.
（3） 擺線在筒內部分的長度為,由,可得,可知其關系圖線應為圖線,將題圖乙所給數據代入可得.
【知識點】實驗：導體電阻率的測量
12．【答案】（1）0.398/0.399/0.400/0.401 （2）C；D；F
（3）
【詳解】（1）金屬絲直徑為d=0＋40.0×0.01 mm=0.400 mm。
（2）正確連接后通過金屬絲最大的電流約為I=≈0.6 A，為了使結果更精確，安全的前提下，我們選擇量程較小的電流表，所以電流表選擇C；由于電源電動勢為3 V，所以電壓表選擇D；要求電壓從0開始變化，滑動變阻器應采用分壓式接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇總阻值較小的F。
（3）由于，所以金屬絲為小電阻，應采用電流表外接法，實驗原理圖如圖所示。
【知識點】兩段封閉氣體狀態變化問題 、氣體等溫變化與玻意耳定律
13．【答案】（1）0.75V0；（2）
【詳解】
閥門K閉合，A室的體積為
VA=V0
壓強為
PA=（76+38）cmHg =114cmHg
閥門K打開，A室的體積為V′A
壓強為
p′A=76cmHg
根據破耳定律得
pAVA=p′AV′A
解得V′A=0.75V0
②閥門K打開后，若B室氣體的質量不變，B室的體積為
V′B=0.75 V0
由于B室的氣體逸出，留在B室的氣體體積為0.25 V0
B室從閥門區逸出的氣體質量與原有質量的比為
【知識點】雙桿模型、電磁感應現象中的功能問題
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）AB棒下滑到處，根據機械能守恒得
此時
由閉合電路歐姆定律可得
由安培力公式可得
聯立解得
（2）AB棒進入磁場后，根據動能定理得
回路中產生的焦耳熱
又因兩導體棒電流相同，則AB棒上產生的焦耳熱
聯立解得
（3）若水平導軌光滑，根據系統動量守恒定律得
對AB棒，由動量定理可得
而
聯立解得
【知識點】求解彈性碰撞問題
15．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）小球A由釋放到最低點的過程，由動能定理
解得
小球A與物塊B碰撞過程，由動量守恒定律
解得
方向向右。
（2）設三者共同速度，由動量守恒定律
解得
方向向左。
合外力對B的沖量
解得
共速前，A、B一直相對C向右運動，設相對位移為s，由功能關系
解得
A初始放置處離板左端距離滿足
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10
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．“玉兔二號”裝有核電池，不懼漫長寒冷的月夜.核電池將Pu衰變釋放的核能一部分轉換成電能Pu的衰變方程為PuU+He，則 (　　)
A．衰變方程中的X等于233　　　　　
B．He的穿透能力比γ射線強
CPu比U的比結合能小
D．月夜的寒冷導致Pu的半衰期變大
2．廣東隊隊史11次奪取CBA總冠軍，是CBA奪取總冠軍次數最多的球隊。如圖所示，某次比賽中一運動員將籃球從地面上方B點以速度斜向上拋出，恰好垂直擊中籃板上A點。不計空氣阻力，若籃球從B點正上方C點斜向上拋出，仍然垂直擊中籃板上A點，則兩次拋球相比（　　）
A．球從B至A用時較短
B．從C點拋出時，拋射角較小
C．從C點拋出時的速度較大
D．從B點拋出時，球撞到籃板時的速度較大
3．一簡諧橫波在均勻介質中沿直線傳播，P、Q是傳播方向上相距16 m的兩質點，波先傳到質點P。當波傳到Q開始計時，P、Q兩質點的振動圖像如圖所示，則(　　)
A．質點P沿y軸負方向開始振動
B．該波的波長可能為6 m
C．該波的傳播速度可能為5 m/s
D．該波從P傳到Q的時間可能為7 s
4．如圖所示，在質量為M且均勻分布的半徑為R的球內挖去半徑為r的球，在球外兩球的球心連線上距球表面為R的位置放一質量為m可視為質點的小球A，已知 ，兩球心O、O1的距離為 ，引力常量為G，下列說法錯誤的是 （ ）
A．剩余部分對小球A的引力的方向沿OA連線方向
B．剩余部分對小球A的引力大小為
C．若將小球A放入圖中的空腔內，則小球在其內的任何位置受到剩余部分對它的萬有引力是相等的
D．被挖去部分的質量為
5．我國的特高壓直流輸電在高端制造領域是領先世界的一張“名片”，特別適合遠距離輸電.若直流高壓線掉到地上時，它就會向大地輸入電流，并且以高壓線與大地接觸的那個位置為圓心，形成一簇簇如圖所示的等差等勢線，其形狀為同心圓，A、B、C、D是等勢線上的四點，當人走在地面上時，如果形成跨步電壓就會導致兩腳有電勢差而發生觸電事故，則 (　　)
A．電勢的大小為φC>φB=φD>φA
B．場強的大小為EA>EB=ED>EC
C．人從B沿著圓弧走到D會發生觸電
D．A、B間距離等于B、C間距離的2倍
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
8．如圖甲為應用于機場和火車站的安全檢查儀，用于對旅客的行李進行安全檢查。其傳送裝置可簡化為如圖乙所示的模型，緊繃的傳送帶始終保持v=1m/s的恒定速率沿逆時針方向運行。行李與傳送帶之間的動摩擦因數，旅客把行李（可視為質點）無初速度地放在A處。A、B間的距離為L=2.5m，g取10m/s2，則（　　）
A．該行李在傳送帶上先勻加速后勻速運動到B處
B．行李剛放上傳送帶時的加速度大小為1m/s2
C．該行李經過2.25s到達B處
D．當傳送帶速度大于時，行李到達B處時的速度小于傳送帶的速度
9.1924年跳臺滑雪被列為首屆冬奧會項目.如圖所示，一名運動員從雪道的最高點由靜止開始滑下，經過水平段后從點飛入空中，最終落到點，不計運動員經過點的機械能損失和空氣阻力.已知運動員從點到點，重力做功為，克服阻力做功為，從點到點重力做功為，設點所在平面為零勢能面，則下列說法正確的是(　　)
A．運動員在點的動能為
B．運動員從點到點機械能減少了
C．運動員在點的機械能為
D．運動員從點到點重力勢能減少了
10．（多選）打磨某剖面如圖所示的寶石時，必須將、邊與軸線的夾角 控制在的范圍內，才能使從邊垂直入射的光線，在邊和邊都發生全反射（僅考慮如圖所示的光線第一次射到邊并反射到邊后射向邊的情況），則下列判斷正確的是（ ）
A．若，光線一定在邊發生全反射
B．若，光線會從邊射出
C．若,光線會在邊發生全反射
D．若且 ，最終的出射光線將平行于入射光線
三、非選擇題（本大題共5小題 共56分）
11．在“利用單擺測定重力加速度”的實驗中，由單擺做簡諧運動的周期公式得到g=，只要測出多組單擺的擺長L和運動周期T，作出T2-L圖像，就可以求出當地的重力加速度，理論上T2-L圖像是一條過坐標原點的直線，某同學根據實驗數據作出的圖像如圖甲所示：
（1）由圖像求出的重力加速度g=　　　m/s2（取π2=9.87）.
（2）由于圖像沒有通過坐標原點，求出的重力加速度g值與當地真實值相比　　　　；若利用g=，采用公式法計算，則求出的重力加速度g值與當地真實值相比　　　　.（均填“偏大”“偏小”或“不變”）
（3）某同學在家里做用單擺測定重力加速度的實驗，但沒有合適的擺球，他找到了一塊外形不規則的長條狀的大理石塊代替了擺球（如圖乙），以下實驗步驟中存在錯誤或不當的步驟是　　　　（填寫相應的步驟代號）.
A．將石塊用細尼龍線系好，結點為N，將尼龍線的上端固定于O點
B．用刻度尺測量ON間尼龍線的長度L作為擺長
C．將石塊拉開一個大約α=5°的角度，然后由靜止釋放
D．從石塊擺到最低點時開始計時，記為n=0，當石塊第n=30次到達最低點時結束記錄，總時間為t，由T=得出周期
E．改變ON間尼龍線的長度再做幾次實驗，記下相應的L和T
F．求出多次實驗中測得的L和T的平均值作為計算時使用的數據，代入公式g=求出重力加速度g
12．（10分）興趣小組要測量兩節干電池組成的電池組的電動勢和內阻，實驗室提供了以下實驗器材：
A.兩節干電池組成的電池組
B.電流表量程，內阻
C.電流表量程，內阻
D.定值電阻
E.定值電阻
F.定值電阻
G.滑動變阻器
H.導線與開關
圖（a） 圖（b）
（1） 實驗時設計了如圖（a）所示電路，需要先將電流表改裝成量程為的電壓表，將電流表量程擴大為，另一定值電阻作為保護電阻，則三個定值電阻選擇為：________；________；________（均填器材前面的字母）。
（2） 在圖示器材中按照電路圖連接成測量電路。
（3） 電路連接準確無誤后，閉合開關，調節滑動變阻器，得到多組電流表、的示數，作出了圖像如圖（c）所示，則電池組電動勢____________;內阻____________ 。（保留兩位小數）
圖（c）
（4） 用本實驗電路進行測量，僅從系統誤差方面分析，電動勢及內阻的測量值均________（填“大于”“小于”或“等于”）真實值。
13．如圖所示，一根粗細均勻的玻璃管長80cm，一端開口，另一端封閉。管內有一段25cm長的汞柱將一段空氣柱封閉于管中。當玻璃管水平放置時，空氣柱長40cm。假設溫度保持不變，外界大氣壓為75cmHg，當玻璃管開口向下豎直放置時，求管內空氣柱的長度。
某同學的解法為：
初、末兩狀態的壓強
，
此過程為等溫變化，根據玻意耳定律有
即
你認為他的解法是否正確？若正確，請說明理由；若錯誤，也請說明理由，并寫出你認為正確的解題步驟和結果。
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：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（），求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。
15．如圖所示為某種游戲裝置的示意圖，水平導軌MN和PQ分別與水平傳送帶左側和右側理想連接，豎直圓形軌道與PQ相切于Q．已知傳送帶長L＝4．0 m，且沿順時針方向以恒定速率v＝3．0 m/s勻速轉動．兩個質量均為m的滑塊B、C靜置于水平導軌MN上，它們之間有一處于原長的輕彈簧，彈簧與B連接但不與C連接．另一質量也為m的滑塊A以初速度v0沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘在一起，碰撞時間極短．若C距離N足夠遠，滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝2．0 m/s滑上傳送帶，并恰好停在Q點．已知滑塊C與傳送帶及PQ之間的動摩擦因數均為μ＝0．20，裝置其余部分均可視為光滑，重力加速度g取10 m/s2．求：
(1)P、Q間的距離；
(2)v0的大小；
(3)已知豎直圓軌道半徑為0．55 m，若要使C不脫離豎直圓軌道，求A的初速度v′0的范圍．
參考答案
1．【答案】C　
【解析】由質量數守恒可知，X=238-4=234，A錯誤He的穿透能力比γ射線弱，電離能力比γ射線強，B錯誤；核反應的生成物更穩定，比結合能更大，故U比Pu的比結合能大，C正確；半衰期不受溫度影響，僅由原子核內部自身的因素決定，D錯誤.
2．【答案】B
【詳解】AD：因為籃球垂直擊中籃板，此時速度處于水平方向，根據逆向思維，把籃球的運動看成反向做平拋運動，到B的下落高度大于到的下落高度，豎直方向根據可知到B的時間大于到的時間，即球從B至A用時較長；水平方向做勻速運動，則有，由于水平位移相等，球從B至A用時較長，可知從B點拋出時，球撞到籃板時的速度較小，AD錯誤；
B：籃球剛拋出時的拋射角滿足，由于從C點拋出時所用時間較短，又因為水平速度較大，可知從C點拋出時，拋射角較小，B正確；
C：兩次拋出過程有相同的水平位移，設水平位移為，豎直高度為，則有，，，可得拋出時的速度大小為，所以當時，拋出速度有最小值，由于不清楚拋出過程上升高度與水平位移得關系，無法確定C點拋出的速度是否大于B點拋出的速度，C錯誤。選B。
【關鍵點撥】題中緊抓住籃球垂直打到籃板，故其逆過程可以看成平拋運動。在較低處投籃，即豎直位移要增大，所用時間更長，則垂直籃板的水平速度越小。對于偏轉角問題，可以用平拋的末速度公式進行分析判斷。
3．【答案】B
【解析】由振動圖像可知，質點Q起振方向沿y軸正方向，由于各質點的起振方向與波源相同，故質點P開始振動的方向沿y軸正方向，A錯誤；從題圖可以看出質點Q的振動圖像向左平移4 s后與質點P的圖像重合，故Q比P滯后4 s，振動周期為6 s，結合振動的周期性可知，該波從P傳到Q的時間為Δt＝4 s＋nT＝(6n＋4) s(n＝0，1，2，3…)，可能為4 s，10 s，16 s等，不可能為7 s，D錯誤；該波的傳播速度為v＝，結合D解析中的數據可知，可能為4 m/s，1.6 m/s，1 m/s等，不可能為5 m/s，C錯誤；波長為λ＝vT，結合C解析中的數據可知，波長可能為24 m，9.6 m，6 m等，B正確。
4．【答案】B
【詳解】在質量為M且均勻分布的半徑為R的球內挖去半徑為 的球，根據質量與體積的關系可知被挖去部分的質量為 正確；未挖去球體時對A的萬有引力為 ，挖去的球體對A的萬有引力為 ，剩余部分對A的萬有引力為F″=F-F'= ，方向沿OA連線方向，A正確，B錯誤；質量均勻分布的球殼對內部的物體的萬有引力為零，所以若將小球A放入題圖中的空腔內，則小球在其內的任何位置受到剩余部分對它的萬有引力是相等的，C正確.本題選錯誤的，故選B.
5．【答案】B　
【解析】高壓線掉到地上時，它就會向大地輸入電流，圓心處的電勢最高，向外越來越低，電勢的大小為φA>φB=φD>φC，故A錯誤；場強的大小可以通過等差等勢線的疏密判斷，由題圖可知，場強的大小為EA>EB=ED>EC，故B正確；B和D在同一條等勢線上，人從B沿著圓弧走到D的過程中兩腳間無電勢差，則不會發生觸電事故，故C錯誤；由題圖知A、B間的平均場強大于B、C間的平均場強，由等差等勢面知UAB=2UBC，根據E=可以定性判斷出A、B間距離小于B、C間距離的2倍，故D錯誤.
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】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。
8．【答案】AD
【詳解】B．行李剛放上傳送帶時，根據牛頓第二定律有
解得
a=2m/s2
故B錯誤；
A．設行李到達B處前已經與傳送帶共速，則加速過程有
解得
行李加速過程的位移為
解得
故假設成立，之后行李與傳送帶保持相對靜止向左做勻速直線運動，即該行李在傳送帶上先勻加速后勻速運動到B處，故A正確；
C．結合上述可知，行李勻速過程的時間為
解得
t2=2.25s
則行李從A到B所時間為
故C錯誤；
D．假設行李從A到B一直做勻加速直線運動，則有
解得
當傳送帶速度大于時，假設成立，行李到達B處的過程不會與傳送帶共速，行李到達B處的速度小于傳送帶的速度，故D正確。
故選AD。
9．【答案】BC
【解析】根據動能定理可知，運動員在點的動能為，故錯誤；運動員從點到點機械能減少量等于該過程克服阻力做的功，可知運動員從點到點機械能減少了，故正確；以點所在平面為零勢能面，運動員在點的重力勢能為零，則運動員在點的機械能等于該位置運動員的動能，從點到點只有重力做功，機械能守恒，則有，故正確；運動員從點到點重力勢能減少量等于該過程重力做的功，該過程重力勢能減少了，故錯誤.
10．【答案】CD
【解析】光線從邊垂直入射，由幾何關系可知，光線射到邊上時的入射角 ，由題意可知，當時，從邊垂直入射的光線，在邊和邊都發生全反射，說明臨界角C的范圍為；若，光線在邊上的入射角，故光線在邊不發生全反射，會從邊射出，故A、B錯誤；若，，故光線在邊會發生全反射，故C正確；若且 ，由幾何關系知，光線在、邊會發生全反射且出射光線垂直于，即出射光線將平行于入射光線，故D正確.
11．【答案】（1）9.87　（2）不變　偏小　（3）BDF
【思路導引】由T=2π，得T2=L，T2-L圖像的斜率為，與圖像是否經過坐標原點無關.
【解析】（1）由T2=L知，T2-L圖像的斜率等于，結合題圖甲可得= s2/m，解得g=9.87 m/s2.
（2）無論圖像是否經過坐標原點，T2-L圖像的斜率都等于不變，所以通過圖像求出的g不變；若利用g=，采用公式法計算，代入的擺長比實際擺長小，則求出的重力加速度g值與當地真實值相比偏小.
（3）用刻度尺測量ON間尼龍線的長度L作為擺長是錯誤的，擺長應為懸點到石塊重心的距離，故B項錯誤；從石塊擺到最低點時開始計時，記為n=0，當石塊第n=30次到達最低點時結束記錄，總時間為t，則周期T=，故D項錯誤；求出多次實驗中測得的L和T的值，應作出T2-L圖像，根據圖像的斜率求出重力加速度g，若應用公式求g，將會有較大誤差，故F項錯誤.
【關鍵點撥】解答本題的關鍵是掌握用單擺測量重力加速度的實驗器材的選取、重力加速度的計算方法、圖像法處理實驗數據以及誤差分析.
【注意說明】（1）測定擺長l引起的誤差
①在未懸掛擺球前測定擺長或漏加擺球半徑，得到的擺線長度偏小，g值偏小；
②測擺長時擺線拉得過緊或以擺球的直徑與擺線長之和作為擺長，得到的擺線長度偏大，g值偏大；
③懸點未固定好，振動時出現松動，使實際的擺長不斷變長，g值也偏小.
（2）測定周期時引起的誤差
①開始計時時停表過遲按下，會使所測時間t偏小，g值偏大；同理，停止計時時停表過早按下，也會使g值偏大；
②測定n次全振動的時間為t，誤數為n+1次全振動，計算時，g值偏大；同理，誤數為n-1次全振動，計算時，g值偏小.
12．【答案】（1） （1分）；D（1分）；（1分）
（2） 見解析（2分）
（3） （2分）；（2分）
（4） 等于（1分）
【詳解】
（1） 將電流表改裝成電壓表，則有，解得 ，故應選；電流表量程擴大到，擴大倍數，并聯電阻 ,故應選；保護電阻應選；
（2） 實物連線如圖所示；
（3） 由閉合電路歐姆定律，有，整理有，可得， ；
（4） 用本實驗電路測量，各電表電阻均已知，則電動勢和內阻測量值與真實值相等。
【一題多解】 （1）電流表量程擴大到，并聯電阻 。
13．【答案】57.33cm
【詳解】他的解法不正確，因為若空氣柱長為，加上汞柱則為，已經超過玻璃管長，則汞柱一定溢出了。設留在管內水銀柱長為，則空氣柱長為，該過程為等溫變化，根據玻意耳定律有，即，解得，管內空氣柱長為
14．【答案】(1)，方向水平向左；(2)；(3)
【詳解】（1）細金屬桿M以初速度向右剛進入磁場時，產生的動生電動勢為
根據右手定則可知電流方向為，電流大小為
則所受的安培力大小為
根據左手定則可知，安培力的方向水平向左。
（2）金屬桿N在磁場內運動過程中，由動量定理有
又
聯立可得
可知初始時刻N到ab的最小距離為
（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導軌上運動，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為（），則N到cd邊的速度大小恒為，根據動量守恒定律可知
解得N出磁場時，M的速度大小為
由題意可知，此時M到cd邊的距離為
若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：
①M減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據動量定理有
又
聯立解得
②M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有
又
解得
綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為
15．【答案】(1)2．25 m；(2)3 m/s；(3)0＜v′0≤9 m/s或v′0≥ m/s
【思路導引】運動過程分析
第1個過程：A、B發生非彈性碰撞，整體壓縮彈簧至彈簧恢復原長后，C脫離彈簧，根據動量守恒定律和動能定理求解A的初速度；
第2個過程：C滑上傳送帶，先做加速運動，后做勻速運動；
第3個過程：C不脫離軌道，有兩種情況：
(1)C最高只能到達圓心等高處，臨界條件是C恰能到達圓心等高處，判斷C滑上傳送帶后能不能到達Q點， 結合動量守恒定律和機械能守恒定律，求得A的初速度范圍．
(2)能通過圓軌道最高處，臨界條件是C恰能通過最高點，結合向心力公式和機械能守恒定律，求得A的初速度范圍．
【詳解】(1)由vC解得v′＝2 m/s>v，所以C在傳送帶上一定先加速后勻速，滑上PQ的速度為v＝3 m/s，
又因為滑塊C恰好停在Q點，則有0－v2＝－2μgxPQ，
解得xPQ＝2．25 m．
(2)A與B碰撞，由系統動量守恒定律有mv0＝2mv共，
接下來A、B整體壓縮彈簧到彈簧恢復原長后，C脫離彈簧，這個過程有2mv共＝2mv1＋mvC，
×2mv共2＝×2mv12＋mvC2，
聯立解得v0＝3 m/s．
(3)要使C不脫離圓軌道，有兩種情況，一是C最高只能到達圓心等高處，二是能通過圓軌道最高處，若恰能到達圓心等高處，從Q到與圓心等高處，根據機械能守恒定律有mvQ12＝mgR，
則vQ1＝＝ m/s，
由vQ1>v可知，從N到Q滑塊C一直做減速運動，則有vQ12－v′C12＝－2μg(L＋xPQ)，可得v′C1＝6 m/s，
如果滑塊從靜止開始在傳送帶上一直加速，滑塊到達P時速度為vP，則有vP2＝2μgL，得vP＝4 m/s>v＝3．0 m/s，可知滑塊能滑上傳送帶就一定能到達Q點，
在A、B碰撞及與彈簧作用的過程中，A、B、C及彈簧組成的系統動量守恒，機械能守恒，則有
2mv′共＝2mv′1＋mv′C1，
×2mv′共2＝×2mv′12＋mv′C12，
又mv01＝2mv′共，
聯立解得v01＝9 m/s，則0＜v′0≤9 m/s，
若C恰能通過最高點，在最高點有mg＝，從Q到最高點的過程根據機械能守恒定律有mv上2＝mvQ22－2mgR，解得vQ2＝＝ m/s，
同理可得A的初速度范圍是v′0≥ m/s，
所以v′0≥ m/s或0＜v′0≤9 m/s．
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