湖南省2026届高三上学期一模考试物理模拟试卷（解析）

湖南省2026届高三上学期一模考试物理模拟试卷时量：75分钟满分：100分一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的)1．下列说法正确的是(A)A．图甲为康普顿效应的示意图，入射光子与静止的电子发生碰撞，碰后散射光的波长变长B．在两种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触固体背面上一点，蜡熔化的范围如图乙所示，则a一定是非晶体，b一定是晶体C．图丙中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较低的方向移动D．图丁光电效应实验中滑动变阻器的触头向右移动，电流表的示数一定增大【解析】图甲为康普顿效应的示意图，入射光子与静止的电子发生碰撞，碰后，入射光的动量减小，根据λ＝eq\f(h,p)。可知，碰后散射光的波长变长，故A正确；在两种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触固体背面上一点，蜡熔化的范围如图乙所示，则a表现出各向同性，a可能是多晶体，也可能是非晶体，b表现出各向异性，b一定是单晶体，故B错误；根据黑体辐射的规律，图丙中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较高的方向移动，故C错误；图丁中光电效应实验中电源所加电压为加速电压，逸出的光电子加速到达A极，当滑动变阻器的触头向右移动时，加速电压增大，若电流没有达到饱和电流，电流表的示数先增大，达到饱和电流后，电流表的示数不变，故D错误。故选A。2．某校物理学科后活动中，出现了不少新颖灵巧的作品。如图所示为高二某班同学制作的《液压工程类作业升降机模型》，通过针筒管活塞的伸缩推动针筒内的水，进而推动支撑架的展开与折叠，完成货物平台的升降。在某次实验中，针筒连接管的水中封闭了一段空气柱(空气可视为理想气体)，该同学先缓慢推动注射器活塞将针筒内气体进行压缩，若压缩气体过程中针筒内气体温度不变，装置不漏气，则下列说法中正确的是(D)A．针筒内气体压强减小B．针筒内气体吸热C．单位时间、单位面积撞击针筒内壁的气体分子数减少D．用国际单位制单位表示的状态参量在p－eq\f(1,V)图中图线可能如图中a→b【解析】压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，则压强变大，故A错误；压缩气体过程中针筒内气体温度不变，则气体内能不变，即有ΔU＝0。压缩过程中，气体体积变小，外界对气体做功，即有W>0，则根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q。可知Q<0，即针筒内气体放热，故B错误；由于压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，压强变大，则单位时间、单位面积撞击针筒内壁的气体分子数增大，故C错误；由于压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，压强变大。则根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C。整理可得p＝TC·eq\f(1,V)，可知用国际单位制单位表示的状态参量在p－eq\f(1,V)图中图线可能如图中a→b，故D正确。故选D。3.利用手机软件可以记录物体运动的加速度，现用某款智能手机进行户外游乐项目“跳楼机”测试，将手机放在“跳楼机”的电梯地板上，打开手机软件，电梯由静止开始上升后，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直向上为正方向，则（）A.在时间内电梯先加速后减速B.在时刻电梯到达最高点C.在时间内手机受到的支持力逐渐减小D.在时间内，手机处于失重状态【答案】C【解析】【详解】A．图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，可知时间内速度一直增加，所以电梯一直加速，A错误；B．图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，由图可知，时刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运动，时刻还没有达到最高点，B错误；C．对手机进行受力分析可知，时间内，根据牛顿第二定律，该段时间内，a逐渐减小，因此支持力。逐渐减小，C正确；D．在时间内，手机加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态，D错误。故选C。4.如图甲所示，理想变压器原线圈连接定值电阻，副线圈连接滑动变阻器，滑动变阻器最大阻值足够大，、端输入正弦式交变电流。将滑动变阻器的滑片从端缓慢向下滑动，记录理想电压表V的示数与理想电流表A的示数，描绘出图像，如图乙所示。当滑动变阻器接入电路的阻值为时，滑动变阻器消耗的功率达到最大，则下列说法正确的是（）A.定值电阻的阻值为B.滑动变阻器消耗的最大功率为400WC.理想变压器原、副线圈的匝数之比D.交变电压的峰值为【答案】C【解析】【详解】A．设交变电压的有效值为，将定值电阻等效为交流电源的内阻，根据闭合电路欧姆定律有结合题图乙可知A错误；D．根据解得D错误；BC．将理想变压器与滑动变阻器整体等效一个电阻，等效电阻滑动变阻器消耗的功率当时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率由解得：B错误，C正确。故选C。5.一列沿轴负方向传播的简谐横波时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示，质点振动的周期为。已知，关于这列波，下列说法正确的是（）A.波长为B.周期为C.频率为D.波速为【答案】D【解析】【详解】A．由题图可知，波长为，故A错误；BCD．简谐横波沿轴负方向传播，时刻处于原点的质点向上振动，则有（，，）可得（，，）由于，则，可得周期为则频率波速为故BC错误，D正确。故选D。6.两个用材料和横截面积都相同的细导线做成的刚性闭合线框，分别用不可伸长的细线悬挂起来，如图所示。两个线框均有一半面积处在磁感应强度随时间均匀变化的匀强磁场中，两线框平面均始终垂直于磁场方向。某时刻圆形线框所受细线的拉力为零，此时正方形线框所受细线的拉力也为零。若已知圆形线框的半径为，则正方形线框的边长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】设细导线单位长度质量、单位长度电阻分别为，由于磁感应强度随时间均匀变化，即相同，某时刻圆形线框所受细线的拉力为零，则圆形线框自身重力与安培力等大反向，即有因为圆形线框有效长度为又因为，联立以上得设正方形线框边长为，同理，对正方形线框有联立以上解得故选C。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.某科学试验卫星绕与地球赤道平面垂直的轨道做匀速圆周运动。该卫星每天在相同时刻沿相同方向经过地球表面某点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则（）A.该卫星处于超重状态B.该卫星的周期为C.该卫星轨道半径为D.该卫星轨道距地面高度为【答案】BD【解析】【详解】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，可知，卫星处于失重状态，故A错误；B．由于卫星每天在相同时刻沿相同方向经过地球表面某点正上方，恰好绕地球运行n圈，则有解得故B正确；C．对卫星进行分析，由万有引力提供向心力，则有在地球表面有结合上述解得故C错误；D．结合上述，该卫星轨道距地面高度为故D正确。故选BD。8.如图，质量为m的均质绳竖直悬挂，绳的两端分别固定在M、N两个等高的钉子上，绳NP段的长度为总长度的，重绳上P点的张力大小为，重力加速度为g，则M钉受到绳子的拉力（）A.大小为mgB.大小为2mgC.与水平方向的夹角为30°D.与水平方向的夹角为60°【答案】AC【解析】【详解】设MN两端细绳与水平方向的夹角为α，P点的张力与水平方向的夹角为β，则对PN部分由平衡可知，对PM部分由平衡可知联立解得T=mg，α=30°故选AC。9.如图所示，在光滑的水平面内有宽度为的匀强磁场，磁场两边界平行，磁场区域足够长，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于水平面向下，水平面内有一边长为的菱形导线框，导线框边与边的夹角为，导线框的电阻为边与磁场边界平行。导线框以恒定的速度通过磁场区域，速度的方向始终与导线框边平行，在导线框通过磁场区域的过程中，下列说法正确的是（）A.导线框进入磁场过程中感应电流方向为B.导线框进入磁场过程中受到的安培力方向与速度方向相反C.导线框边从磁场上边界运动到磁场下边界的过程中，通过导线框导体横截面的电荷量为D.导线框穿过磁场过程中产生的热量为【答案】AD【解析】【详解】A．导线框进入磁场过程中，根据楞次定律可判定导线框中感应电流的方向为，A正确；B．导线框进入磁场过程中，根据左手定则可以判定边受到的安培力方向垂直于磁场边界向上，边在磁场外不受力，边和边受到的安培力大小相等，方向相反，所以导线框进入磁场过程中受到的安培力方向垂直于磁场边界向上，B错误；C．当边运动到磁场下边界时，导线框正好完全处于磁场中，根据几何关系可知菱形导线框的面积导线框进入磁场过程中通过导线框导体横截面的电荷量C错误；D．导线框穿过磁场的整个过程中产生的感应电动势通过的时间整个过程产生的热量D正确。故选AD。10.一光滑的半圆形支架固定于竖直平面内，半圆的半径为R，圆心为O，AB为直径，AB在竖直方向上，圆弧上穿一小球，小球可沿圆弧滑动，两根完全相同的橡皮筋一端固定在小球上，另一端分别固定在A、B两点，橡皮筋的原长为R，橡皮筋的弹力遵循胡克定律，劲度系数为k，橡皮筋具有的弹性势能为（k为橡皮筋的劲度系数，x为橡皮筋的形变量），初始时小球锁定在P点，已知，某一时刻解除锁定，小球沿圆弧运动到Q点，。下列说法正确的是（）A.小球在沿圆弧从P点运动到Q点过程中，小球的机械能守恒B.小球在沿圆弧从P点运动到Q点过程中，两橡皮筋弹性势能之和最小为C.小球运动到Q点的速度大小为D.若小球运动到Q点时速度恰好达最大值，则小球的质量为【答案】BC【解析】【详解】AC．根据几何关系可知小球在、两点时，两根橡皮筋的长度恰好互换，即在、两点两根橡皮筋的弹性势能之和相等，但在过程中，小球的机械能不守恒，对小球在、两点，根据机械能守恒定律解得，故A错误，C正确；B．设小球所在位置与A连线和竖直方向夹角为，根据几何关系，两橡皮筋长度分别为、形变量分别为、两橡皮筋弹性势能之和联立可得可知当时，两橡皮筋弹性势能之和最小为，故B正确；D．若小球运动到Q点时速度恰好达最大值，根据几何关系可知下面的橡皮筋恢复原长，沿着运动轨迹切线方向的合力为零，对小球进行受力分析，沿切线方向有解得，故D错误。故选BC。三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.在用如图所示的装置验证牛顿第二定律的实验中，保持小车质量一定时，验证小车加速度a与合力F的关系。（1）补偿阻力的方法是：调整轨道的倾斜度A.小车轨道上保持静止B.打点计时器不打点，小车不受牵引时，小车拖动纸带沿轨道做匀速运动C.挂上槽码，让打点计时器打点，小车拖动纸带沿轨道做匀速运动D.不挂槽码，让打点计时器打点，小车拖动纸带沿轨道做匀速运动（2）本实验采用的研究方法和下列哪个实验的方法是相同的（）A.研究桌面的微小形变B.探究两个互成角度的力的合成规律C.探究向心力的大小与半径、角速度、质量的关系（3）某同学得到了如图所示的一条纸带，频率为50Hz，由此纸带得到小车加速度的大小a=__________m/s2。其中每两个计数点之间还有四个点未画出，结果保留两位有效数字（4）若多次增大槽码的质量进行实验，得到槽码的质量m及对应的小车运动的加速度a，作出图像如图中实线所示，在O点作曲线的切线如图中虚线所示，并在虚线上取一点q，在曲线部分取一点p，p、q对应的横坐标都为m1，已知重力加速度大小为g，若小车的质量为M，则aq与ap的比值为__________用M、m1表示。【答案】（1）D（2）C（3）2.0（4）【解析】【小问1详解】补偿阻力的方法是调整轨道的倾斜度，不挂槽码，让打点计时器打点，小车拖动纸带沿轨道做匀速运动。故选D。【小问2详解】A．本实验采用的研究方法是控制变量的方法，研究桌面的微小形变采用放大的方法，故A错误；B．探究两个互成角度的力的合成规律采用等效的方法，故B错误；C．探究向心力的大小与半径、角速度、质量的关系采用控制变量的方法，故C正确。故选C。【小问3详解】由于相邻两计数点间的时间间隔为则小车的加速度大小【小问4详解】对虚线，有则对实线，有整理得所以12.某兴趣小组测量一节干电池的电动势和内阻。（1）（单选）首先考虑用多用电表直接测量干电池的电动势和内阻，但是多用电表___________A.可以粗测电动势，不能粗测内阻B.可以粗测内阻，不能粗测电动势C.可以粗测电动势和内阻D.既不可粗测电动势，也不可粗测内阻（2）然后，某同学从实验室找到以下器材：A.量程0-3V-15V的电压表，内阻约为或B.量程的电流表，内阻约为或C.滑动变阻器D.滑动变阻器E.开关、导线若干①连接电路如图（a）所示，点应连接在___________（选填“A”、“B”或“C”）点；②为了实验操作方便读数准确，滑动变阻器应选择___________（选填“”或“”）。（3）为更准确测量干电池电动势和内阻，某同学设计了如图（b）所示的电路，闭合开关，将开关接在端，调节电阻箱的阻值，记录多个电压表和电流表的示数，作出图线，如图（c）中图线1所示，图线1与轴和轴的截距分别为和。保持开关闭合，再将开关接在端，调节电阻箱的阻值，记录多组电压表和电流表的示数，作出图线。如图（c）中图线2所示，图线2与轴和轴的截距分别为和。从尽可能减小电表引起的系统误差的角度可得，电动势___________，内阻___________。（用、、、表示）【答案】（1）A（2）①.B②.（3）①.②.【解析】【小问1详解】多用电表电压挡内阻远大于电源内阻，所以用多用电表电压挡可以粗测电源电动势，而多用电表电流挡内阻与电源内阻相差不大，所以不能用多用电表电流挡粗测电源内阻，电源内阻太小，也不能用欧姆挡测量，故A选项符合题意。故选A。【小问2详解】[1]图（a）中，电压表在开关闭合之前测电源电动势，开关闭合之后测路端电压，所以P点应连接在B点。[2]电动势较小，为了电表大幅偏转，因选较小的滑动变阻器。小问3详解】[1][2]开关S2接在端a端，有当电流为零时，有开关S2接在端b端，有当电流为零时，有所以四、计算题（本题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.某小组设计了一个简易深度计，如图所示，其构造为一导热良好的刚性柱形容器，顶端有卡口，用质量忽略不计的薄活塞，密封一部分理想气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，水对活塞产生挤压使其向下移动，根据图中向下移动的距离d可求得深度计所到达的深度，容器内部底面积，内部高度，忽略水的温度随深度的变化，深度计在水中与水达到热平衡后，活塞位于顶端卡口处，此时封闭气体压强为，已知外界大气压强，且p0相当于10m高的水柱产生的压强。（1）某次实验中测得长度，求此时深度计所处的深度H；（2）若深度计由水深70m处缓慢下降至90m处的过程中，其气体状态变化过程对应为等温线上a点到b点的过程，如图乙所示，ab段可近似看成一段倾斜直线，求在该过程中气体向外界释放的热量Q。【答案】（1）90m（2）【解析】【小问1详解】根据题意可知，封闭气体等温变化，由玻义耳定律有解得又有解得则有【小问2详解】根据题意可知，70m深处，封闭气体压强为由玻义耳定律有可得90m深处，封闭气体的压强为由玻义耳定律有解得过程中，外界对气体做功为可得由热力学第一定律有得即放出的热量。14.如图甲所示，空间存在两边界为同轴圆柱面的电磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅱ位于区域Ⅰ外侧，圆柱面的轴线沿空间直角坐标系Oxyz的x轴方向。半径的足够长水平圆柱形区域Ⅰ内分布着沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；沿x轴正方向观察电磁场分布如图乙，宽度的区域Ⅱ同时存在电、磁场，电场强度的匀强电场沿x轴正方向，磁场的磁感应强度大小也为、磁感线与圆弧边界平行且沿顺时针方向，沿y轴负方向观察电磁场分布如图丙，比荷的带正电粒子，从坐标为的A点以一定初速度沿z轴负方向进入且能沿直线通过区域Ⅱ。（不计粒子的重力和空气阻力）（1）求大小以及它在区域Ⅰ中运动的半径；（2）若撤去区域Ⅱ的电场，求该粒子以速度从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间。【答案】（1），0.1m（2）【解析】【小问1详解】粒子沿直线通过区域Ⅱ，受力平衡则有解得粒子在区域Ⅰ中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得解得【小问2详解】撤去区域Ⅱ中的电场后，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，则有解得根据几何关系可知，粒子在区域Ⅱ中运动轨迹转过的圆心角为45°。粒子在区域Ⅱ中的运动时间为粒子离开区域Ⅱ后，在区域Ⅰ中垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，则有解得根据几何关系可知，粒子在区域Ⅰ中该方向上匀速圆周运动转过的圆心角为90°。粒子在区域Ⅰ中的运动时间为综上，粒子从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间为15.（16分）如图所示，绝缘部分P、Q将左右两侧的光滑导轨平滑连接起来，