2026届湖南省长沙市高考物理自编模拟试卷（人教版）解析版

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页2026届湖南省长沙市高考物理自编模拟试卷（解析版）题号12345678910答案ABADBDDACACABD1．A【详解】船要到达正对岸，需调整航向使合速度方向垂直于河岸，即合速度的水平分量为零。设船在静水中的速度大小为，水流速度大小为，船头方向与垂直方向夹角为。船相对于水的速度水平分量（与水流反向）。水流速度（沿河岸方向）。合速度水平分量需为零解得，合速度垂直分量（即渡河速度）渡河距离故选A。2．B【详解】D．根据右手定则，两直导线I1和I2在b点的磁场方向垂直纸面向里，由点的磁感应强度恰好为0可知，匀强磁场垂直纸面向外，选项D错误；A．由叠加可得即通电导线在点的磁感应强度大小为，A错误；B．通电导线在点的磁感应强度大小为，B正确；C．点的磁感应强度大小为，C错误。故选B。3．A【详解】A.根据开普勒第三定律，卫星绕同一中心天体运动时，周期平方与轨道半径立方成正比，即代入，，，则有解得，故A正确；B.公式适用于地表附近物体，不适用于轨道卫星；卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，有解得卫星线速度为故即卫星B的线速度是卫星A的一半，不是2倍，故B错误；C.卫星B的周期，卫星B的角速度大小为，故C错误；D.卫星A绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有解得地球质量，故D错误。故选A。4．D【详解】A．由图甲可得，这列波的波长为4m，由图乙可得，这列波的周期为0.8s，所以这列波的波速为，A错误；B．由图乙可得，在t＝0时刻，P点向下运动，根据前一质点带动后一质点运动的原理，这列波沿x轴负方向传播，B错误；C．0.8s是一个周期，质点P运动的路程为4个振幅，即40cm，C错误；D．发生稳定干涉的条件是频率相等，所以另一列波的频率为，D正确。故选D。5．B【详解】A．两次亮度变化的时间间隔为公转的一个周期，则公转的周期为行星的线速度大小为，A错误；B．由万有引力提供向心力可得解得恒星的质量为，B正确；C．行星的角速度大小为，C错误；D．由于恒星的半径大小未知，故无法求出恒星的密度，D错误。故选B。6．D【详解】A．未剪断细线时，对A、B整体由平衡条件可知，弹簧弹力F0=(3m＋2m)g=5mg剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，对A根据牛顿第二定律得：F0－3mg=3ma解得小球A的加速度大小为，故A错误；B．小球A的速度最大时其加速度为零，其合力为零，此时弹簧弹力与小球A的重力等大反向，故小球A运动到速度最大时弹簧不是在原长处，而是处于伸长状态，故B错误；C．剪断细线后小球A在竖直方向做简谐运动，初始位置即为小球简谐运动的最低点，由A选项的解答可知，小球A运动到最低点时，弹簧弹力方向向上，大小为5mg，由胡克定律可得此时弹簧的伸长量为；小球A在最低点时所受合力向上，大小为F0－3mg=2mg，由简谐运动的对称性可知，小球A运动到最高点时，所受合力向下，大小亦为2mg，因小球A的重力为3mg，故此时弹簧弹力应向上，大小为mg，故此弹簧为伸长状态，其伸长量为，故C错误；D．小球在平衡位置时弹簧伸长量为，则从最高点到平衡位置，则由能量守恒解得在平衡位置的速度，故D正确。故选D。7．D【详解】AB．总动能最大时，系统的加速度为零，整个系统处于平衡状态，则拉C的两根绳子拉力为mg，则根据力的合成及几何关系可知，两根绳子夹角为120°，则C的下落高度为，故AB错误；C．系统机械能守恒，则有解得，故C错误；D．C与D碰撞时间极短，C和D组成的系统在竖直方向上动量守恒，则有解得碰撞后瞬间的速度大小为，故D正确。故选D。8．AC【详解】A．做抛体运动的物体只受重力的作用，所以其加速度为重力加速度，不发生变化，是匀变速运动，可知在相等的时间内速度变化量都相等，故A项正确；B．铅球在竖直方向上的速度先减小后增大，所以重力的瞬时功率也是先减小后增大，B项错误；C．铅球从抛出一直只受重力作用，加速度为重力加速度，处于完全失重状态，故C项正确；D．铅球在竖直方向上做竖直上抛运动，任意相等时间内竖直方向发生的位移大小不同，任意相等时间内重力做功不相等。由动能定理可知动能的变化量不同，故D项错误。故选AC。9．AC【详解】AB．起重机输出功率达到额定功率后，功率不再增加，当起重机对重物的拉力等于重物的重力时，重物达到最大速度则故A正确，B错误；C．根据位移—时间公式外力做功为解得重物增加的机械能等于起重机对重物做的功，因此重物的机械能增量为，故C正确；D．重物做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可得又因为联立解得，故D错误。故选AC。10．ABD【详解】A．球最终竖直向下做匀速直线运动，根据平衡条件有mg=kv解得，故A正确；B．对水平方向，取水平向右为正方向，由动量定理得又解得，故B正确；C．设球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为W，由动能定理得解得，故C错误；D．根据运动的独立性，在竖直方向都是从静止开始的运动，竖直方向受到的合力均为Fy=mg-kvy加速度均为故在竖直方向上的运动的情况是相同的，运动时间相等，故D正确。故选ABD。11．(1)C(2)(3)角速度的平方【详解】（1）本实验通过控制小球质量m、运动半径r和角速度ω这三个物理量中两个量相同，探究向心力F与另一个物理量之间的关系，采用的主要实验方法为控制变量法。故选C。（2）根据可知皮带连接的左、右轮塔的角速度之比为，结合可知皮带连接的左、右轮塔半径之比为。（3）[1][2]由于d和Δt都很小，所以可用Δt时间内的平均速度来表示挡光杆的线速度，即所以挡光杆的角速度为、均为常数，与的关系图像是一条过原点的倾斜直线，即表示表明向心力与角速度的平方成正比，根据可得即直线的斜率12．(1)中间零刻度2.25(2)1.5变大【详解】（1）[1][2]电桥平衡时，A、B两点的电势相等，灵敏电流表指针指向中间零刻度，有由电路知识可得解得（2）[1][2]由电压关系有即解得由题图乙可知，当温度升高时，热敏电阻的阻值变小，根据数学知识可知，当热敏电阻的阻值变小时，电压变大。13．(1)(2)【详解】（1）光在细圆柱棒中传输有解得传播速度为材料的折射率为解得（2）当入射光线越接近E点时，则光在光纤中的入射角越大，就越容易发生全反射，因此激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在光导纤维束内侧面发生全反射，临界光路图如图所示根据几何关系可得又因为联立解得14．(1)点坐标为（，）(2)，(3)【详解】（1）所有粒子均沿轴负向垂直进入区域，所以可知，带电粒子做圆周运动的半径与磁场区域半径相同；由可得所以点坐标为（，）。（2）最右侧的粒子恰好经过原点进入区域，则有化简可得所以设粒子进入区域的速度大小为，则有可得（3）所有粒子在区域和区域运动过程中间距始终相等，若最右侧的粒子恰好经过原点进入区域，则最左侧粒子从点正下方的处进入电场，又因为最终所有粒子从区域与等高的点离开磁场，根据运动的对称性可知，最左侧粒子恰好从原点返回区域。其全程运动轨迹如图所示即所有粒子在区域中运动后向右偏移。方法一：对粒子沿方向用动量定理有即解得方法二：由类平抛运动规律可知，进入区域时速度与水平夹角为，则有，所以进去区域时速度大小由洛伦兹力提供向心力可得又解得15．(1)(2)(3)【详解】（1）经过足够长的时间，滑块与木板将会达到共同速度v，对滑块与木板组成的系统，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v由能量守恒定律得：联立解得：（2）如图为两种临界情况（示意图）物块减到0的时间是固定的，为：木块向右加速和向左减速是对称的，段数越多，每段时间就越短，L就越小。加速时，对木板由牛顿第二定律得：μmg=Ma即a=μg加速时间最长为t，则2t1=t对应最长长度为加速时间最短为t2，则4t2=t对应最短长度为最长长度Lmax，如果取等号，物块和木板将会共速为零停下，不会有第二次碰撞；不取等号，L比Lmax略小一点。则当木板速度减为零时，物块还有向右的速度（很小），就会带着木板向右发生第二次碰撞。综上所述可知，L应满足的条件是：（3）木板将要与挡板发生碰撞时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，对滑块与木板组成的系统，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv