湖南省长沙市2026届高三物理上学期一模试题含解析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1.雨天路滑，汽车与地面的动摩擦因数减小。下图是同一汽车分别在干燥地面与湿滑地面刹车过程的vt

图像。若不考虑其它阻力，则汽车在干燥地面与湿滑地面上受到的摩擦力之比为（）

A.1:2B.2:1C.1:3D.3:1

【答案】B

【解析】

v0

at

【详解】根据图像斜率可知102

a2v0

2t0

根据牛顿第二定律有fma

fa2

可知11

f2a21

故选B。

2.“千帆星座”是我国“卫星互联网”的核心项目，我国计划2030年突破1.5万颗低空卫星组网，形成

全球覆盖能力，实现多方面赋能。其中两颗卫星的运行轨道如图所示，卫星a在圆轨道上运动，卫星b在

椭圆轨道上运动，卫星仅受地球对它的万有引力作用。下列说法正确的是（）

A.两颗卫星在经过P点时的加速度相同

B.卫星a在P点的速度大于卫星b在M点的速度

C.两颗卫星的发射速度均大于地球的第二宇宙速度

D.两颗卫星与地球的连线在任意相同时间内扫过的面积一定相等

【答案】A

【解析】

GMm

【详解】A．根据牛顿第二定律可得ma

r2

GM

可得a

r2

可知两颗卫星在经过P点时的加速度相同，故A正确；

GMmv2

B．在圆轨道上运动的卫星，由万有引力提供向心力有m

r2r

GM

可得v

r

即轨道越高，速度越小；

根据卫星变轨的规律可知，假设卫星b在经过M点所在的圆轨道时，须经历加速才能在椭圆轨道运行，所

以卫星a在P点的速度小于卫星b在M点的速度，故B错误；

C．两颗卫星均绕地球运动，发射速度小于第二宇宙速度，故C错误；

D．根据开普勒第二定律可知，同一轨道上卫星与地球的连线在相同的时间扫过的面积相等，但卫星a和卫

星b运行轨道不同，所以两个卫星与地球的连线在相同的时间扫过的面积不一定相等，故D错误；

故选A。

3.细胞电转染是一种物理转染技术，利用瞬时高强度电场在细胞膜上形成可逆性微孔，使DNA分子进入细

胞内部。其原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线

为电场线，关于y轴对称分布。虚线为带电的外源DNA分子的运动轨迹，M、N为轨迹上的两点，P点与N

点关于y轴对称，不计DNA分子所受重力，下列说法正确的是（）

A.DNA分子可能带正电

B.N、P两点的电场强度相同

C.M点的电势比N点的电势高

D.DNA分子在N点的速率比在M点大

【答案】D

【解析】

【详解】A．由DNA分子的运动轨迹可知电场力大致向上，与电场方向相反，则DNA分子带负电，故A错误；

B．N、P两点的电场强度方向沿该点处电场线的切线方向，方向不相同，故B错误；

C．沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以M点的电势比N点的电势低，故C错误；

D．DNA分子由M点到N点过程中，根据轨迹可知，电场力做正功，动能增加，即DNA分子在N点的速率比

在M点大，故D正确。

故选D。

4.如图为研究光电效应的实验装置，进行的操作如下：

（1）用频率为v1的光照射光电管，此时电流表中有电流。调节滑动变阻器，使电流表示数恰好变为0，记

下此时电压表的示数U1；

（2）用频率为v2的光照射同一光电管，重复（1）中的步骤，记下电压表的示数U2。已知电子的电荷量为

e，关于上述实验说法正确的是（）

A.电流表示数恰好变为0时，滑片P置于O、b之间

B.电流表示数恰好变为0时，光电效应恰好停止发生

C若v大于v，则U一定大于U

.2121

UU

D.测得普朗克常量的值为12

ev1v2

【答案】C

【解析】

【详解】A．光电子的运动方向从阴极K到阳极A,形成电流，当电流表示数恰好变为0时，光电子恰好不

能到达阳极，遏止电压使光电子减速，要UOP0，滑动变阻器中电流方向是向左的，即从右到左电势降

低，即滑片P置于O点左侧，故A错误；

B．发生光电效应的条件是跟入射光的频率有关，即0，跟遏止电压无关，故B错误；

1

CD用频率为的光照射时由动能定理有Uemv2hW

11210

hW

得U0

1e1e

hW

用频率为的光照射同理有U0

22e2e

e(UU)

联立解得h12

12

若2大于1，则U2一定大于U1，故C正确，D错误。

故选C。

5.如图所示，某小电站发电机的输出功率为100kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电。为了减少

电能损耗，使用10kV高压输电，最后用户得到“220V98kW”的电能，变压器均视为理想变压器。则（）

A.输电线路导线电阻为20B.输电线路中的电流为2A

C.升压变压器原、副线圈匝数比为1:20D.降压变压器原、副线圈匝数比为500:11

【答案】A

【解析】

P

【详解】AB．输电线路中的电流为I210A

U2

最后用户得到“220V98kW”的电能，则输电线损耗电功率为P100kW98kW2kW

2

根据PI2r

解得输电线路导线电阻为r20，故A正确，B错误；

Un4001

C．根据变压器电压与线圈匝数关系可知11，故C错误；

U2n21000025

D．根据串联电路规律可知U3U2I2r9800V

Un9800490

根据变压器电压与线圈匝数关系可知33，故D错误；

U4n422011

故选A。

6.青少年正处在身体发育阶段，若经常低头玩手机，会使颈椎长期受压，从而引发颈椎病。为研究颈椎受

力，可粗略认为头部受到三个共点力的作用，即重力、肌肉拉力和颈椎支持力，如图所示，假设某同学头

17

部重为G，若低头看手机时颈椎与竖直方向成53，此时颈部肌肉对头的拉力为G，由此可以估算

2

颈椎受到的压力为（）

A.2GB.2.5GC.3GD.3.5G

【答案】B

【解析】

【详解】设颈椎对头部的支持力为FN，设肌肉拉力与水平方向的夹角为，建立直角坐标系，作出受力分

析，如图所示

1717

根据正交分解有GcosFsin53，GsinGFcos53

2N2N

联立得FN2.5G

故选B。

7.某玩具降落伞下降过程中所受空气阻力大小f与下降速率v的关系为fkv（k为定值）。某次降落过

程中，降落伞与搭载物体的总质量为m，由静止释放，竖直下降h后做匀速直线运动，重力加速度大小为g。

关于降落伞下降h的过程，下列说法正确的是（）

mg

A.降落伞的机械能守恒B.降落伞的最大速率为

2k

m2gk2hm3g2

C.降落伞运动时间为tD.空气阻力对降落伞做功为mgh

kmg2k2

【答案】C

【解析】

【详解】A．降落伞下降过程中受到空气阻力作用，空气阻力做负功，机械能不守恒，故A错误；

B．当降落伞匀速下降时，合力为零，则有mgkvmax

mg

解得v，故B错误；

maxk

C．对降落伞，根据动量定理有

mgtkvtmvmax

又vth

m2gk2h

解得t，故C正确；

kmg

1

D．对降落伞，根据动能定理有mghWmv2

f2max

m3g2

解得Wmgh，故D错误。

f2k2

故选C。

二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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。

8.潜水员使用的呼吸器由气囊和氧气瓶组成，中间用气阀隔开，里面装入的气体均可视为理想气体。软质

气囊隔热性良好，囊内气体压强始终与海水压强相等；金属氧气瓶导热性良好，容积不变。潜水员关闭气

阀，从温度较高的海面下潜到温度较低的海底，该过程时间较短，气囊内气体与外界来不及进行热交换。

关于下潜过程，下列说法正确的是（）

A.气囊内气体温度不变B.气囊内气体体积减小

C.氧气瓶内气体压强增大D.氧气瓶内气体内能减少

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．囊内气体压强始终与海水压强相等，从海面下潜到海底，压强变大，气囊材质较软，则体积

减小，则外界对气囊做正功，根据UWQ可知，气囊内气体与外界来不及进行热交换，说明Q=0，气

体内能增大，温度升高，故A错误，B正确；

p

CD．金属氧气瓶导热性良好，容积不变，由于海水温度降低，则瓶内气体温度降低，内能减少，根据C

T

可知，气体压强减小，故C错误，D正确；

故选BD。

9.如图所示，底部距地面高为H的箱子通过轻弹簧悬挂一个小球，小球距箱子底部的高度为h。现将箱子

由静止释放，箱子落地后瞬间，速度减为零且不会反弹。此后的运动过程中，小球的最大速度为v且一直

未碰到箱底，箱子对地面的压力最小值为零。忽略空气阻力，弹簧劲度系数为k且形变始终在弹性限度内。

箱子和小球的质量均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.弹簧弹力的最大值为3mgB.箱子对地面的最大压力为3mg

mg1

C.小球离地面的最小高度为hD.箱子与地面碰撞损失的机械能为2mgHmv2

k2

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．箱子落地后，小球做简谐运动，当小球位于最高点时，箱子对地面压力最小且为0，可知此时

弹簧处于压缩状态，对箱子受力分析，可得弹力F弹mg

对小球受力分析，可得回复力F回F弹mg2mg

方向向下。当小球位于最低点时，由简谐运动回复力的对称性，可知F回2mg

方向向上，此时弹簧处于拉伸状态，根据F回F弹mg

可得弹力最大值为F弹3mg

对箱子受力分析有FNF弹mg4mg

根据牛顿第三定律，可知箱子对地面压力最大值为4mg，故A正确，B错误；

C．小球静止时，对小球受力分析，则有kx1mg

mg

解得弹簧伸长量为x

1k

在简谐最低点时有F弹3mgkx2

3mg

解得弹簧伸长量为x

2k

2mg

联立可得小球离地面的最小高度为hhxxh，故C错误；

min21k

D．小球简谐运动的速度最大，加速度为零，则有kxmg

mg

解得xx

k1

可知从箱子刚开始下落到小球简谐运动的速度最大，初末状态弹簧伸长量相等，弹性势能变化量为零。根

1

据能量守恒有2mgHmv2ΔE

2

1

解得ΔE2mgHmv2，故D正确。

2

故选AD。

10.如图所示，在足够大的光滑水平绝缘桌面上，虚线MN的右侧充满竖直向下的匀强磁场。一个粗细均匀

的正方形导线框abcd（其电阻为R）以足够大的初速度从左边界沿x轴正方向进入磁场。t0时，bc边与

虚线重合，设线框的位移为x，速度为v，电流为I，受到的安培力为F，ad边两端的电势差为Uad，通过

导线横截面的电荷量为q。在导线框运动的过程中，下列图像可能正确的是（）

A.B.

C.D.

【答案】CD

【解析】

BLv

【详解】A．设线框的初速度为v0，边长为L，磁感应强度为B，线框进入磁场过程，根据FBIL，I

R

B2L2

解得Fv

R

根据动量定理有Ftmvmv0

B2L2

解得vvx

0mR

可知线框进入磁场的过程，v随x均匀减小，F随x均匀减小，线框完全进入磁场后F突变为0，故A错误；

BLv

C．根据I

R

可知，线框进入磁场的过程I随v均匀减小，线框完全进入磁场后匀速运动，I突变为0，故C正确；

BLv

B．根据qIt，I

R

可知qt图像的斜率先逐渐减小，再突变为0，故B错误；

11B3L3

D．线框进入磁场的过程中UBLvBLvx

ad4404mR

可知Uadx是一条倾斜向下的直线；完全进入磁场后线框做匀速直线运动，速度保持不变，则UadBLv，

故D正确。

故选CD。

三、非选择题：本题共5小题，共57分。

11.某同学用图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度的大小”实验，忽略空气阻力的影响。

（1）组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径，示数如图乙所示，小钢

d

球直径d________mm，记摆长lL。

2

（2）拉开小钢球，使摆线偏离平衡位置的角度不大于5°，由静止释放小钢球，当其振动稳定时，从最低

点开始计时，记下n次全振动的时间t，计算出周期T________。

（3）多次改变单摆的摆长l并测得相应的周期T，根据测量数据作出如图丙所示的图像，但忘记在图中标

明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是________（选填“l2”“l”或“l”），若图

线斜率为k，则重力加速度g________。

【答案】（1）20.123##20.124##20.125##20.126##20.127

t

（2）

n

4π2

（3）①.l②.

k2

【解析】

【小问1详解】

螺旋测微器固定部分读数为20mm，活动部分读数为12.50.01mm

总的读数结果为20mm+0.125mm20.125mm

【小问2详解】

t

n次全振动的时间t，周期T

n

【小问3详解】

l2

[1]根据单摆的周期公式T2l

gg

从图像上看，周期T与某个量成正比，结合表达式可知，横坐标为l

2

[2]由以上表达式可知k

g

42

可得g

k2

12.某实验小组为测量一节某型号干电池的电动势E和内阻r，所用器材如下：

A．两节完全相同该型号的干电池（电动势约为1.5V，内阻几欧姆）

B．电流表A（量程为10mA，内阻r49）

C．电压表V（量程为3V，内阻约为3000Ω）

D．定值电阻R11

E．定值电阻R210

F．滑动变阻器R（0～20Ω）

（1）该同学通过分析发现电流表量程太小，于是选用定值电阻________（选填“”或“”）与电流

R1R2

表A并联进行实验。

（2）该同学将两节干电池串联接入电路，为减小误差，应选用下图中的________（选填“甲”或“乙”）

图进行实验，开关S闭合前滑动变阻器应滑至________（选填“左”或“右”）端。

（3）该实验小组通过实验得到电压表示数U和电流表读数I的多组实验数据，画出了UI图像如图所示，

则一节该型号干电池的电动势E________V，内阻r________（结果均保留两位小数）。

【答案】（1）

R1

（2）①.甲②.右

（3）①.1.49②.1.51

【解析】

【小问1详解】

IR

采用可以将量程扩大至AA

R1IIA500mA

R1

IR

AA

R2只能扩大到IIA59mA

R2

电源内阻只有几欧，故需要选用。

R1

【小问2详解】

[1][2]由于改装的电流表内阻已知，选择甲图可以精确测量电动势和内阻，故应选择甲图进行实验。为了

避免闭合开关后电流过大，应在闭合开关前将滑动变阻器的滑片置于右端。

【小问3详解】

电流表电流为7.4mA时，干路电流I7.450mA0.37A

设一节干电池电动势为E，内阻为r，由闭合电路欧姆定律U2EIR并2r

RAR1

其中R并为改装后电流表的内阻R并0.98Ω

RAR1

U2.981.50

由图可知2E2.98V，R并2r4

I0.37

得E1.49V，r1.51

13.光学仪器中，“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。如图所示，棱镜ABCD的横截面是高为h，底角

为45°的等腰梯形。现有与BC边平行的单色平行光从AB边射入棱镜，已知棱镜材料对该单色光的折射率

n2。

（1）求光线从AB边射入棱镜后的折射角；

（2）求从CD边射出棱镜的光线与CD边的夹角；

（3）为了实现图形翻转，从AB边上靠近A点的位置入射的光线，应恰能从CD边上靠近C点的位置射出，

求棱镜底边BC长度的最小值。（已知tan7523）

【答案】（1）30

（2）45

（3）33h

【解析】

【小问1详解】

sini

设折射角为r，根据几何关系可知入射角i45，根据折射定律有n

sinr

解得r30

【小问2详解】

如图，根据几何关系，可知在BC边上反射时入射角75

1

设全反射临界角为，根据sin

n

解得45

由可知光在BC界面上发生全反射

根据对称性可以求得光线在CD面上折射时的入射角为30，所以折射角等于45。

【小问3详解】

依题意，作出光路图

根据几何关系，可得CAE75

则有EChtanCAE23h，BEhtan45h

则可得BCBEEC33h

14.现代科技中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动。如图所示，在平面直角坐标系xOy的第

Ⅰ象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，在第Ⅳ象限内半径为r的圆与两坐标轴分别相切于P、Q两点，圆

内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆外无磁场。P点处有一粒子源，射出粒子

的质量为m、电荷量为q，初速度大小相等。若粒子从P点垂直于y轴进入磁场，该粒子恰能通过Q点沿y

轴正方向进入电场，离开电场时速度方向与y轴正方向成角，tan2。不计粒子的重力及粒子间的

相互作用。

（1）求粒子的电性及初速度大小v0；

（2）求匀强电场的电场强度大小E；

（3）若从P点射出的粒子速度方向与y轴正方向的夹角的范围是60120，求所有粒子从电场中

射出时的速度与y轴正方向夹角的范围。

qBr

【答案】（1）粒子带负电，v

0m

qB2r

（2）E

m

（3）4560

【解析】

【小问1详解】

根据左手定则，可知粒子带负电

根据几何关系，可得粒子在磁场中做圆周运动的半径Rr

v2

根据牛顿第二定律有qvBm0

0R

qBr

联立解得v

0m

【小问2详解】

vx

粒子在电场中沿y方向速度不变，到达y轴时的沿x方向速度为vx，则有tan

v0

qE

在x方向上，根据运动学公式有v22r

xm

又已知tan2

qB2r

联立解得E

m

【小问3详解】

所有粒子从P点射入后，经磁场偏转后，最终沿y轴正方向以相同的速度v0进入电场。设粒子穿过y轴时，

r

与y轴正方向的夹角的最小值为1，最大值为。根据几何关系，可知以60入射的粒子，将从x

212

qEv

处进入电场；则有2，x1

vx12x1tan1

mv0

解得145

3qEv

以入射的粒子，将从处进入电场，则有2，x2

120x2rvx22x2tan2

2mv0

解得260

综上所述，的范围是4560

15.如图所示，水平面上放有小球A、B和半圆形轨道C，两小球的质量均为m，可看作质点。轨道质量未

知，圆弧面的半径为R，与水平面平滑连接。小球A以向右的初速度与静止的B球发生碰撞，碰后两球的相

对速度与碰前相对速度之比为