2026年湖南物理卷高考真题（含答案）（网络参考）

（网络收集）2026年湖南物理卷高考真题带答案带解析文字版一、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，只有一项是符合题目要求的。1.某舰载机起飞时，在第2s内的图像如图所示，该段时间内舰载机加速度的大小为A.B.C.D.【答案】B【解析】本题考查了利用v-t图像求解加速度。加速度的定义式为，第2s内对应的时间间隔。由题图可知，该时间段初速度，末速度，速度变化量。代入公式得。因此B正确，ACD错误。故选:B2.关于原子核衰变，下列说法正确的是A.原子核发生衰变时，电荷数增大B.原子核发生衰变时，质量数增大C.衰变产生的粒子穿透能力强，可以穿透几厘米厚的铅板D.理论研究表明，(氡核)可能在一次衰变过程中放出两个α粒子，则其衰变方程为【答案】D【解析】本题考查了原子核的衰变、三种射线的性质、核反应方程守恒定律。衰变的本质是原子核释放粒子，衰变规律为电荷数减2、质量数减4。选项A:衰变电荷数减小，并非增大，A错误；选项B:衰变质量数减小，并非增大，B错误；选项C:粒子穿透能力最弱，一张薄纸即可阻挡，射线才能穿透几厘米铅板，C错误；选项D:根据质量数守恒，电荷数守恒，该核反应方程成立，D正确。故选:D3.郭守敬望远镜是我国首个天文领域大科学装置，积累了大量的观测数据。分析观测数据表明，某行星绕一恒星做匀速圆周运动的周期为，轨道半径为该恒星半径的倍。不考虑其他星体的影响，引力常量为，则该恒星的平均密度为A.B.C.D.【答案】C【解析】本题考查了万有引力定律、天体质量与密度的计算。设恒星半径为，则行星轨道半径。行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力:，解得恒星质量。恒星体积，恒星密度，联立化简得。因此C正确，ABD错误。故选:C4.如图，均匀介质中有且仅有一个点波源产生简谐横波在平面内传播，、在平面内。某时刻，处质点位于波峰，处质点位于波谷。下列说法正确的是A.若波源在(0，0)处，波长可能为1mB.若波源在(0，0)处，波长可能为2mC.若波源在(0，3)处，波长可能为3mD.若波源在(0，3)处，波长可能为4m【答案】B【解析】本题考查了简谐横波的传播、波程差与振动相位的关系。质点分别处于波峰、波谷时，两点波程差满足。波源在(0，0)处:，，波程差。代入得，即。当时，；时，。波长不可能为1m，故A错误，B正确。波源在(0，3)处:，，波程差，同理，波长不可能为3m、4m，故C、D错误。故选:B5.如图，电阻的阻值为10Ω，电流表为理想电表，两个电池组完全相同。若将、端分别接入、端，电流表示数为；若将、端分别接入、端，电流表示数为。则单个电池组的电动势和内阻分别为A.B.C.D.【答案】A【解析】本题考查了闭合电路欧姆定律的应用、电源串联规律。设单个电池组电动势为，内阻为。、接入电路:单组电源工作，由闭合电路欧姆定律得，即；、接入电路:两组电源串联，总电动势，总内阻，得，即。联立方程组解得:，。因此A正确，BCD错误。故选:A6.如图，三个足够大的金属板、、平行放置，板到、板的距离分别为、，。点到、板的距离相等，点到、板的距离相等。、板均接地，B板带电。关于、两点的电场强度和电势，下列关系正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】本题考查了平行金属板间匀强电场、电场强度与电势的计算。平行带电金属板间为匀强电场，设B板左右两侧电场强度分别为、。、均接地电势为0，板为等势体。根据，板与板电势差，板与板电势差，且，因，故，即，A正确。电势沿电场线方向均匀降低，因为两侧两板之间的电势差相等，a、b两点在两板的中点，电势可得成立，故C、D错误。故选:A7.如图，一心形玩具气球内密封一定质量的理想气体和一个充有同种气体的弹性小气球，心形气球体积始终不变。在心形气球内，小气球内部气体压强大于外部气体压强，整个系统导热良好。初始时，小气球的体积为心形气球体积的一半。当温度缓慢升高时，忽略温度变化对气球材料性质的影响，下列说法正确的是A.小气球外部气体压强不变B.小气球内部气体分子数与外部相等C.小气球内部气体体积不变D.小气球内部气体体积变大【答案】D【解析】本题考查了理想气体状态方程、变质量气体与弹性容器的气体变化。系统导热良好，温度缓慢升高，心形气球总体积不变。整体气体温度升高，由理想气体状态方程，总体积不变、升高，则心形气球内部(小气球外部)气体压强增大，A错误。小气球为弹性气球，内部初始压强大于外部，外部压强随温度升高而增大，小气球内外压强差变化，温度升高，小气球内部气体受热膨胀，体积变大，C错误，D正确。小气球为独立密闭空间，内部气体分子数不变，与外部分子数不相等，B错误。故选:D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.如图，一块高功率芯片上方紧贴着一个均热板散热器。均热板是一个完全密封的扁平纯铜空腔，空腔内部注有微量的水。在正常工作过程中，水从高温芯片处吸收热量汽化，水蒸气在低温冷凝端放出热量变回液态水，并回流到底部。下列说法正确的是A.空腔内高温处所有水分子的运动速率都比低温处水分子的运动速率大B.一定量的水吸收热量变成相同温度的水蒸气，内能变大C.该均热板可以从高温物体吸热，向低温物体放热，不对外界做功D.该均热板可以从低温物体吸热，向高温物体放热，而不产生其他影响【答案】BC【解析】本题考查了分子热运动、热力学第一定律、热力学第二定律。选项A:温度是分子平均动能的标志，高温处分子平均速率更大，但个别分子速率可能更小，并非所有分子速率都大，A错误；选项B:同温度的水变为水蒸气，分子间距增大，分子势能增加，分子动能不变，总内能变大，B正确；选项C:均热板仅通过汽化、液化传递热量，腔体体积不变，不对外界做功，从高温吸热、向低温放热，符合热传递规律，C正确；选项D:根据热力学第二定律，不可能从低温物体吸热、向高温物体放热而不产生其他影响，D错误。故选:BC9.如图，某同学将两个相同的球形氦气球用等长的轻绳系在一起，拉着绳使气球随人一起做水平匀速运动。运动过程中，球心始终在绳的延长线上且球心连线水平，两绳所构成的平面与水平面的夹角为，两球间的弹力为F。气球受到空气阻力的大小与相对空气的速率成正比，空气始终相对于地面静止，忽略气球形状的变化。该同学沿原方向运动速度缓慢增大，下列说法正确的是A.θ增大B.θ减小C.F增大D.F减小【答案】BC【解析】本题考查共点力平衡条件的应用，涉及空气阻力与速度的关系、力的分解与合成，核心是对气球进行受力分析并结合平衡条件分析力与角度的变化规律。受力分析与推导过程设每个气球受到的空气阻力为(k为比例系数，v为运动速度)，气球受到的浮力与重力的合力为F浮合(竖直向上，恒定不变)，绳子拉力为T。将绳子拉力T分解为两个分量：沿两绳构成平面的竖直分量:平衡浮力与重力的合力F浮合沿两绳构成平面的水平分量：与空气阻力f、两球间弹力F共同平衡以其中一个气球为研究对象，在垂直于两球心连线的方向(即两绳构成平面内)，竖直与水平方向的力平衡关系为：两式相除消去T，得：由可知：浮合、为定值，当速度增大时，减小。因为，随增大而增大，因此减小意味着减小。故选项A错误，B正确。在两球心连线的水平方向，对单个气球受力分析：绳子拉力沿连线方向的分量与弹力平衡。设绳子与球心连线的夹角为(两绳等长，恒定)，则：结合之前的平衡式，代入得：当增大时，减小，减小，因此增大。故选项C正确，D错误。10.某小组设计了一磁悬浮装置。如图，环形通电线圈固定在水平面上，其上方固定一半径为R的环形细管道，管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为45o。质量为m的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀速圆周运动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为g。下列说法正确的是A.从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动B.小球做圆周运动的周期为C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为D.若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，则小球与管道间的弹力大小为【答案】AD【解析】A.从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动，根据左手定则：磁场方向斜向上(与竖直方向夹角)，洛伦兹力需同时提供向上的分力平衡重力、向内的分力提供向心力。因此A正确。B.小球做圆周运动的周期为匀速圆周运动的周期公式:代入，得：选项中周期为，与推导结果不符，因此B错误。C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化。小球受重力和洛伦兹力，因此： 重力的冲量：半个周期内，方向竖直向下。动量变化：半个周期后速度反向，大小不变，，方向水平。洛伦兹力的冲量为: 冲量为矢量，用勾股定理计算大小:选项中表达式为，与推导结果不符，因此C错误。D.若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，则小球与管道间的弹力大小为速率变为，洛伦兹力大小变为：竖直分量:(向上)水平分量:(向内)竖直方向：(向下)水平方向：，其中，因此(向外)管道弹力的大小为两个分量的合矢量:因此D正确。三、非选择题:本题共5小题，共57分。11.(8分)某同学借助视频分析软件进行“用单摆测量重力加速度”的实验，步骤如下:(1)准备好单摆，用支架将手机竖直放置。(2)打开手机录像，将单摆拉离平衡位置摆角由静止释放。(3)将录制的视频导入软件进行分析，得到摆球的图像，拟合后如图1所示，可知此单摆的周期T为_____s。图1图2(4)如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，读出_____(填“”“”或“”)位置的读数，该读数即为摆长l。(5)重力加速度g=_____(用题中给出的字母“T”和“l”表示)。(6)该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，可能的原因是刻度尺0刻度线_____(填“高于”或“低于”)悬点。【答案】(3)0.6π;(4);(5);(6)低于【解析】本题考查了用单摆测量重力加速度实验。(3)单摆完成一次全振动对应图像一个完整周期，由图像可得周期T=0.6πs；(4)单摆摆长定义为悬点到摆球球心的距离，因此读取b位置；(5)单摆周期公式T=，变形得重力加速度g=；(6)由公式可知，g偏小，说明测量的摆长l偏小。若刻度尺0刻度线低于悬点，会导致测得摆长小于真实值，最终计算的g偏小。12.(9分)某探究小组用霍尔元件设计了一个测量微小位移的实验装置。(1)将螺旋测微器通过铜杆连接霍尔元件。霍尔元件伸入两块磁感应强度相同、同极相对放置的磁体间隙中，并处于两磁体中心竖直线上。以中心竖直线为轴，其示意图如图1所示;霍尔元件上的导线与外部工作电路连接，其示意图如图2所示。图1图2(2)将电压表接在霍尔元件的_____(填“a、b”或“c、d”)两端，闭合开关S；测量其霍尔电压，电压表指针如图3所示，此时电压为_____mV。图3图4(3)旋转螺旋测微器的旋钮，使霍尔元件沿轴移动至霍尔电压为0处，该处磁感应强度为0，此时的螺旋测微器读数如图4所示，该读数为_____mm。(4)保持电流不变，旋转螺旋测微器的旋钮，读出霍尔元件在不同位置的霍尔电压，得到10组数据如下表所示。z/mmU/mV111.6709211.96016312.30225412.63335512.95242613.27048713.59457813.93067914.246741014.58581图5(5)在图5中描出第4、5组测量数据的坐标点，并作出图像。(6)用此装置测量微小位移。取下螺旋测微器，将待测物体与铜杆连接，待测物体在轴方向移动，其位移与霍尔元件的位移相等。某次测量中待测物体移动前电压表示数为20mV，移动后电压表示数为60mV，根据图像，此过程中物体位移的大小为_____mm(保留2位小数)。【答案】(2)c、d；50(3)11.350mm(11.349~10.351mm均可)(5)(6)1.62(1.60~1.65均可)【解析】本题考查霍尔效应的应用、螺旋测微器读数、实验数据处理与图像法的应用，核心是霍尔电压与磁感应强度、位移的线性关系，以及实验数据的处理方法。(2)霍尔电压的测量霍尔电压是在垂直于电流和磁场的方向上产生的电势差:电流沿方向通过霍尔元件，磁场沿轴方向，根据左手定则，载流子会向、两端偏转，因此霍尔电压出现在、两端。电压表量程为0~100mV，分度值为2mV，指针指向50mV刻度线，因此电压为50mV。(3)螺旋测微器读数螺旋测微器读数规则：固定刻度读数+可动刻度读数固定刻度：11mm；可动刻度：总读数：11+0.350=11.350mm(11.349~10.351mm均正确)(5)描点与作图像根据表格数据描点:第4组:，，第5组:，在图5中描出这两个点，再将所有数据点拟合为一条直线(点均匀分布在直线两侧)，即可得到图像。(6)霍尔电压与磁感应强度成正比，而与位移在该磁场区域内呈线性关系，因此与为线性关系，图像为直线。取第1组和第10组数据:U1=9mV，z1=11.670mm；U10=81mV，z10=14.585mm斜率由:时：时：mm(1.60~1.65mm均合理，取决于图像拟合精度)13.(10分)车载摄像头需要有较大的拍摄角度。一摄像头由于结构限制，拍摄角度为120o。如图，将摄像头嵌入均匀透明介质，介质截面为矩形。只考虑该截面内光线传播情况，通过空气与介质间界面的折射，可将实际拍摄角度扩大。(1)若希望几乎贴着介质表面入射的光线1能够以图示路径恰好射入摄像头，即拍摄角度扩大为180o，求介质的折射率;(2)若介质折射率为1.8，从侧后方向入射的光线2能够以图示路径折射之后发生一次全反射，然后恰好射入摄像头，求光线2的入射角θ的正弦值。【答案】（1）（2）【解析】本题考查了光的折射定律、全反射临界角公式。(1)拍摄角度扩大为180o，光线沿介质表面入射，入射角i=90o。结合摄像头原角度120o，根据几何对称性，光线在介质内的折射角r．可得介质中折射角r=60o。由折射定律n=，代入sin90o=1，sin60o=，解得n=。θθ摄像头120o光线1介质光线2r'(2)折射率n=1.8，光线2在介质内折射后发生一次全反射，再射入摄像头。结合矩形界面的直角关系，光线在介质内的折射角r=30o由折射定律sinθ=nsin30o=0.914.(14分)某小组制作了一储能器，其两端电压与其储存的电荷量间的函数关系近似为。将该储能器接入如图所示电路，a、b、c为固定的三个触点。两足够长的平行金属导轨固定于水平面上，电阻不计，间距为。导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为。质量为的导体棒垂直导轨放置，接入电路的阻值为。电源电动势为，内阻不计。定值电阻阻值为时刻开关S与a连接，直到导体棒做匀速运动，再于时刻切换开关与或连接。运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，忽略摩擦。(1)求时刻导体棒加速度的大小；(2)若时刻开关与连接，储能器接入电路前电压为0，当储能器电压为时(此时电路中电流不为0)，求导体棒速度的大小;(3)若时刻开关与连接，求从时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热。【答案】(1)a0=(2)(3)【解析】本题考查电磁感应中的动力学问题、动量定理、能量守恒定律与电容器类储能器的综合应用，核心是结合安培力、牛顿运动定律、动量定理与能量守恒解决复杂电路与导体棒运动问题。(1)t0时刻开关接a，导体棒初速度为0，感应电动势为0，电路中电流由电源电动势E决定。电路电流:导体棒受到的安培力：由牛顿第二定律，得：a0=(2)开关接b，储能器电压为时导体棒的速度v开关接a时，导体棒最终匀速运动，此时安培力为0，电路电流为0，感应电动势等于电源电动势：开关接b后，设某时刻电流为，安培力的冲量为：其中为流过导体棒的电荷量，即储能器储存的电荷量。由题意，当储能器电压为时，储存的电荷量，因此。代入动量定理：整理得：(3)开关接a时，导体棒匀速速度，此时电路电流为0，电源不再提供能量，导体棒动能为：导体棒上产生的焦耳热Q1=qE-Ek开关接后，导体棒与电阻R、r构成回路，安培力做负功，动能全部转化为R和r上的焦耳热。由串联电路的焦耳热分配规律，焦耳热与电阻成正比：Q2=代入得:Q2==导体棒上产生的焦耳热Q=Q1+Q2=15.(16分)如图，长为的轻杆竖直放置，上端固定一质量为的小球，下端连接于水平地面上某固定点，杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后，小球和杆从静止开始一起运动，当两者间弹力为0时，小球脱离轻杆，重力加速度为，不计空气阻力。(1)求小球接触地面瞬间的速度的大小；(2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角的正切值；(3)小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等。碰撞后瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成角。设两部分质量之比为，弹射装置释放的能量为。(i)求与的关系;(ii)当最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距。【答案】(1)(2)(3)(i)E=(ii)或【解析】本