1.2026年高考湖南卷物理真题单选中
某舰载机起飞时,在第2s内的v—t图像如图所示,该段时间内舰载机加速度的大小为( )


B

【详解】根据加速度的定义式
故选B。
故选B。请计算以下算式的值
共 15 题 · 2026 · 湖南


故选B。
,衰变过程电荷数守恒,因此母核电荷数减少2,而非增大,故A错误;
B.α粒子质量数为4,衰变过程质量数守恒,因此母核质量数减少4,而非增大,故B错误;
C.α粒子电离能力强、穿透能力极弱,一张白纸即可将其挡住,穿透能力强、可穿透几厘米厚铅板的是γ射线,故C错误;
D.衰变方程满足电荷数守恒和质量数守恒:左边电荷数为86,右边2×2+82 = 86;左边质量数为216,右边2×4+208 = 216,守恒关系成立,故D正确。
故选D。
整理得恒星质量
恒星为均匀球体,体积
,平均密度
,将r = nR代入得
故选C。

(n=0,1,2,…)
AB.若波源在(0,0),由坐标可推得A点到波源距离
B点到波源距离
波程差
代入得
解得
当
时,
(非整数)
当
时,
故A错误,故B正确;
CD.若波源在(0,3),则A点到波源距离
B点到波源距离
波程差仍为
,同样有
当
时,
,无整数解
当
时,
,无整数解
故CD错误。
故选B。
的阻值为
,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( )











,内阻为
,根据闭合电路欧姆定律分两种情况列方程求解:
a、b接d、e时:只有单个电池接入电路,根据闭合电路欧姆定律:
a、c接d、e时:两个电池串联,总电动势为
,总内阻为
,同理得:
联立解得:
,
故选A。
、
、
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,
板带电。关于
、
两点的电场强度
、
和电势
、
,下列关系正确的是( )














平行板内部为匀强电场,电场强度满足
,已知
,故
,故A正确,B错误;
CD. a点到A板的距离为
,电势
b点到C板的距离为
,电势
因此
,故CD错误。
故选A。

,且已知p1 > p2,由理想气体状态方程pV = nRT,得
,
因为p1 > p2,所以n1 > n2,内外分子数不相等,故B错误;
CD.当温度缓慢升高时,系统导热良好,内外气体温度始终相等。先假设升温过程中小气球体积不变,即V1与V2均保持初始值,两部分气体均发生等容变化,由p∝T知
,
由于初始p1 > p2,因此Δp1 > Δp2
即内部气体压强的增加量大于外部气体压强的增加量。于是,若体积不变,升温后内外压强差p1-p2会变大。
但题目说明“忽略温度变化对气球材料性质的影响”,这意味着在相同体积(相同形变)下,弹性气球膜能提供的附加压强不随温度改变。初始平衡时,气体压强差等于膜提供的附加压强。升温后若体积不变,气体压强差将大于膜在同体积下能提供的附加压强,平衡被打破,小气球必然向外膨胀,即V1增大。因此,小气球内部气体体积变大,故C错误、D正确;
A.升温后小气球体积V1增大,则外部气体体积V2 = V-V1减小。对外部气体,由理想气体状态方程
温度T升高,同时V2减小,故p2一定增大,故A错误。
故选D。


(
),两球间的弹力为
。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( )





,两根绳子之间的夹角为
,每个气球受到空气阻力
,浮力为
,对整体受力分析,由平衡条件,竖直方向上有
水平方向上有
整理可得
运动速度缓慢增大,
减小,则
减小,
增大,故A错误,B正确;
CD.对单个气球受力分析,由平衡条件有
由于
不变,
增大,则
增大,故C正确,D错误。
故选BC。
的环形细管道,管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为
。质量为
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
。下列说法正确的是( )






,小球的速度为
,此时小球与管道间无弹力,竖直方向上有
水平方向上有
解得
则小球做圆周运动的周期为
,故B错误;
C.根据题意,水平方向上,由动量定理有
竖直方向有
则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为
,故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,竖直方向上有
水平方向上有
小球与管道间的弹力大小
联立解得
,故D正确。
故选AD。
(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4°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v—t图像,拟合后如图1所示,可知此单摆的周期T为______s。
(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“a”“b”或“c”)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。
②.
③.
④. 低于
为
。
(4)[2]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,应读出球心所在位置的读数,即
位置的读数,该读数即为摆长
。
(5)[3]由单摆周期公式
可得重力加速度
(6)[4]若该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度,可知摆长测量值偏小,即刻度尺0刻度线低于悬点
(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。
(2)将电压表接在霍尔元件的_______(填“
、
”或“
、
”)两端,闭合开关
,测量其霍尔电压,电压表指针如图3所示,此时电压为_______
。
(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_______
。
(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。
;1,11.670,9;2,11.960,16;3,12.302,25;4,12.633,35;5,12.952,42;6,13.270,48;7,13.594,57;8,13.930,67;9,14.246,74;10,14.585,81
(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
,移动后电压表示数为
,根据图像,此过程中物体位移的大小为_______
(保留2位小数)。
、
②. 50 ③.
##
##
④.
⑤. 
、
两端。
[2]由图3可知,电压表的最小刻度为
,则此时电压为
。
(3)[3]图4中螺旋测微器读数为
。
(5)[4]根据表格中数据,在图5中描出第4、5组测量数据的坐标点,并作出
图像,如图所示
(6)根据图像可知,电压表示数为
时,有
,移动后电压表示数为
时,有
,则此过程中物体位移的大小为
。
。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
,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
的正弦值。
(2)
根据几何关系可知光线1的折射角为
,入射角为90°
可得
【小问2详解】
根据几何关系可得光线2在玻璃砖中的折射角为
根据折射定律
其中
解得
与其储存的电荷量
间的函数关系近似为
(
为常量)。将该储能器接入如图所示电路,
、
、
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
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
。
(2)
(3)
时刻开关S与
连接,流过导体棒的电流
导体棒所受的安培力
根据牛顿第二定律
联立可得
【小问2详解】
当导体棒匀速运动时,导体棒产生的电动势等于电源电动势,设此时导体棒速度为
,即
当储能器电压为
时(此时电路中电流不为0),对导体棒根据动量定理有
又
可得
根据题意
联立可得
【小问3详解】
从
过程对导体棒,根据动量定理
又
可得
导体棒上产生的焦耳热
可得
从
时刻到导体棒静止过程中,根据能量守恒定律可知电路中产生的焦耳热为
导体棒产生的焦耳热为
可得
从
时刻起到导体棒静止的过程中,导体棒上产生的焦耳热
(1)求小球接触地面瞬间的速度v的大小;
(2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α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θ角(θ已知,且0 < θ < α)。设两部分质量之比为k,弹射装置释放的能量为E。
(i)求E与k的关系;
(ii)当E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d。
(2)
(3)(i)
;(ii)
解得小球接触地面瞬间的速度的大小
【小问2详解】
设小球脱离轻杆时,轻杆与竖直方向的夹角为
,如图所示
设此时小球的速度为
,根据机械能守恒定律
对小球,根据牛顿第二定律
解得
,
此时小球水平方向分速度
竖直方向分速度
竖直方向,根据速度位移关系
小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角
的正切值
联立解得
【小问3详解】
(i)设其中一部分的质量为
,则另一部分质量为
,如图所示
根据动量守恒定律有
,
弹射装置释放的能量
联立可得
(ii)根据数学知识可知,当
时,
最小为
即有
,
,
两小球同时落地,运动时间为
可得
两小球的距离
由
可得
联立可得