2026年高考湖北卷物理高考真题（答案版）

湖北省2026年普通高中学业水平选择性考试

物理答案

一、选择题

1.【答案】D

a190

【详解】核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒，对反应式39Y+bX→39Y分析如下

由质量数守恒a+1=90

解得a=89

由电荷数守恒39+b=39

解得b=0

可知X是中子。

故选D。

2.【答案】C

【详解】已知光电效应方程为Ek=hν-W0，其中逸出功W0=hν0，ν0为材料的极限频率。

A．只有入射光频率ν≥ν0时，才能激发出光电子实现发电，低于极限频率的光无法产生光电效应，

故A错误；

B．太阳能电池的光电转化效率远小于100%，太阳光的能量会有部分转化为内能等其他形式的能

量，不可能全部转化为电能，故B错误；

C．多云的白天仍有频率满足要求的太阳光透过云层照射到电池板，可发生光电效应，因此仍然可以

发电，故C正确；

D．设垂直于光传播方向的光强为I0，太阳光入射方向与电池板法线的夹角为θ，则电池板单位面积

接收的光功率为I=I0cosθ，θ不同时接收的光功率不同，发电功率也不同，因此发电功率与照射方向

有关，故D错误。

故选C。

3.【答案】B

pVpV

【详解】根据理想气体状态方程11=22

T1T2

1p2V2

代入p2=3p1、V2=V1，可得末态温度T2=T1=1.5T1

2p1V1

A．末态温度是初态的1.5倍，不是3倍，故A错误；

B．温度是分子平均动能的唯一宏观标志，末态温度更高，气体分子平均动能更大，故B正确；

C．分子平均动能增大是统计规律，仅代表分子整体的速率分布向高速区偏移，不代表每个分子的速

率都更大，故C错误；

D．气体压强由单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数、分子平均碰撞冲量共同决定：末态温度

升高，分子平均碰撞冲量增大，且压强变为初态的3倍，因此单位时间碰撞的分子数更多，故D错误。

故选B。

4.【答案】C

v0

【详解】A．在0~2t0内，粒子做匀加速运动，加速度a1=，电场方向与运动方向相同。沿电场线

2t0

方向电势降低，则b点电势比a点低，故A错误。

B．在0∼2t0内加速度恒定，a点与b点电场强度大小相等，故B错误。

·1·

v

C．在t时刻，速度v=0

0a2

v0

在3.5t0时刻，处于3t0∼4t0的匀减速阶段，加速度a3=-

t0

v

速度v=v+a⋅0.5t=0

c0302

则a、c两点动能相等，由能量守恒知电势能相等，故C正确。

v0

D．设粒子质量为m，则a点电场力大小Fa=m

2t0

v0

c点电场力大小Fc=m，两者不相等，故D错误。

t0

故选C。

5.【答案】C

LR

【详解】根据题意，设此时弹簧的长度为L，由几何关系有=

sin120°sin30°

解得L=3R

可知，此时弹簧被压缩，且形变量为Δx=L0-L=3R

对小球受力分析，如图所示

由平衡条件有FNcos60°=kΔxcos30°，FNsin60°=kΔxsin30°+mg

3mg

联立解得k=

3R

故选C。

6.【答案】B

GMm

【详解】根据题意可知，对于地球表面的物体，由万有引力等于重力有=mg

R2

可得GM=gR2

GMm

由万有引力公式有F=

r2

可知，近地点到焦点的距离为2R，远地点到焦点的距离为4R，则卫星椭圆轨道的半长轴为a=

2R+4R

=3R

2

设卫星在轨道半径为R的圆周上做圆周运动的周期为T，在椭圆轨道上的运动周期为T1，由开普勒

3

R33R

第三定律有=

22

TT1

GMm4π2

由万有引力提供向心力有=mR

R2T2

联立解得T=6π3R

1g

·2·

故选B。

7.【答案】B

【详解】根据题意，设导体棒最终静止的位置离初始位置的距离为x，对导体棒从开始运动到静止的过

程中，由动量定理有-BILΔt=0-mv0

EΔΦ

又有IΔt=Δt=，ΔΦ=3BL2+BLx-L=2BL2+BLx

R+2R3R

联立解得x=10L

故选B。

8.【答案】AC

1002

【详解】A．原线圈输入电压有效值为U1=V=100V

2

U1n1

设原线圈匝数为n1，由理想变压器匝数与电压关系有=

U31

又有U3=2V

解得n1=50，故A正确；

ω

B．由原线圈输入电压表达式可知ω=100πrad/s，则原线圈输入电压的频率为f==50Hz，故B

2π

错误；

C．理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈输出功率之和为P1=P2+P3=11W，故C正确；

P1

D．原线圈电流的有效值为I1==0.11A

U1

则流过原线圈的电流最大值为Im=2I1=0.112A，故D错误。

故选AC。

9.【答案】BD

【详解】A．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可

知，乙的初速度大小等于甲到达最低点时的速度大小，故乙在最高点时的速度大小等于vc=2gR，

11

设乙球在最低处时速度为v，由机械能守恒得-4mgR=⋅2mv2-⋅2mv2

022c202

解得v02=6gR，故A错误；

B．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，球从

最高点到最低点和从最低点到最高点的时间相等，故甲乙两球运动的周期相等，故B正确；

CD．分析可知，甲从最高点运动到最低点，速度大小从2gR增大到6gR，乙从最低点到最高点，

速度大小从6gR减小到2gR，从初始时刻取一很短时间Δt，甲经过的弧长短，乙经过的弧长长，

转过的角度不同，故不可能任意时刻两小球的连线均过圆心；故C错误；

D．根据前面分析可知除两球分别在最高点和最低点时两球连线经过圆心，其它位置均不满足两小

2

2gR

球的连线过圆心，乙球在最高点和最低点时，分别有F+2mg=2m，F-2mg=

N2RN1

2

6gR

2m

R

解得FN1=14mg，FN2=2mg

22

6gR2gR

甲球在最低点和最高点时，分别有F-mg=m，F+mg=m

N2RN1R

解得FN2=7mg，FN1=mg

·3·

根据牛顿第三定律可知乙球在最高点时对圆环的作用力大小为2mg，此时甲球在最低点对圆环的作

用力大小为7mg；当乙球在最低点时对圆环的作用力大小为14mg，此时甲球在最高点对圆环的作用

力大小为mg，故这两个位置两球对圆环的作用力的合力不为零，结合前面分析其它位置均不满足两

小球的连线过圆心，即其它位置两球对圆环的作用力不共线，故合力不可能为零，故对任意时刻两小

球对圆环作用力的合力均不为零，故D正确。

故选BD。

10.【答案】AD

【详解】ACD．设落点与O点的竖直高度为h，水平位移为x，初速度与水平方向的夹角为θ，将初速

1

度沿水平和竖直方向分解，可得-h=vsinθ⋅t-gt2，x=vcosθ⋅t

020

同时有h2+x2=R2

1R211

联立可得h=gt2+⋅-R

4gt22

11

设落到圆弧上的速度为v，根据机械能守恒mgh+mv2=mv2

202

2

解得v=v0+2gh

1R21

故可知h越小，v越小，故当gt2=⋅时，h取最小值，落到圆弧上的速度最小；

4gt2

16gR

解得t=2R，h=R，v=，故AD正确，C错误；

gmin2min2

1

B．根据前面分析，当t=2R，h=R时，

g2

1

代入解得sinθ=，θ=30°，故B错误。

2

故选AD。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

πUd2

11.【答案】(1)0.500(2)(3)6.4×10-6(4)无

4IL

【解析】

【小问1详解】

读数为d=0.5mm+0.0×0.01mm=0.500mm

【小问2详解】

ULd2

根据欧姆定律结合电阻定律可知=ρ，S=π⋅

IS2

πUd2

联立解得ρ=

4IL

【小问3详解】

πUd24ρIL4ρ

根据ρ=可知U=，故U-IL图像的斜率为k=

4ILπd2πd2

4ρ2.3

得=

πd270×10-3

代入数值解得ρ=6.4×10-6Ω⋅m

【小问4详解】

干电池的内阻增大，不考虑电表内阻的影响下，实验中测量的U和通过的电流I还是真实值，对实验

测量结果无影响。

·4·

2

2nm0gd11

12.【答案】(1)平衡摩擦力(2)(3)-(4)正比(5)B

22

m+20m02st2t1

【解析】

【小问1详解】

通过两个光电门的遮光时间近似相等，可知速度相等，小车做匀速运动，故步骤ⅱ的主要目的是平衡

摩擦力；

【小问2详解】

根据牛顿第二定律，对整体10+n-10-nm0g=m+20m0a

2nmg

解得小车的加速度大小为a=0

m+20m0

【小问3详解】

d2d2

根据运动学公式有-=2as

t2t1

d211

解得a=-

22

2st2t1

【小问4详解】

2mg

根据前面分析有a=0⋅n

m+20m0

可知当a-n图像为一条过原点的直线，当质量一定时，物体的加速度与所受到的合外力成正比；

【小问5详解】

A．小车没有从静止释放，不影响测量的加速度大小，故不会使a-n图像不过原点，故A错误；

B．导轨的倾斜程度调节不恰当时，可知平衡摩擦力不足或者过大，根据牛顿第二定律，对整体

10+n-10-nm0g+f=m+20m0a

2nmgf

得a=0+，图像不过原点，故B正确；

m+20m0m+20m0

C．根据前面分析，对整体分析得出加速度表达式，当钩码质量没有远小于小车和遮光条的总质量，

对本实验没有影响，故C错误。

故选B。

13.【答案】(1)沿x负方向传播，λ=12m，T=6s(2)4s

【解析】

【小问1详解】

根据题意t=0时刻质点P的振动方向沿y轴负方向，根据同侧法可知波沿x负方向传播，根据图像

可知波长λ=2×11-5m=12m

λ

周期为T==6s

v

【小问2详解】

根据波传播的特性，当t=0时x=5m处质点的振动形式传播到P位置时，质点P第一次到达平衡

Δx5-3

位置，需要的时间为t==s=1s

1v2

1

故质点P第二次到达平衡位置时经过的时间为t=t+T=4s

212

25Eqr

14.【答案】(1)(2)8Em(3)0,-r

6m3qr

【解析】

·5·

【小问1详解】

粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得Eq=ma

Eq

解得加速度大小为a=

m

2525

粒子从坐标为0,r的M点静止释放，沿y轴负方向的位移大小为y=r

1212

2

由匀变速直线运动速度与位移的关系得v0=2ay

25Eqr

联立解得粒子第一次进入磁场的速度大小为v=

06m

【小问2详解】

粒子第一次进入磁场的坐标为0,-r，第一次出磁场的坐标为2r,0，粒子在匀强磁场中的运动轨

迹如图所示

22

设粒子的轨迹半径变为r0，由几何关系得r0+r0-r=2r

5

解得r=r

04

2

mv0

粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B=

r0

解得B=8Em

3qr

【小问3详解】

r4

设粒子第一次出磁场时速度与x轴负方向的夹角为θ，由几何关系得cosθ==

r05

3

则sinθ=1-cos2θ=

5

粒子沿x轴和y轴的速度分别为vx=-v0cosθ，vy=v0sinθ

4v03

解得v=-，v=v

x5y50

2v

粒子沿y轴方向做类竖直上抛运动，由竖直上抛运动规律，可得运动时间t=y

a

沿x轴方向做匀速直线运动，有x0=vxt

联立解得沿x轴方向的位移为x0=-4r

粒子第二次进入磁场时，x坐标为x=2r+x0=-2r

沿x轴方向的速度为vx=vx

由运动的对称性，可知沿y轴方向的速度为vy=-vy

·6·

vv

则粒子与x轴负方向的夹角仍满足y=y=tanθ

vxvx

因此粒子两次在磁场中的运动轨迹关于y轴对称，如图所示

则粒子第二次出磁场的坐标，即为粒子第一次进入磁场的坐标0,-r。

2km2gh

15.【答案】(1)

v=2gh(2)

I=(3)0.81≤k≤1.2或k≥20.1

01+k

【解析】

【小问1详解】

1

甲下滑过程轨道光滑，由动能定理：

mgh=mv2

20

解得：

v0=2gh

【小问2详解】

第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为v1，乙速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守

111

恒：mv=mv+kmv，mv2=mv2+kmv2

012202122

2v