湖南省长沙市2026届高三上学期一模物理试卷（Word版附解析）

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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. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据图像斜率可知
根据牛顿第二定律有
可知
故选B。
2. “千帆星座”是我国“卫星互联网”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】
【详解】A．根据牛顿第二定律可得
可得
可知两颗卫星在经过P点时的加速度相同，故A正确；
B．在圆轨道上运动的卫星，由万有引力提供向心力有
可得
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；
（2）用频率为的光照射同一光电管，重复（1）中的步骤，记下电压表的示数。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 若大于，则一定大于
D. 测得普朗克常量值为
【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，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，跟遏止电压无关，故B错误；
C D用频率为的光照射时由动能定理有
得
用频率为的光照射同理有
联立解得
若大于，则一定大于，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“220V 98kW”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B. 输电线路中的电流为2A
C. 升压变压器原、副线圈匝数比为D. 降压变压器原、副线圈匝数比为
【答案】A
【解析】
【详解】AB．输电线路中的电流为
最后用户得到“220V 98kW”的电能，则输电线损耗电功率为
根据
解得输电线路导线电阻为，故A正确，B错误；
C．根据变压器电压与线圈匝数关系可知，故C错误；
D．根据串联电路规律可知
根据变压器电压与线圈匝数关系可知，故D错误；
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，假设某同学头部重为G，若低头看手机时颈椎与竖直方向成，此时颈部肌肉对头的拉力为，由此可以估算颈椎受到的压力为（ ）
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，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
根据正交分解有，
联立得
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（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（ ）
A. 降落伞的机械能守恒B. 降落伞的最大速率为
C. 降落伞运动时间为D. 空气阻力对降落伞做功为
【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
解得 ，故B错误；
C．对降落伞，根据动量定理有
又
解得，故C正确；
D．对降落伞，根据动能定理有
解得，故D错误。
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；
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
C. 小球离地面的最小高度为D. 箱子与地面碰撞损失的机械能为
【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
对小球受力分析，可得回复力
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
方向向上，此时弹簧处于拉伸状态，根据
可得弹力最大值为
对箱子受力分析有
根据牛顿第三定律，可知箱子对地面压力最大值为，故A正确，B错误；
C．小球静止时，对小球受力分析，则有
解得弹簧伸长量为
在简谐最低点时有
解得弹簧伸长量为
联立可得小球离地面的最小高度为，故C错误；
D．小球简谐运动的速度最大，加速度为零，则有
解得
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。根据能量守恒有
解得，故D正确。
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。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，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】
【详解】A．设线框的初速度为，边长为，磁感应强度为，线框进入磁场过程，根据，
解得
根据动量定理有
解得
可知线框进入磁场的过程，随均匀减小，随均匀减小，线框完全进入磁场后突变为0，故A错误；
C．根据
可知，线框进入磁场的过程随均匀减小，线框完全进入磁场后匀速运动，突变为0，故C正确；
B．根据，
可知图像的斜率先逐渐减小，再突变为0，故B错误；
D．线框进入磁场的过程中
可知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，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，小钢球直径________mm，记摆长。
（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________。
（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“”“l”或“”），若图线斜率为k，则重力加速度________。
【答案】（1）20.123##20.124##20.125##20.126##20.127
（2）
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
螺旋测微器固定部分读数为，活动部分读数为
总的读数结果为
【小问2详解】
n次全振动的时间t，周期
【小问3详解】
[1]根据单摆的周期公式
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
[2]由以上表达式可知
可得
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10mA，内阻）
C．电压表V（量程为3V，内阻约为3000Ω）
D．定值电阻
E．定值电阻
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，画出了图像如图所示，则一节该型号干电池的电动势________V，内阻________（结果均保留两位小数）。
【答案】（1）
（2） ①. 甲 ②. 右
（3） ①. 1.49 ②. 1.51
【解析】
【小问1详解】
采用可以将量程扩大至
只能扩大到
电源内阻只有几欧，故需要选用。
【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
设一节干电池电动势为E，内阻为r，由闭合电路欧姆定律
其中为改装后电流表的内阻
由图可知，
得，
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。
（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）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设折射角为r，根据几何关系可知入射角，根据折射定律有
解得
【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
设全反射临界角为，根据
解得
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，所以折射角等于。
【小问3详解】
依题意，作出光路图
根据几何关系，可得
则有，
则可得
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，。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；
（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，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。
【答案】（1）粒子带负电，
（2）
（3）
【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
根据牛顿第二定律有
联立解得
【小问2详解】
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，则有
在x方向上，根据运动学公式有
又已知
联立解得
【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进入电场。设粒子穿过y轴时，与y轴正方向的夹角的最小值为，最大值为。根据几何关系，可知以入射的粒子，将从处进入电场；则有，
解得
以入射的粒子，将从处进入电场，则有，
解得
综上所述，的范围是
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0.5。所有接触面均光滑，重力加速度为g。
（1）求小球A、B碰撞后的速度大小之比；
（2）若轨道C固定，小球B进入轨道后，在与圆心等高的D点时对轨道的压力为2mg，求小球B脱离轨道的位置距水平面的高度；
（3）若轨道C不固定，小球B刚滑入轨道时与A球的距离为l，运动过程中，A球没有接触轨道，B球没有脱离轨道，当B球从轨道上最低点滑出时与A球的距离刚好也为l。求A球的初速度大小需要满足的条件。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设小球A的初速度为，碰撞后，A、B两球的速度大小分别为、
由动量守恒定律得
由题意可知
联立解得
【小问2详解】
B球在D点时，由牛顿第二定律得
设B球在E点脱轨，O、E连线与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律得
对从D运动到E的过程，由机械能守恒得
联立解得
由几何关系，得
【小问3详解】
设小球B从滑入轨道到滑出轨道所经历的时间为t，小球A在此过程中做匀速直线运动，依题意
由B球和轨道C组成的系统水平方向动量守恒
对时间积累可得
即
联立解得
设B球以速度进入轨道恰好不脱离轨道，则B能到达圆形轨道的最高点为与圆心等高处，此时速度为，由水平方向动量守恒，有
由机械能守恒可得
解得
则
又