2026年高考湖北卷物理真题试卷及参考答案

核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒，对反应式分析如下 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。

已知光电效应方程为，其中逸出功，为材料的极限频率。 A．只有入射光频率时，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，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，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。

根据理想气体状态方程 代入、，可得末态温度 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。

A．在0 ~ 2t0内，粒子做匀加速运动，加速度，电场方向与运动方向相同。沿电场线方向电势降低，则点电势比点低，故A错误。 B．在内加速度恒定，点与点电场强度大小相等，故B错误。 C．在时刻，速度 在时刻，处于的匀减速阶段，加速度 速度 则a、c两点动能相等，由能量守恒知电势能相等，故C正确。 D．设粒子质量为m，则点电场力大小 点电场力大小，两者不相等，故D错误。 故选C。

根据题意，设此时弹簧的长度为，由几何关系有 解得 可知，此时弹簧被压缩，且形变量为 对小球受力分析，如图所示 由平衡条件有， 联立解得 故选C。

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 可得 由万有引力公式有 可知，近地点到焦点的距离为，远地点到焦点的距离为，则卫星椭圆轨道的半长轴为 设卫星在轨道半径为的圆周上做圆周运动的周期为，在椭圆轨道上的运动周期为，由开普勒第三定律有 由万有引力提供向心力有 联立解得 故选B。

根据题意，设导体棒最终静止的位置离初始位置的距离为，对导体棒从开始运动到静止的过程中，由动量定理有 又有， 联立解得 故选B。

A．原线圈输入电压有效值为 设原线圈匝数为，由理想变压器匝数与电压关系有 又有 解得，故A正确； B．由原线圈输入电压表达式可知，则原线圈输入电压的频率为，故B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，故C正确； D．原线圈电流的有效值为 则流过原线圈的电流最大值为，故D错误。 故选AC。

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，设乙球在最低处时速度为，由机械能守恒得 解得，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，速度大小从增大到，乙从最低点到最高点，速度大小从减小到，从初始时刻取一很短时间，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球的连线过圆心，乙球在最高点和最低点时，分别有， 解得， 甲球在最低点和最高点时，分别有， 解得， 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，此时甲球在最低点对圆环的作用力大小为；当乙球在最低点时对圆环的作用力大小为，此时甲球在最高点对圆环的作用力大小为，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。

ACD．设落点与O点的竖直高度为h，水平位移为，初速度与水平方向的夹角为，将初速度沿水平和竖直方向分解，可得， 同时有 联立可得 设落到圆弧上的速度为，根据机械能守恒 解得 故可知越小，v越小，故当时，h取最小值，落到圆弧上的速度最小； 解得，，，故AD正确，C错误； B．根据前面分析，当，时， 代入解得，，故B错误。 故选AD。

（1）读数为 （2）根据欧姆定律结合电阻定律可知， 联立解得 （3）根据可知，故图像的斜率为 得 代入数值解得 （4）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。

（1）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； （2）根据牛顿第二定律，对整体 解得小车的加速度大小为 （3）根据运动学公式有 解得 （4）根据前面分析有 可知当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； （5）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 得，图像不过原点，故B正确； 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。

（1）根据题意时刻质点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 周期为 （2）根据波传播的特性，当时处质点的振动形式传播到P位置时，质点P第一次到达平衡位置，需要的时间为 故质点P第二次到达平衡位置时经过的时间为

（1）粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 解得加速度大小为 粒子从坐标为的 点静止释放，沿轴负方向的位移大小为 由匀变速直线运动速度与位移的关系得 联立解得粒子第一次进入磁场的速度大小为 （2）粒子第一次进入磁场的坐标为，第一次出磁场的坐标为，粒子在匀强磁场中的运动轨迹如图所示 设粒子的轨迹半径变为，由几何关系得 解得 粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 解得 （3）设粒子第一次出磁场时速度与 轴负方向的夹角为，由几何关系得 则 粒子沿 轴和轴的速度分别为， 解得， 粒子沿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 沿 轴方向做匀速直线运动，有 联立解得沿 轴方向的位移为 粒子第二次进入磁场时， 坐标为 沿 轴方向的速度为 由运动的对称性，可知沿轴方向的速度为 则粒子与 轴负方向的夹角仍满足 因此粒子两次在磁场中的运动轨迹关于轴对称，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。

（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理 解得 （2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒， 解得乙弹性碰撞后速度 ​​对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化 代入，​得​​​ （3）​碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论： ①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0 ②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0 若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0 综上所述，k满足的关系式为 当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0