2026届湖南省长沙市高考物理自编模拟试卷03（人教版2019）（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03（解析版）题号12345678910答案ABCCDBCBDBDBD1．A【详解】A．根据爱因斯坦光电效应方程，其中为光电子的最大初动能，为普朗克常数，为光的频率，为材料的逸出功。光电效应发生的条件是光子能量大于或等于逸出功，故A正确；B．光电子的最大初动能仅取决于光的频率和逸出功，与光照强度（即光子数量）无关。光照强度增大只增加光电子数目，不改变最大初动能，故B错误；C．截止频率，由逸出功决定，截止频率越大，逸出功越大。高能光子虽频率高，但逸出功大的材料更难发生光电效应（需更高频率光子），故“越容易被激发”的说法错误，故C错误；D．光电效应现象（如光子与电子能量交换）是光子粒子性的体现，波动性（如干涉、衍射）在此过程中不表现，故D错误。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．C【详解】A．简谐横波沿轴正方向传播，则根据同侧法可知，质点沿轴负方向起振，则波源开始振动时的速度沿轴负方向，时间内质点运动的路程为，由题知，因此则这列波的周期，故A错误；B．由题图知简谐横波的波长，则波速波刚传播到质点处的时刻为，故B错误；C．质点第一次出现在波峰位置的时刻为，故C正确；D．质点沿轴负方向起振，质点的振动方程为，故D错误。故选C。4．C【详解】A．在平抛运动阶段，小球在水平方向做匀速直线运动，保持不变，则图像是一条水平直线。小球无碰撞地落到斜面上，则小球落到斜面上时，速度方向沿斜面向下。之后小球沿斜面向下做匀加速直线运动，可分解为水平方向和竖直方向的匀加速直线运动。随时间均匀增大，因此图像是斜率为正的倾斜直线，故A错误；B．在平抛运动阶段，小球在竖直方向做自由落体运动，则图像是过原点、斜率为的倾斜直线。在斜面上运动阶段，小球的加速度在竖直方向的分量小于重力加速度，因此图像是斜率更小的倾斜直线，故B错误；C．无论是平抛运动阶段还是在斜面上运动阶段，小球重力势能的变化量始终为。可知重力势能随下降高度的增大线性减小，且在斜面底端时重力势能为0，因此图像是斜率为的直线，故C正确；D．由机械能守恒定律可知，动能和重力势能的和为一定值。则动能随下降的高度的增大线性增大，但小球的初动能不为0，因此图像是不过原点、斜率为的直线，故D错误。故选C。5．D【详解】A．设交流电源的有效值为，恒定不变，对副线圈电路，由闭合电路欧姆定律有对原线圈电路，由闭合电路欧姆定律有由有由有解得，电阻R3减小，增大，由知电源的输出功率增大，A错误；B．根据前面分析，原线圈电流增大，由知副线圈电流也增大，所以电流表示数变大，B错误；C．当滑片滑到最下端时，副线圈电路总电阻为，根据前面分析知，，且有，，，解得，C错误；D．依题意可知，，根据前面分析知，，解得故得，D正确。故选D。6．B【详解】A．根据临界角公式代入数据解得，因此临界角并非60°，故A错误；B．该单色光平行于边射入边，因边与边垂直，该单色光垂直边入射，传播方向不变，沿水平方向到达边。等腰直角三棱镜中，该单色光到达边时的入射角等于45°（通过几何关系推导，入射光线与边的法线夹角为45°）。由于（临界角），满足全反射条件（光从光密介质射向光疏介质，且入射角≥临界角），因此该单色光在边会发生全反射，故B正确；C．光在介质中的传播速度与真空中光速的关系解得，故C错误；D．由临界角公式可知，折射率增大时，减小，临界角会变小，故D错误。故选B。7．C【详解】A．设灯泡、的电阻为，正常发光时的两端电压为，电流为(1)当闭合开关、断开开关时，设变压器输入电压为，根据变压器的电压与匝数的关系可得解得根据电路图可以看出两端电压为此时输入端电压与灯泡、两端电压的关系为(2)当断开开关、闭合开关时，设变压器输入电压为，同理可得此时输入端电压与灯泡、变压器输入端电压的关系为所以输入端的电压之比为，故A错误；B．因为两种情况下灯泡都正常发光，故两种情况下输入端干路电流都为。当闭合开关、断开开关时，输入端的输入功率当断开开关、闭合开关时，输入端的输入功率所以输入端的输入功率之比为，故B错误；C．当闭合开关、断开开关时，设变压器输入电流为，根据变压器的电流与匝数的关系可知解得因为此时灯泡正常发光，故输入端干路电流为，根据并联电路的性质可得流过的电流为又因为两端电压为所以此时消耗的功率为当断开开关、闭合开关时，设变压器输出端电流为，同理可得根据并联电路的性质可得流过的电流为又因为两端电压为，所以此时消耗的功率为所以与消耗功率之比为，故C正确；D．因为与消耗功率之比为，根据公式可知，故D错误。故选C。8．BD【详解】B．由图乙可知，质子从A点到B点过程，加速度大小逐渐减小，所受电场力逐渐减小，场强逐渐减小，则有，故B正确；D．质子从A点到B点过程，质子的速度逐渐减小，所以静电力做负功，故D正确；AC．由于静电力做负功，质子受到的电场力向左，则电场线的方向由B指向A，根据沿场强方向电势逐渐降低，可知，故AC错误。故选BD。9．BD【详解】A．当线圈在图示位置时，磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以感应电动势为零，故A错误；B．线圈转动角速度为，由可得变压器不能改变交流电的频率，所以流经R的电流频率也为50Hz，电流方向每秒改变100次，故B正确；C．发电机电压有效值当电流表的示数为0.50A时，变压器输入电压为根据匝数关系可知变压器输出电压为，电流为，R阻值为，故C错误；D．可将发电机与R0一起当作电源，R0当作电源内阻，当内、外电阻相等时电源输出功率最大，此时R0分得的电压为电源电动势的一半即10V，可知，故D正确。故选BD。10．BD【详解】A．x1处滑块的加速度为零，对滑块受力分析如图所示根据胡克定律可得弹性绳弹力为垂直杆方向有平行杆方向有其中又联立解得可知滑块与杆之间的弹力保持不变，滑动摩擦力大小不变，可得滑块与直杆间的动摩擦因数为，故A错误；BCD．从释放到x2，速度变化量为零，根据图像面积表示，可知，滑块释放时，加速度为，有解得根据图像面积可知，最大速度满足解得根据对称性，滑块在的位置速度为0，此时弹力为滑块沿杆向上运动，当滑块速度再次为0时，有解得此时则滑块静止，故全过程滑块沿杆的总路程为，故BD正确，C错误；故选BD。11．6.970/6.971/6.972/6.973【详解】（1）螺旋测微器读数（2）由图丙知单摆的周期为2T，代入单摆的周期公式可得（5）对摆球从某一高度摆到最低点有又最低点解得综合可得图像斜率12．(1)CAD190(2)＝25.0【详解】（1）[1]指针偏转角度太大，说明待测电阻小，故应把选择开关旋转到“×10”挡的位置，再将红黑表笔短接进行欧姆调零，故顺序是CAD；[2]由图可知（2）[1]灵敏电流计的示数为0，说明；[2]由，解得13．(1)2m(2)3m【详解】（1）活塞第一次上移高度h=0.2m时，封闭气体的压强为根据玻意耳定律有解得（2）活塞第二次从距离粗筒底部h′=0.075m处上移至距离粗筒底部h=0.2m处，设细管中空气柱长L，根据玻意耳定律有其中解得可知此时细管中的水柱高度为14．（1）；（2）；（3）；（4）【详解】（1）设金属棒在磁场B0中运动的过程中，通过金属棒的电流大小为I，设在时间t内，金属棒的位移为x，有在时间t时刻，对于磁场B，穿过回路的磁通量为对于匀强磁场B0，穿过回路的磁通量为回路的总磁通量为联立可得，在时刻t穿过回路的总磁通量为在t到的时间间隔内，总磁通量的改变量为由法拉第电磁感应定律得，回路中感应电动势的大小为由闭合电路的欧姆定律得联立可得，通过金属棒的电流大小为（2）设在t时刻，金属棒上细线的拉力为F，由于金属棒在ab右侧做匀速运动，则有设物体的质量为m，在t时刻，对物体有联立以上各式可得，物体的质量为（3）设金属棒在磁场B0中从ab向右运动到cd的过程中，物体重力势能的减少量为，则其中则金属棒从ab运动到cd的过程中，物体重力势能的减少量为（4）设金属棒在磁场B0中从ab向右运动到cd的过程中，阻值为R的电阻上产生的热量为Q，运动时间为，由，其中联立可得，金属棒从ab运动到cd的过程中，阻值为R的电阻上产生的热量为15．(1)(2)(3)或者【详解】（1）小球A滑到轨道最低点d时，根据动能定理有解得（2）小球B滑到轨道最低点d时，根据动能定理有求得取水平向右为正方向，则小球A与小球B在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P点，根据动