绝密★启用前
2026 届湖南省高三学业水平选择性考试物理仿真模拟试卷七
【原卷版】
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
温馨提示：根据湖南省教育考试院于 2025年 12月 3日发布的《湖南省普通高中学业水平选择性考试试
卷结构(2025年修订)》，该结构自 2026年起实施。2026年湖南高考物理科目的试卷结构如下：
考试形式与时长：采用闭卷、笔试形式，考试时长为 75分钟，卷面满分为 100分。
试题构成：试题分为选择题和非选择题两大类。
选择题（共 10题，总分 42–43分）
单项选择题：7–8题，每题 4分，总分 28–32分。
多项选择题：2–3题，每题 5分，总分 10–15分。
非选择题（共 5题，总分 57–58分）
题目数量固定为 5题，主要涵盖计算题、实验题和综合应用题，分值较高，更加强调对物理概念的理解、
实验设计与分析、以及综合运用能力的考查。
此次调整的核心变化是减少多项选择题数量，增加单项选择题比例，同时显著提升非选择题的分值权重，体现了对考生基
础知识扎实程度和综合应用能力的双重重视。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共 43 分）
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．[4 分]一带电粒子仅在静电力作用下从 点开始以 0做直线运动，其 图像如图所示.粒子在 0时
刻运动到 点，3 0时刻运动到 点，下列判断正确的是（ ）
A． 、 、 三点的电势关系为 > >
B． 、 、 三点场强大小关系为 > >
C．粒子从 点经 点运动到 点，电势能先增大后减小
D．粒子从 点经 点运动到 点，静电力先做正功后做负功
【知识点】电势、电势能与静电力做功、电场、电场强度
第 1 页，共 13 页
【答案】C
【详解】因为不知道带电粒子的电性,所以无法判断 、 、 三点电势的关系,A错误； 图像的切线
斜率表示加速度,由题图可知,加速度先增大后减小, 点的加速度最大,根据 = 可知, 点电场强度最
大,B错误；由题图可知,带电粒子的速度先减小到零后反向增大,所以动能先减小后增大,仅受静电力作用,
由动能定理得,静电力先做负功后做正功,带电粒子的电势能先增大后减小,C 正确,D错误.
2．[4 分]2024年 8月 6日,在巴黎奥运会跳水项目女子 10米跳台决赛中,中国选手获得金牌．最后一跳中,
中国选手从跳台上竖直向上跃起,跃起后重心升高 0.45m达到最高点,下落时身体竖直手先入水．空气阻力
忽略不计,全过程水平方向的运动忽略不计,重力加速度 g取 10m/s2．则( )
A．中国选手从跳起到入水经过的路程为 10m
B．中国选手向上跃起时的速度大小为 3m/s
C．中国选手起跳后经 0.4s到达最高点
D．中国选手到达最高点前 0.1s重心上升的位移为 0.06m
【知识点】竖直上抛运动及其应用
【答案】B
【详解】中国选手先从 10m高跳台上竖直向上跃起,再入水,位移大小为 10m,由于存在往返运动,可知,路程
大于 10m,A错误;中国选手向上跃起后重心升高 0.45m达到最高点,利用逆向思维,根据速度与位移的关系
v
式有 v2=2gh,解得 v=3m/s,B正确;利用逆向思维,中国选手起跳后到达最高点的时间 t= =0.3s,C错误;结合上
g
述,中国选手到达最高点前 0.1s重心上升的位移,可以视为自由落体 0.1s下落的位移,则有
1 t2 1x= g 1= ×10×0.12m=0.05m,D错误．2 2
3．[4 分]如图所示,竖直面内两个固定在同一水平线上的点电荷,电荷量均为+Q。O为两点电荷连线的中
点,A、B、C位于两点电荷连线的中垂线上,将一电子分别从 A、B、C处由静止释放。已知由 B点出发的
电子在第一次到达 O点的过程中做加速度逐渐减小的变速运动,下列说法正确的是( )
A．EA>EB>EC B．EB>EA>EC
C．φA>φB>φC D．φA<φB<φC
【知识点】几种常见的电场、电势高低的判断
【答案】D
【详解】等量同种电荷的中垂线上的电场强度,由中点向外,先增大后减小,由于从 B点释放的电子加速度减
小,所以 B点可能在最大值处也可能在最大值下方,而 A、C两点具体位置无法判断,故场强大小关系无法判
断,A、B两项错误;沿电场线的方向电势降低,所以φA<φB<φC,C项错误,D项正确。
4．[4 分]某次训练中，一名球员将篮球竖直向下拍出，篮球触地并弹回手中，手的位置不变，以竖直向
下为正方向，不计篮球触地时间和空气阻力，且触地前后速度大小不变。则从篮球被竖直向下拍出到弹
回手中的过程中，篮球的加速度 、速度 、位移 分别随时间 变化的图像可能正确的是（ ）
第 2 页，共 13 页
A. B.
C. D.
【知识点】认识 a-t图像、认识 v－t图像、认识 x－t图像
【答案】D
【详解】根据题意，篮球运动过程中只受到重力，重力方向竖直向下，则加速度应保持不变， 图像
应为一条平行于横轴的直线， 图像的斜率不变，A、B错误；设篮球初始离地高度为 0，下落过程
1
所用时间为 0，初速度为 0,则篮球向下运动的过程中，有 = 20 + （点拨：篮球是竖直向下拍出2
的，有初速度），所以向下运动过程的 图像应为开口向上的抛物线的右半部分的一部分，篮球触地
前后速度大小不变，方向相反，即触地前后 图像切线斜率绝对值大小相等，且向下运动时切线斜率
为正，向上运动时切线斜率为负，在向上运动过程中，有
= 0 ( 0 + 0)( 0) +
1 ( 0)2，所以向上运动过程的 图像为开口向上的抛物线的左2
半部分的一部分，C 错误，D正确。
5．[4 分]如图 1 所示的电路中，甲和乙是两根材料相同的圆柱形金属导体棒，已知乙的长度为甲的两
倍，从甲左端到乙右端电势随导体棒长度变化关系如图 2所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲和乙导体棒中的电流之比为 1:2
B．甲和乙导体棒两端的电压之比为 2:3
C．甲和乙导体棒的横截面积之比为 1:3
D．甲和乙导体棒中自由电荷定向移动的平均速率之比为 1:3
【知识点】电流的形成、理解与微观表达式、电阻定律
【答案】C
【详解】由于导体棒甲和乙串联在电路中，则甲和乙导体棒中的电流之比为 1:1，选项 A 错误；由图可
知导体棒甲两端电压和导体棒乙两端电压分别为U甲=10 V-4 V=6 V，U乙=4 V-0=4 V，则甲和乙导体
棒两端的电压之比为U甲:U乙=6:4=3:2
U
，选项 B 错误；根据 R= 可得甲和乙导体棒的电阻之比为
I
R L ρLp:Rz=Uw:Uz=3:2 ， 根 据 R=ρ ， 可 得 S= ， 则 甲 和 乙 导 体 棒 的 横 截 面 积 之 比 为S R
第 3 页，共 13 页
S甲:S =
L
乙 :
2L =1:3，选项 C 正确；根据 I=neSv 可得甲和乙导体棒中自由电荷定向移动的平均速率之
R R
甲 乙
比为v甲:v乙=S乙:S甲=3:1，选项 D错误。
6．[4 分]某种手机的无线充电原理如图所示。已知发射线圈两端的电压为 50V,电流的频率为 100kHz,
接收线圈两端的电压为 6V,由于发热、漏磁等因素使得充电时效率大约为 55%。下列说法正确的是
（ ）
A. 无线充电工作原理是“电流的磁效应”
B. 接收线圈中电流的频率为 100kHz
C. 无线充电发射线圈与接收线圈匝数比为 25: 3
D. 充电时接收线圈始终有扩大的趋势
【知识点】楞次定律及其应用、理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】B
【详解】无线充电工作原理是变化的电流流过发射线圈会产生变化的磁场，当接收线圈靠近该变化的磁
场时就会产生感应电流给手机充电，利用的是电磁感应现象，A错误；接收线圈中电流的频率与发射线
圈中电流的频率相等，均为 100kHz，B正确；若充电时不漏磁，两线圈可视为理想变压器，功率无损
50 25
耗，匝数比 1 =
1
= 6 = 3 ,但是本题中充电时有漏磁，功率有损耗，所以匝数比不是 25: 3,C错2 2
误；发射线圈接的是交流电，当发射线圈的电流减小时，由楞次定律可知接收线圈有扩大的趋势，当发
射线圈的电流增大时，由楞次定律可知接收线圈有收缩的趋势，D错误。
7．[4 分]我们学习物理要了解物理规律的发现过程，学会科学的观察和思考，树立正确的自然观结合所
学知识，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中伽利略利用斜面实验得到“力不是改变物体运动状态的原因”
B．图乙装置放在电梯内随电梯竖直上升过程中，物体一定处于超重状态
C．图丙中物体的重力可以分解为物体对斜面的压力和使物体沿斜面下滑的力
D．图丁是用来研究合力与分力的关系，利用的主要方法是控制变量法
【知识点】伽利略的理想斜面实验、实验：探究两个互成角度的力的合成规律、超重和失重的应用、运
动的合成与分解
【答案】A
【详解】图甲中伽利略利用斜面实验得到物体运动不需要力来维持，即“力不是改变物体运动状态的原
第 4 页，共 13 页
因”，故 A正确；如果电梯减速上升，加速度向下，则物体处于失重状态，故 B不正确；重力可以分解为
使物体下滑的力和垂直斜面的分力，并不是对斜面的压力，故 C错误；图丁是用来研究合力与分力的关
系，利用的主要方法是等效替代法，故 D错误。
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，有多项是符合题目要求。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．[5 分]如图，固定在竖直面内的光滑轨道 由直线段 和圆弧段 组成，两段相切于 点，
段与水平面夹角为 , 段圆心为 ,最高点为 , 与 的高度差等于圆弧轨道的直径 2 。小球
从 点以初速度 0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达 点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从 到 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从 到 的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度 0 = 2
D．若小球初速度 0增大，小球有可能从 点脱离轨道
【知识点】动能定理的简单应用、平均功率和瞬时功率及其计算
【答案】AD
【详解】小球从 到 的受力分析如图甲所示，沿半径方向,由牛顿第二定律有
2 2
cos 1 = ，解得 = cos 1
，由 到 的过程中， 1逐渐减小， 逐渐减
小，故 逐渐增大，由牛顿第三定律可知，小球从 到 的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；
由 到 的过程中，小球的竖直分速度逐渐减小，故重力的功率逐渐减小，B错误；小球从 到 的过
程中机械能守恒（点拨：小球沿轨道恰好运动到达 点，说明小球运动到 点的速度为零），有
1 2
2 0 = 2 ，解得 0 = 2 ，C错误；若小球初速度 0增大，则小球一定可以到达 点
（关键点：小球只在圆弧段的 点有可能因速度过大而脱离轨道），在 点时对小球进行受力分析如图
2
乙所示，沿半径方向，有 = cos ，当 > cos 时， < 0，则小球会从
点脱离轨道，D正确。
甲 乙
第 5 页，共 13 页
9．[5 分]如图所示，P、Q、M为同一竖直平面内三点，P、Q位于同一条竖直线上，Q、M位于水平地
面上，且 PQ=QM.某一时刻小球甲从 P点水平抛出，同时小球乙从 Q点与 QM成θ角抛出，速度方向如
图，两球在 M点相遇，不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )
A．从抛出到相遇，乙的速度变化量大于甲
B．甲、乙初速度大小之比为 1∶ 2
C．相遇前瞬间，甲、乙速度大小之比为 2∶ 2
D．仅改变乙抛出的θ角，则其落地时一定位于 M点的左侧
【知识点】平抛运动中的追及相遇问题、求解平抛运动、类平抛运动问题
【答案】BD
【详解】本题考查抛体运动的规律.速度变化量为Δv=gt，两球运动时间相等，所以从抛出到相遇，速度变
1
化量大小相等，A错误；两球在 M点相遇，小球甲做平抛运动，则 x=v1t，x= gt2，小球乙做斜上抛运2
动，则 x=v2cos θ·t，v2sin θ=g
，联立可得θ=45° 1， 1= ，B正确；相遇前瞬间，甲的速度大小为 v
2 2 甲2
2 = 1 + ( )2= 5v
甲 5
1，乙的速度大小为 v 乙=v2，所以 = ，C错误；对乙球，有 x=v2cos θ·t，v 2 2sin θ=g ，2
乙
x=
2
2sin2 所以 ，由此可知，当θ=45°时，乙球的水平位移最大，所以若改变乙抛出的θ角，其水平位移减
小，即其落地时一定位于 M点的左侧，D正确.
10．[5 分]如图所示，水平地面上竖直放置着用轻质弹簧拴接的物块 、 ，弹簧劲度系数为 ， 的质量
= 15 0 为 0．质量也为 0的物块 从距 高度为 处由静止释放，与 碰撞后粘在一起，之后它们运动
1
到最高点时， 与地面间的弹力恰好减小为 0．已知弹簧的弹性势能为 = 2p ( 为弹簧的形变量)，2
质量为 的弹簧振子的振动周期为 = 2π ，重力加速度为 ，不计碰撞时间及空气阻力，弹簧足够长
且弹力始终在弹性限度内．下列说法正确的是（ ）
A． 物块 的质量为 2 0
B 2 ． 物块 、 粘在一起后做简谐运动的振幅为 0
C 2π 2 ． 、 碰撞后，第一次运动至最低点的时间为 0
3
D． 、 运动到最低点时，地面对 的支持力大小为 8 0
【知识点】弹簧振子及其运动特点、简谐运动中功与能量问题
第 6 页，共 13 页
【答案】AD
【详解】对 1由动能定理可得 20 = 0 1， 与 碰撞，由动量守恒定律有 0 1 = 2 0 2，对 由受2
力分析可得 0 = 1， 、 碰后一起运动的过程中，系统机械能守恒，在平衡位置时有
2 0 = 2， 、 在最高点时有 2 0 + 3 = 2 0 ，此时对 受力分析可得 3 = ，此时弹簧被
1
拉长 3，弹簧振子的振幅为 = 2 + 3， 、 运动到最高点的过程中，根据机械能守恒定律有 ×2
2 2 + 1 20 2 1 + 2 0 ( 2 1) = 2 0 (
1 2 2 0 4 0
2 3
+ 2) + 2 3，联立解得 3 = ， = ，
= 2 0，A正确，B错误； 、 运动到最低点时，弹簧压缩量为 = 2 + =
6 0 ，弹簧弹力大小为
= 6 0 ，对 受力分析可得 N = 2 0 + ，解得 N = 8 0 ，D正确； 、 碰后，第一次运动至最
1
低点的过程中位移从 变化到 ，则第一次运动到最低点的时间小于 ，弹簧振子的振动周期 =
4 3
2π 0+ 0 = 2π 2 0 2π 2 ，则 < 0，C错误．
3
第二部分（非选择题 共 57 分）
三、非选择题：本大题共 5题，共 57 分。
11．[7 分]某实验小组要测量一段金属丝的电阻率，已知金属丝的电阻约为 10Ω。
(1)用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径 D= mm。紧接着
用标有 l0 等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如图乙所示，则该金属丝的长度 L=
cm.
(2)用欧姆表粗测金属丝的电阻，将选择开关拨到 (选填“×1”“×10”或“×100”)倍率挡，将两表笔插
入插孔，并将两表笔短接，然后进行欧姆调零，将金属丝接在两表笔间，欧姆表指针指在如图丙所示的
位置，则粗测金属丝的电阻为 Ω。
(3)为了精确测量金属丝的电阻，实验室提供了如下器材：
A．电源 E（电动势 2V，内阻不计)
B．电流表A1(量程 150mA，内阻r1约 5Ω)
C．电流表A2(量程 20mA，内阻r2=20Ω)
D．定值电阻R1(阻值为 50Ω)
E．定值电阻R2(阻值为 200Ω)
第 7 页，共 13 页
F．滑动变阻器R3(最大阻值为 5Ω)
G．滑动变阻器R4（最大阻值为 50Ω)
H．开关 S及导线若干
实验要求：测量精度尽量高，电表读数不得小于其量程的三分之一，且指针偏转范围较大。
①在提供的器材中，定值电阻选 ，滑动变阻器选 (填器材前的序号字母)。
②请在图丁所示的方框内画出电路原理图，标出各器材符号。
③通过实验得到多组电流表A1和电流表A2的数据I1和I2，绘制I2与I1的关系图如图戊所示。若图线的斜率
为 k，则电阻丝的电阻Rx的表达式为Rx= 。(用可能用到的符号R1、R2、r1、r2、k表示)
【知识点】实验：导体电阻率的测量、实验：电阻的测量
【答案】(1)1.840 1.838 1.842 ，3.14；(2)×1 10.0 R +r k， 或 10；(3)①D，F，②见解析图，③ 1 2
1-k
【详解】(1)螺旋测微器精度值为 0.01mm，可得金属丝的直径 D=1.5mm+0.01mm×34.0=1.840mm;图乙游
标卡尺精度值为 0.1mm，可得金属丝的长度 L=31mm+0.1mm×4=31.4mm=3.14cm。
(2)因为金属丝电阻约为 10Ω，因此用欧姆表粗测金属丝的电阻，需将选择开关拔到×1倍率挡，将两表笔
插入插孔，并将两表笔短接，然后进行欧姆调零；由欧姆表的读数可知，粗测金属丝的电阻为 10.0Ω。
(3)①电源的电动势为 2V，因此必须由电流表与电阻改装成电压表，从而选取电流表A2与定值电阻R1串
联，可改装成的电压表量程为 U=IG2 r2+R1 =1.4V;定值电阻选 D;滑动变阻器要接成分压电路，则选择阻
值较小的R3即可，即选 F。
②为了尽可能使电表的调节范围较大，因此滑动变阻器采用分压式接法，改装后的电压表内阻已知，因
此电流表采用外接法，如图所示：
③由欧姆定律可知R = I2 R1-r2 I = Rx I k= R R，即 ，可知 x ，解得R = 1+r2 kx 。I1-I 22 R1+r 12 +Rx R1+r2 +R xx 1-k
12．(8分)某学习小组把铜片和锌片相隔约 1 cm插入一个苹果中，制成了一个苹果电池.为了测量该苹果
电池的电动势 E和内阻 r，他们进行了以下实验操作:
(1)先用多用电表的“直流电压 2.5 V”挡粗测苹果电池的电动势，如图甲所示，则多用电表的读数为
V.
第 8 页，共 13 页
甲
若考虑系统误差，则该苹果电池的电动势 E应 测量值(填“大于”“等于”或“小于”).
(2)为验证上述判断，大家想尽可能准确测量出苹果电池的电动势和内阻，他们选用以下器材进一步实验.
A．电阻箱(最大阻值为 9 999.9 Ω)
B．数字电压传感器(内阻可视为无穷大)
C．数据采集器
D．笔记本电脑
E.导线和开关
具体实验步骤如下:
①将该苹果电池与实验器材按图乙所示电路连接；
②调节电阻箱阻值，闭合开关，待示数稳定后，记录电阻箱的阻值 R和数字电压传感器显示的数值 U后
立即断开开关；
乙 丙
③每次将电阻箱的阻值增大 1 000 Ω 1 1，重复以上实验步骤，测量出 R值和 U值，计算出相应的 和 ，并记
录数据；
1 1
④根据数据，绘制出 - 关系图像如图丙中图线 a所示.
请回答下列问题:
(3)根据实验数据绘制的图线 a可得，该苹果电池的电动势为 ，内阻为 (结果均保留两位
有效数字).
(4)若用普通的磁电式电压表代替数字电压传感器进行实验，得到的图像可能是图丙中的 (填
“b”“c”或“d”).
【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏阻法测定电源的电动势与内阻、实验：练习使用多用电
表
【答案】(1)0.85(1分) 大于(1分) (3)1.0 V(2 分) 7.8 kΩ(2分) (4)b(2分)
【详解】(1)直流电压 2.5 V挡的分度值为 0.05 V，则多用电表的读数为 0.85 V.若考虑系统误差，即直流
电压挡的内阻不是无穷大，则该苹果电池的电动势 E应大于测量值.
(3) E=U+ r 1=1 根据闭合电路的欧姆定律有 ，可得 + ·1 1 4.9 1.0，由题图丙可知 =1.0 V-1， = =7.8 kΩ·V-1，可
0.50
得 E=1.0 V，r=7.8 kΩ.
第 9 页，共 13 页
(4)若用普通的磁电式电压表代替数字电压传感器进行实验，则方程变为 E=U+ + r，可得
V
1= 1 + + ·1 1 1，即 - 图像的斜率不变，纵轴截距变大，则得到的图像可能是题图丙中的 b.
V
13．（12分）如图所示，两条平行的金属导轨相距 ，金属导轨的倾斜部分与水平面的夹角为37 ，整
个装置处在竖直向下的磁感应强度大小为 的匀强磁场中。金属棒 和 的质量均为 ，电阻分别
为 和 2 。 置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数为 ， 置于光滑的倾斜导轨上，
两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从 = 0时刻起， 棒在水平外力 1的作用下由静止开始向
右做匀加速直线运动， 则在平行于斜面方向的力 2作用下保持静止状态。 = 1时刻， 2恰好为
零。不计导轨的电阻，水平导轨足够长， 始终在水平导轨上运动。(sin37 = 0.6，cos37 =
0.8，重力加速度为 )
（1） 求 = 1时刻，流过 棒的电流大小 1；
（2） 求 棒的加速度大小 ；
（3） 若 = 1时刻后撤去 1，再经 2时间 棒的速度变为零，求 2时间内 棒的位移 。
【知识点】动量定理及其应用、安培力作用下的平衡问题、导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的
分析与计算
3
【答案】（1） 4
9
（2） 4 2 2 1
3 ( 9 （3） 2 2 4 2 2 2)
【详解】
（1） 金属棒 水平向右做匀加速直线运动，由右手定则可以判断电流方向由 到 ，则 上的
电流方向为由 到 ，由左手定则可以判断 所受安培力方向水平向右， = 1时刻安培力的大小为
安 = 1 （2分）
保持静止状态， = 1时刻， 2恰好为零，根据平衡条件可得 安cos37 = sin37 （1
分）
= 3 解得 1 4 （1分）
（2） = 1时刻，设 的速度大小为 1，则有 1 = 1（1分）
则感应电动势 1 = 1（1分）
又 1 = 1( + 2 )（1分）
9
联立解得 = 4 2 2 （1分）1
（3） 2时间内对 棒，由动量定理可得 2 2 = 0 1（2分）
又 = 2 = 3 2 = 3 （2分）
第 10 页，共 13 页
= 3 9 联立解得 2 2 ( 4 2 2 2)（1分）
14．[14 分]某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道 AB，半径 R=1 m、圆心角为 2θ的圆
弧 BCD，半径为 R、圆心角为θ的圆弧 DE组成，轨道间平滑连接。在轨道末端 E点的右侧足够长的水平
地面 FG上紧靠着质量 M=0.5 kg 的滑板 b，其上表面与轨道末端 E所在的水平面齐平。质量为 m=0.5 kg
的物块 a从轨道 AB上距 B点高度为 h处由静止下滑，经圆弧轨道 BCD滑上轨道 DE。物块 a与滑板 b间
的动摩擦因数μ=0.2。（其他轨道均光滑，物块 a视为质点，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）
（1）若 h=0.3 m，
①求物块 a第一次通过 C点时速度大小和轨道对它的支持力大小;
②保证物块不脱离滑板 b，求滑板的最小长度 L0和这个过程产生的热量 Q;
（2）若仅使滑板 b的长度变为 4L0，物块 a能经轨道滑上滑板 b且不脱离，求释放高度 h的范围。
【知识点】动量守恒与板块模型相结合、应用动能定理求解多阶段、多过程问题、竖直面内圆周运动问
题
【答案】（1）① 10 m/s 10 N ②0.25 m 0.25 J
（2）0.2 m≤h≤0.4 m
【详解】（1）①从释放点到 C点，根据动能定理有
mg（h+R-Rcos θ 1）= m
2
2-0，
解得 vC= 10 m/s，
2
在 C点根据牛顿第二定律有 FN-mg=m ，
解得 FN=10 N。
②从释放点到 E点，根据动能定理有
mg[h-（R-Rcos θ 1）]= m
2
2-0，
解得 vE= 2 m/s，
当物块 a与滑板 b达到共同速度时，此时物块 a恰好未从滑板右侧滑出，此时木板长度最小。运动过程
中，物块 a与滑板 b组成的系统动量守恒，最终速度为 v，根据动量守恒定律有 mvE=（m+M）v，
2
解得 v= m/s，
2
1
根据系统能量守恒有 m 2=Q+
1
（m+M）v2，
2 2
解得 Q=0.25 J，
由 Q=fx 相对=fL0，f=μmg，
解得 L0=0.25 m。
（2）设释放点高度为 h1，物块 a经轨道恰好能到达 E点，即 vE=0，
从释放点到 E点可知 mg[h1-（R-Rcos θ）]=0-0，
第 11 页，共 13 页
解得 h1=0.2 m。
2
设释放点高度为 h2，物块 a经轨道到 D点时恰好未脱离轨道，即在 D点处有 mgcos θ=m ，
解得 vD=2 2 m/s，
从释放点到 D点有 mgh2=
1m 2，
2
解得 h2=0.4 m，
物块 a从 h2处释放，到达 E点，根据动能定理有
mg[h - 12 （R-Rcos θ）]= m 2-0，2
解得 vE=2 m/s，
根据系统动量守恒和能量守恒有
mvE=（m+M）v'，
1m 2=Q+
1
（m+M）v'2，
2 2
解得 Q=0.5 J，
由 Q=fx 相对，得 x 相对=0.5 m<4 L0，
综上所述释放高度 h的范围为 0.2 m≤h≤0.4 m。
15．(16分)如图，物块 A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，用一长 l=0.2 m的细线将小
球 C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上 O点，A、B、C质量均为 M=0.03 kg.初始时，物块 A、B均固定在水
平面上，质量为 m=0.01 kg 的子弹以某一水平初速度射入小球 C(射入时间极短且未射出)，小球 C恰能到
达与 O点等高的 P点.取重力加速度 g=10 m/s2，不计空气阻力.
(1)求子弹初速度的大小.
(2)若解除物块 A、B的固定，子弹仍以相同初速度射入小球 C(射入时间极短且未射出)，求:
Ⅰ.小球 C能上升的最大高度；
Ⅱ.物块 B速度的最大值和刚达到最大值瞬间细线中拉力的大小.
【知识点】动量和能量的综合应用、子弹-木块模型、竖直面内圆周运动问题
【答案】(1)8 m/s (2)Ⅰ:0.12 m Ⅱ:1.6 m/s 1.2 N
【详解】本题考查动量守恒和机械能守恒的综合应用.
(1)设子弹的初速度为 v1，击中 C后，二者共同的速度为 v2，
由动量守恒定律有 mv1=(m+M)v2 (1分)
C 1当 到达 P点时，由机械能守恒定律有 (m+M) 22=(m+M)gl (1分)2
联立求解得 v1=8 m/s，v2= 2 =2 m/s (2分)
(2)Ⅰ:设小球 C到最高点时速度为 v3，由动量守恒定律有
第 12 页，共 13 页
(m+M)v2=(m+3M)v3 (1分)
1 1
由机械能守恒定律有 (m+M) 2 22= (m+3M) 3+(m+M)gh (1分)2 2
解得 h=0.12 m (1分)
Ⅱ:设 C再次回到最低点时速度为 v4，此时物块 A、B恰好分离，B的速度有最大值 v5，由动量守恒定律
(m+M)v2=(m+M)·v4+2Mv5 (1分)
1 1 1
由机械能守恒定律 (m+M) 2= (m+M) 2+ ·2M 2 (1分)
2 2 2 4 2 5
解得 v5=1.6 m/s，v4=-0.4 m/s (2分)
2
在最低点，由牛顿第二定律有 FT-(m+M)g=(m+M)
( 4 5) (2分)
代入数据可得 FT=1.2 N (1分)
第 13 页，共 13 页绝密★启用前
2026届湖南省高三学业水平选择性考试物理仿真模拟试卷七
【原卷版】
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
温馨提示：根据湖南省教育考试院于2025年12月3日发布的《湖南省普通高中学业水平选择性考试试卷结构(2025年修订)》，该结构自2026年起实施。2026年湖南高考物理科目的试卷结构如下：
考试形式与时长 ：采用闭卷、笔试形式，考试时长为75分钟，卷面满分为100分。
试题构成 ：试题分为 选择题 和 非选择题 两大类。
选择题（共10题，总分42–43分）
单项选择题 ：7–8题，每题4分，总分28–32分。
多项选择题 ：2–3题，每题5分，总分10–15分。
非选择题（共5题，总分57–58分）
题目数量固定为5题，主要涵盖计算题、实验题和综合应用题，分值较高，更加强调对物理概念的理解、实验设计与分析、以及综合运用能力的考查。
此次调整的核心变化是 减少多项选择题数量，增加单项选择题比例 ，同时 显著提升非选择题的分值权重 ，体现了对考生基础知识扎实程度和综合应用能力的双重重视。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共43分）
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．[4分]一带电粒子仅在静电力作用下从点开始以做直线运动，其图像如图所示.粒子在时刻运动到点，时刻运动到点，下列判断正确的是（ ）
A．、、三点的电势关系为
B．、、三点场强大小关系为
C．粒子从点经点运动到点，电势能先增大后减小
D．粒子从点经点运动到点，静电力先做正功后做负功
2．[4分]2024年8月6日,在巴黎奥运会跳水项目女子10米跳台决赛中,中国选手获得金牌．最后一跳中,中国选手从跳台上竖直向上跃起,跃起后重心升高0.45m达到最高点,下落时身体竖直手先入水．空气阻力忽略不计,全过程水平方向的运动忽略不计,重力加速度g取10m/s2．则( )
A．中国选手从跳起到入水经过的路程为10m
B．中国选手向上跃起时的速度大小为3m/s
C．中国选手起跳后经0.4s到达最高点
D．中国选手到达最高点前0.1s重心上升的位移为0.06m
3．[4分]如图所示,竖直面内两个固定在同一水平线上的点电荷,电荷量均为+Q。O为两点电荷连线的中点,A、B、C位于两点电荷连线的中垂线上,将一电子分别从A、B、C处由静止释放。已知由B点出发的电子在第一次到达O点的过程中做加速度逐渐减小的变速运动,下列说法正确的是( )
A．EA>EB>EC B．EB>EA>EC
C．φA>φB>φC D．φA<φB<φC
4．[4分]某次训练中，一名球员将篮球竖直向下拍出，篮球触地并弹回手中，手的位置不变，以竖直向下为正方向，不计篮球触地时间和空气阻力，且触地前后速度大小不变。则从篮球被竖直向下拍出到弹回手中的过程中，篮球的加速度、速度、位移分别随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
5．[4分]如图1所示的电路中，甲和乙是两根材料相同的圆柱形金属导体棒，已知乙的长度为甲的两倍，从甲左端到乙右端电势随导体棒长度变化关系如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲和乙导体棒中的电流之比为
B．甲和乙导体棒两端的电压之比为
C．甲和乙导体棒的横截面积之比为
D．甲和乙导体棒中自由电荷定向移动的平均速率之比为
6．[4分]某种手机的无线充电原理如图所示。已知发射线圈两端的电压为,电流的频率为,接收线圈两端的电压为,由于发热、漏磁等因素使得充电时效率大约为。下列说法正确的是（ ）
A. 无线充电工作原理是“电流的磁效应”
B. 接收线圈中电流的频率为
C. 无线充电发射线圈与接收线圈匝数比为
D. 充电时接收线圈始终有扩大的趋势
7．[4分]我们学习物理要了解物理规律的发现过程，学会科学的观察和思考，树立正确的自然观结合所学知识，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中伽利略利用斜面实验得到“力不是改变物体运动状态的原因”
B．图乙装置放在电梯内随电梯竖直上升过程中，物体不一定处于超重状态
C．图丙中物体的重力可以分解为物体对斜面的压力和使物体沿斜面下滑的力
D．图丁是用来研究合力与分力的关系，利用的主要方法是控制变量法
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，有多项是符合题目要求。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．[6分]如图，固定在竖直面内的光滑轨道由直线段和圆弧段组成，两段相切于点，段与水平面夹角为 ,段圆心为,最高点为,与的高度差等于圆弧轨道的直径。小球从点以初速度冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从到的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从到的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度
D．若小球初速度增大，小球有可能从点脱离轨道
9．[6分]如图所示，P、Q、M为同一竖直平面内三点，P、Q位于同一条竖直线上，Q、M位于水平地面上，且PQ=QM.某一时刻小球甲从P点水平抛出，同时小球乙从Q点与QM成θ角抛出，速度方向如图，两球在M点相遇，不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )
A．从抛出到相遇，乙的速度变化量大于甲
B．甲、乙初速度大小之比为1∶
C．相遇前瞬间，甲、乙速度大小之比为2∶
D．仅改变乙抛出的θ角，则其落地时一定位于M点的左侧
10．[6分]如图所示，水平地面上竖直放置着用轻质弹簧拴接的物块、，弹簧劲度系数为，的质量为．质量也为的物块从距高度为处由静止释放，与碰撞后粘在一起，之后它们运动到最高点时，与地面间的弹力恰好减小为0．已知弹簧的弹性势能为为弹簧的形变量，质量为的弹簧振子的振动周期为，重力加速度为，不计碰撞时间及空气阻力，弹簧足够长且弹力始终在弹性限度内．下列说法正确的是（ ）
A． 物块的质量为
B． 物块、粘在一起后做简谐运动的振幅为
C． 、碰撞后，第一次运动至最低点的时间为
D． 、运动到最低点时，地面对的支持力大小为
第二部分（非选择题 共57分）
三、非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[7分]某实验小组要测量一段金属丝的电阻率，已知金属丝的电阻约为。
(1)用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径 mm。紧接着用标有l0等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如图乙所示，则该金属丝的长度 cm.
(2)用欧姆表粗测金属丝的电阻，将选择开关拨到 (选填“×1”“×10”或“×100”)倍率挡，将两表笔插入插孔，并将两表笔短接，然后进行欧姆调零，将金属丝接在两表笔间，欧姆表指针指在如图丙所示的位置，则粗测金属丝的电阻为 。
(3)为了精确测量金属丝的电阻，实验室提供了如下器材：
A．电源（电动势，内阻不计)
B．电流表(量程，内阻约
C．电流表(量程，内阻
D．定值电阻(阻值为
E．定值电阻(阻值为
F．滑动变阻器(最大阻值为
G．滑动变阻器（最大阻值为
H．开关及导线若干
实验要求：测量精度尽量高，电表读数不得小于其量程的三分之一，且指针偏转范围较大。
①在提供的器材中，定值电阻选 ，滑动变阻器选 (填器材前的序号字母)。
②请在图丁所示的方框内画出电路原理图，标出各器材符号。
③通过实验得到多组电流表和电流表的数据和，绘制与的关系图如图戊所示。若图线的斜率为，则电阻丝的电阻的表达式为 。(用可能用到的符号表示)
12．(8分)某学习小组把铜片和锌片相隔约1 cm插入一个苹果中，制成了一个苹果电池.为了测量该苹果电池的电动势E和内阻r，他们进行了以下实验操作:
(1)先用多用电表的“直流电压2.5 V”挡粗测苹果电池的电动势，如图甲所示，则多用电表的读数为 V.
甲
若考虑系统误差，则该苹果电池的电动势E应 测量值(填“大于”“等于”或“小于”).
(2)为验证上述判断，大家想尽可能准确测量出苹果电池的电动势和内阻，他们选用以下器材进一步实验.
A．电阻箱(最大阻值为9 999.9 Ω)
B．数字电压传感器(内阻可视为无穷大)
C．数据采集器
D．笔记本电脑
E.导线和开关
具体实验步骤如下:
①将该苹果电池与实验器材按图乙所示电路连接；
②调节电阻箱阻值，闭合开关，待示数稳定后，记录电阻箱的阻值R和数字电压传感器显示的数值U后立即断开开关；
乙 丙
③每次将电阻箱的阻值增大1 000 Ω，重复以上实验步骤，测量出R值和U值，计算出相应的和，并记录数据；
④根据数据，绘制出-关系图像如图丙中图线a所示.
请回答下列问题:
(3)根据实验数据绘制的图线a可得，该苹果电池的电动势为 ，内阻为 (结果均保留两位有效数字).
(4)若用普通的磁电式电压表代替数字电压传感器进行实验，得到的图像可能是图丙中的 (填“b”“c”或“d”).
13．（12分）如图所示，两条平行的金属导轨相距，金属导轨的倾斜部分与水平面的夹角为 ，整个装置处在竖直向下的磁感应强度大小为的匀强磁场中。金属棒和的质量均为，电阻分别为和。置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数为 ，置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从时刻起，棒在水平外力的作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，则在平行于斜面方向的力作用下保持静止状态。时刻，恰好为零。不计导轨的电阻，水平导轨足够长，始终在水平导轨上运动。，，重力加速度为
（1） 求时刻，流过棒的电流大小；
（2） 求棒的加速度大小；
（3） 若时刻后撤去，再经时间棒的速度变为零，求时间内棒的位移。
14．[14]某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1 m、圆心角为2θ的圆弧BCD，半径为R、圆心角为θ的圆弧DE组成，轨道间平滑连接。在轨道末端E点的右侧足够长的水平地面FG上紧靠着质量M=0.5 kg的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。质量为m=0.5 kg的物块a从轨道AB上距B点高度为h处由静止下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与滑板b间的动摩擦因数μ=0.2。（其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）
（1）若h=0.3 m，
①求物块a第一次通过C点时速度大小和轨道对它的支持力大小;
②保证物块不脱离滑板b，求滑板的最小长度L0和这个过程产生的热量Q;
（2）若仅使滑板b的长度变为4L0，物块a能经轨道滑上滑板b且不脱离，求释放高度h的范围。
15．[8分](14分)如图，物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，用一长l=0.2 m的细线将小球C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上O点，A、B、C质量均为M=0.03 kg.初始时，物块A、B均固定在水平面上，质量为m=0.01 kg的子弹以某一水平初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，小球C恰能到达与O点等高的P点.取重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力.
(1)求子弹初速度的大小.
(2)若解除物块A、B的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，求:
Ⅰ.小球C能上升的最大高度；
Ⅱ.物块B速度的最大值和刚达到最大值瞬间细线中拉力的大小.
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页绝密★启用前
2026 届湖南省高三学业水平选择性考试物理仿真模拟试卷七
【原卷版】
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
温馨提示：根据湖南省教育考试院于 2025年 12月 3日发布的《湖南省普通高中学业水平选择性考试试
卷结构(2025年修订)》，该结构自 2026年起实施。2026年湖南高考物理科目的试卷结构如下：
考试形式与时长：采用闭卷、笔试形式，考试时长为 75分钟，卷面满分为 100分。
试题构成：试题分为选择题和非选择题两大类。
选择题（共 10题，总分 42–43分）
单项选择题：7–8题，每题 4分，总分 28–32分。
多项选择题：2–3题，每题 5分，总分 10–15分。
非选择题（共 5题，总分 57–58分）
题目数量固定为 5题，主要涵盖计算题、实验题和综合应用题，分值较高，更加强调对物理概念的理解、
实验设计与分析、以及综合运用能力的考查。
此次调整的核心变化是减少多项选择题数量，增加单项选择题比例，同时显著提升非选择题的分值权重，体现了对考生基
础知识扎实程度和综合应用能力的双重重视。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共 43 分）
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．[4 分]一带电粒子仅在静电力作用下从 点开始以 0做直线运动，其 图像如图所示.粒子在 0时
刻运动到 点，3 0时刻运动到 点，下列判断正确的是（ ）
A． 、 、 三点的电势关系为 > >
B． 、 、 三点场强大小关系为 > >
C．粒子从 点经 点运动到 点，电势能先增大后减小
D．粒子从 点经 点运动到 点，静电力先做正功后做负功
第 1 页，共 8 页
2．[4 分]2024年 8月 6日,在巴黎奥运会跳水项目女子 10米跳台决赛中,中国选手获得金牌．最后一跳中,
中国选手从跳台上竖直向上跃起,跃起后重心升高 0.45m达到最高点,下落时身体竖直手先入水．空气阻力
忽略不计,全过程水平方向的运动忽略不计,重力加速度 g取 10m/s2．则( )
A．中国选手从跳起到入水经过的路程为 10m
B．中国选手向上跃起时的速度大小为 3m/s
C．中国选手起跳后经 0.4s到达最高点
D．中国选手到达最高点前 0.1s重心上升的位移为 0.06m
3．[4 分]如图所示,竖直面内两个固定在同一水平线上的点电荷,电荷量均为+Q。O为两点电荷连线的中
点,A、B、C位于两点电荷连线的中垂线上,将一电子分别从 A、B、C处由静止释放。已知由 B点出发的
电子在第一次到达 O点的过程中做加速度逐渐减小的变速运动,下列说法正确的是( )
A．EA>EB>EC B．EB>EA>EC
C．φA>φB>φC D．φA<φB<φC
4．[4 分]某次训练中，一名球员将篮球竖直向下拍出，篮球触地并弹回手中，手的位置不变，以竖直向
下为正方向，不计篮球触地时间和空气阻力，且触地前后速度大小不变。则从篮球被竖直向下拍出到弹
回手中的过程中，篮球的加速度 、速度 、位移 分别随时间 变化的图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
5．[4 分]如图 1 所示的电路中，甲和乙是两根材料相同的圆柱形金属导体棒，已知乙的长度为甲的两
倍，从甲左端到乙右端电势随导体棒长度变化关系如图 2所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲和乙导体棒中的电流之比为 1:2
B．甲和乙导体棒两端的电压之比为 2:3
C．甲和乙导体棒的横截面积之比为 1:3
D．甲和乙导体棒中自由电荷定向移动的平均速率之比为 1:3
第 2 页，共 8 页
6．[4 分]某种手机的无线充电原理如图所示。已知发射线圈两端的电压为 50V,电流的频率为 100kHz,
接收线圈两端的电压为 6V,由于发热、漏磁等因素使得充电时效率大约为 55%。下列说法正确的是
（ ）
A. 无线充电工作原理是“电流的磁效应”
B. 接收线圈中电流的频率为 100kHz
C. 无线充电发射线圈与接收线圈匝数比为 25: 3
D. 充电时接收线圈始终有扩大的趋势
7．[4 分]我们学习物理要了解物理规律的发现过程，学会科学的观察和思考，树立正确的自然观结合所
学知识，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中伽利略利用斜面实验得到“力不是改变物体运动状态的原因”
B．图乙装置放在电梯内随电梯竖直上升过程中，物体不一定处于超重状态
C．图丙中物体的重力可以分解为物体对斜面的压力和使物体沿斜面下滑的力
D．图丁是用来研究合力与分力的关系，利用的主要方法是控制变量法
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，有多项是符合题目要求。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．[6 分]如图，固定在竖直面内的光滑轨道 由直线段 和圆弧段 组成，两段相切于 点，
段与水平面夹角为 , 段圆心为 ,最高点为 , 与 的高度差等于圆弧轨道的直径 2 。小球
从 点以初速度 0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达 点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从 到 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从 到 的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度 0 = 2
D．若小球初速度 0增大，小球有可能从 点脱离轨道
9．[6 分]如图所示，P、Q、M为同一竖直平面内三点，P、Q位于同一条竖直线上，Q、M位于水平地
面上，且 PQ=QM.某一时刻小球甲从 P点水平抛出，同时小球乙从 Q点与 QM成θ角抛出，速度方向如
图，两球在 M点相遇，不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )
第 3 页，共 8 页
A．从抛出到相遇，乙的速度变化量大于甲
B．甲、乙初速度大小之比为 1∶ 2
C．相遇前瞬间，甲、乙速度大小之比为 2∶ 2
D．仅改变乙抛出的θ角，则其落地时一定位于 M点的左侧
10．[6 分]如图所示，水平地面上竖直放置着用轻质弹簧拴接的物块 、 ，弹簧劲度系数为 ， 的质量
15 0 为 0．质量也为 0的物块 从距 高度为 = 处由静止释放，与 碰撞后粘在一起，之后它们运动
1
到最高点时， 与地面间的弹力恰好减小为 0．已知弹簧的弹性势能为 p = 2( 为弹簧的形变量)，2
质量为 的弹簧振子的振动周期为 = 2π ，重力加速度为 ，不计碰撞时间及空气阻力，弹簧足够长
且弹力始终在弹性限度内．下列说法正确的是（ ）
A． 物块 的质量为 2 0
B． 物块 2 、 粘在一起后做简谐运动的振幅为 0
C． 、 2π 2 碰撞后，第一次运动至最低点的时间为 0
3
D． 、 运动到最低点时，地面对 的支持力大小为 8 0
第二部分（非选择题 共 57 分）
三、非选择题：本大题共 5题，共 57 分。
11．[7 分]某实验小组要测量一段金属丝的电阻率，已知金属丝的电阻约为 10Ω。
(1)用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径 D= mm。紧接着
用标有 l0 等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如图乙所示，则该金属丝的长度 L=
cm.
(2)用欧姆表粗测金属丝的电阻，将选择开关拨到 (选填“×1”“×10”或“×100”)倍率挡，将两表笔插
入插孔，并将两表笔短接，然后进行欧姆调零，将金属丝接在两表笔间，欧姆表指针指在如图丙所示的
位置，则粗测金属丝的电阻为 Ω。
第 4 页，共 8 页
(3)为了精确测量金属丝的电阻，实验室提供了如下器材：
A．电源 E（电动势 2V，内阻不计)
B．电流表A1(量程 150mA，内阻r1约 5Ω)
C．电流表A2(量程 20mA，内阻r2=20Ω)
D．定值电阻R1(阻值为 50Ω)
E．定值电阻R2(阻值为 200Ω)
F．滑动变阻器R3(最大阻值为 5Ω)
G．滑动变阻器R4（最大阻值为 50Ω)
H．开关 S及导线若干
实验要求：测量精度尽量高，电表读数不得小于其量程的三分之一，且指针偏转范围较大。
①在提供的器材中，定值电阻选 ，滑动变阻器选 (填器材前的序号字母)。
②请在图丁所示的方框内画出电路原理图，标出各器材符号。
③通过实验得到多组电流表A1和电流表A2的数据I1和I2，绘制I2与I1的关系图如图戊所示。若图线的斜率
为 k，则电阻丝的电阻Rx的表达式为Rx= 。(用可能用到的符号R1、R2、r1、r2、k表示)
12．(8分)某学习小组把铜片和锌片相隔约 1 cm插入一个苹果中，制成了一个苹果电池.为了测量该苹果
电池的电动势 E和内阻 r，他们进行了以下实验操作:
(1)先用多用电表的“直流电压 2.5 V”挡粗测苹果电池的电动势，如图甲所示，则多用电表的读数为
V.
甲
若考虑系统误差，则该苹果电池的电动势 E应 测量值(填“大于”“等于”或“小于”).
(2)为验证上述判断，大家想尽可能准确测量出苹果电池的电动势和内阻，他们选用以下器材进一步实验.
A．电阻箱(最大阻值为 9 999.9 Ω)
第 5 页，共 8 页
B．数字电压传感器(内阻可视为无穷大)
C．数据采集器
D．笔记本电脑
E.导线和开关
具体实验步骤如下:
①将该苹果电池与实验器材按图乙所示电路连接；
②调节电阻箱阻值，闭合开关，待示数稳定后，记录电阻箱的阻值 R和数字电压传感器显示的数值 U后
立即断开开关；
乙 丙
③每次将电阻箱的阻值增大 1 000 Ω 1 1，重复以上实验步骤，测量出 R值和 U值，计算出相应的 和 ，并记
录数据；
1 1
④根据数据，绘制出 - 关系图像如图丙中图线 a所示.
请回答下列问题:
(3)根据实验数据绘制的图线 a可得，该苹果电池的电动势为 ，内阻为 (结果均保留两位
有效数字).
(4)若用普通的磁电式电压表代替数字电压传感器进行实验，得到的图像可能是图丙中的 (填
“b”“c”或“d”).
13．（12分）如图所示，两条平行的金属导轨相距 ，金属导轨的倾斜部分与水平面的夹角为37 ，整
个装置处在竖直向下的磁感应强度大小为 的匀强磁场中。金属棒 和 的质量均为 ，电阻分别
为 和 2 。 置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数为 ， 置于光滑的倾斜导轨上，
两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从 = 0时刻起， 棒在水平外力 1的作用下由静止开始向
右做匀加速直线运动， 则在平行于斜面方向的力 2作用下保持静止状态。 = 1时刻， 2恰好为
零。不计导轨的电阻，水平导轨足够长， 始终在水平导轨上运动。(sin37 = 0.6，cos37 =
0.8，重力加速度为 )
（1） 求 = 1时刻，流过 棒的电流大小 1；
（2） 求 棒的加速度大小 ；
（3） 若 = 1时刻后撤去 1，再经 2时间 棒的速度变为零，求 2时间内 棒的位移 。
14．[14]某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道 AB，半径 R=1 m、圆心角为 2θ的圆弧
BCD，半径为 R、圆心角为θ的圆弧 DE组成，轨道间平滑连接。在轨道末端 E点的右侧足够长的水平地
面 FG上紧靠着质量 M=0.5 kg 的滑板 b，其上表面与轨道末端 E所在的水平面齐平。质量为 m=0.5 kg 的
第 6 页，共 8 页
物块 a从轨道 AB上距 B点高度为 h处由静止下滑，经圆弧轨道 BCD滑上轨道 DE。物块 a与滑板 b间的
动摩擦因数μ=0.2。（其他轨道均光滑，物块 a视为质点，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）
（1）若 h=0.3 m，
①求物块 a第一次通过 C点时速度大小和轨道对它的支持力大小;
②保证物块不脱离滑板 b，求滑板的最小长度 L0和这个过程产生的热量 Q;
（2）若仅使滑板 b的长度变为 4L0，物块 a能经轨道滑上滑板 b且不脱离，求释放高度 h的范围。
15．[8 分](14分)如图，物块 A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，用一长 l=0.2 m的细
线将小球 C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上 O点，A、B、C质量均为 M=0.03 kg.初始时，物块 A、B均固
定在水平面上，质量为 m=0.01 kg的子弹以某一水平初速度射入小球 C(射入时间极短且未射出)，小球 C
恰能到达与 O点等高的 P点.取重力加速度 g=10 m/s2，不计空气阻力.
(1)求子弹初速度的大小.
(2)若解除物块 A、B的固定，子弹仍以相同初速度射入小球 C(射入时间极短且未射出)，求:
Ⅰ.小球 C能上升的最大高度；
Ⅱ.物块 B速度的最大值和刚达到最大值瞬间细线中拉力的大小.
第 7 页，共 8 页
第 8 页，共 8 页绝密★启用前
2026届湖南省高三学业水平选择性考试物理仿真模拟试卷七
【原卷版】
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
温馨提示：根据湖南省教育考试院于2025年12月3日发布的《湖南省普通高中学业水平选择性考试试卷结构(2025年修订)》，该结构自2026年起实施。2026年湖南高考物理科目的试卷结构如下：
考试形式与时长 ：采用闭卷、笔试形式，考试时长为75分钟，卷面满分为100分。
试题构成 ：试题分为 选择题 和 非选择题 两大类。
选择题（共10题，总分42–43分）
单项选择题 ：7–8题，每题4分，总分28–32分。
多项选择题 ：2–3题，每题5分，总分10–15分。
非选择题（共5题，总分57–58分）
题目数量固定为5题，主要涵盖计算题、实验题和综合应用题，分值较高，更加强调对物理概念的理解、实验设计与分析、以及综合运用能力的考查。
此次调整的核心变化是 减少多项选择题数量，增加单项选择题比例 ，同时 显著提升非选择题的分值权重 ，体现了对考生基础知识扎实程度和综合应用能力的双重重视。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共43分）
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．[4分]一带电粒子仅在静电力作用下从点开始以做直线运动，其图像如图所示.粒子在时刻运动到点，时刻运动到点，下列判断正确的是（ ）
A．、、三点的电势关系为
B．、、三点场强大小关系为
C．粒子从点经点运动到点，电势能先增大后减小
D．粒子从点经点运动到点，静电力先做正功后做负功
【知识点】电势、电势能与静电力做功、电场、电场强度
【答案】C
【详解】因为不知道带电粒子的电性,所以无法判断、、三点电势的关系,错误；图像的切线斜率表示加速度,由题图可知,加速度先增大后减小,点的加速度最大,根据可知,点电场强度最大,错误；由题图可知,带电粒子的速度先减小到零后反向增大,所以动能先减小后增大,仅受静电力作用,由动能定理得,静电力先做负功后做正功,带电粒子的电势能先增大后减小,正确,错误.
2．[4分]2024年8月6日,在巴黎奥运会跳水项目女子10米跳台决赛中,中国选手获得金牌．最后一跳中,中国选手从跳台上竖直向上跃起,跃起后重心升高0.45m达到最高点,下落时身体竖直手先入水．空气阻力忽略不计,全过程水平方向的运动忽略不计,重力加速度g取10m/s2．则( )
A．中国选手从跳起到入水经过的路程为10m
B．中国选手向上跃起时的速度大小为3m/s
C．中国选手起跳后经0.4s到达最高点
D．中国选手到达最高点前0.1s重心上升的位移为0.06m
【知识点】竖直上抛运动及其应用
【答案】B
【详解】中国选手先从10m高跳台上竖直向上跃起,再入水,位移大小为10m,由于存在往返运动,可知,路程大于10m,A错误;中国选手向上跃起后重心升高0.45m达到最高点,利用逆向思维,根据速度与位移的关系式有v2=2gh,解得v=3m/s,B正确;利用逆向思维,中国选手起跳后到达最高点的时间t==0.3s,C错误;结合上述,中国选手到达最高点前0.1s重心上升的位移,可以视为自由落体0.1s下落的位移,则有x=g=×10×0.12m=0.05m,D错误．
3．[4分]如图所示,竖直面内两个固定在同一水平线上的点电荷,电荷量均为+Q。O为两点电荷连线的中点,A、B、C位于两点电荷连线的中垂线上,将一电子分别从A、B、C处由静止释放。已知由B点出发的电子在第一次到达O点的过程中做加速度逐渐减小的变速运动,下列说法正确的是( )
A．EA>EB>EC B．EB>EA>EC
C．φA>φB>φC D．φA<φB<φC
【知识点】几种常见的电场、电势高低的判断
【答案】D
【详解】等量同种电荷的中垂线上的电场强度,由中点向外,先增大后减小,由于从B点释放的电子加速度减小,所以B点可能在最大值处也可能在最大值下方,而A、C两点具体位置无法判断,故场强大小关系无法判断,A、B两项错误;沿电场线的方向电势降低,所以φA<φB<φC,C项错误,D项正确。
4．[4分]某次训练中，一名球员将篮球竖直向下拍出，篮球触地并弹回手中，手的位置不变，以竖直向下为正方向，不计篮球触地时间和空气阻力，且触地前后速度大小不变。则从篮球被竖直向下拍出到弹回手中的过程中，篮球的加速度、速度、位移分别随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【知识点】认识a-t图像、认识v－t图像、认识x－t图像
【答案】D
【详解】根据题意，篮球运动过程中只受到重力，重力方向竖直向下，则加速度应保持不变，图像应为一条平行于横轴的直线，图像的斜率不变，、错误；设篮球初始离地高度为，下落过程所用时间为，初速度为,则篮球向下运动的过程中，有（点拨：篮球是竖直向下拍出的，有初速度），所以向下运动过程的图像应为开口向上的抛物线的右半部分的一部分，篮球触地前后速度大小不变，方向相反，即触地前后图像切线斜率绝对值大小相等，且向下运动时切线斜率为正，向上运动时切线斜率为负，在向上运动过程中，有，所以向上运动过程的图像为开口向上的抛物线的左半部分的一部分，错误，正确。
5．[4分]如图1所示的电路中，甲和乙是两根材料相同的圆柱形金属导体棒，已知乙的长度为甲的两倍，从甲左端到乙右端电势随导体棒长度变化关系如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲和乙导体棒中的电流之比为
B．甲和乙导体棒两端的电压之比为
C．甲和乙导体棒的横截面积之比为
D．甲和乙导体棒中自由电荷定向移动的平均速率之比为
【知识点】电流的形成、理解与微观表达式、电阻定律
【答案】C
【详解】由于导体棒甲和乙串联在电路中，则甲和乙导体棒中的电流之比为，选项错误；由图可知导体棒甲两端电压和导体棒乙两端电压分别为，则甲和乙导体棒两端的电压之比为，选项错误；根据可得甲和乙导体棒的电阻之比为，根据，可得，则甲和乙导体棒的横截面积之比为，选项正确；根据可得甲和乙导体棒中自由电荷定向移动的平均速率之比为，选项错误。
6．[4分]某种手机的无线充电原理如图所示。已知发射线圈两端的电压为,电流的频率为,接收线圈两端的电压为,由于发热、漏磁等因素使得充电时效率大约为。下列说法正确的是（ ）
A. 无线充电工作原理是“电流的磁效应”
B. 接收线圈中电流的频率为
C. 无线充电发射线圈与接收线圈匝数比为
D. 充电时接收线圈始终有扩大的趋势
【知识点】楞次定律及其应用、理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】B
【详解】无线充电工作原理是变化的电流流过发射线圈会产生变化的磁场，当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给手机充电，利用的是电磁感应现象，错误；接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相等，均为，正确；若充电时不漏磁，两线圈可视为理想变压器，功率无损耗，匝数比,但是本题中充电时有漏磁，功率有损耗，所以匝数比不是,错误；发射线圈接的是交流电，当发射线圈的电流减小时，由楞次定律可知接收线圈有扩大的趋势，当发射线圈的电流增大时，由楞次定律可知接收线圈有收缩的趋势，错误。
7．[4分]我们学习物理要了解物理规律的发现过程，学会科学的观察和思考，树立正确的自然观结合所学知识，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中伽利略利用斜面实验得到“力不是改变物体运动状态的原因”
B．图乙装置放在电梯内随电梯竖直上升过程中，物体一定处于超重状态
C．图丙中物体的重力可以分解为物体对斜面的压力和使物体沿斜面下滑的力
D．图丁是用来研究合力与分力的关系，利用的主要方法是控制变量法
【知识点】伽利略的理想斜面实验、实验：探究两个互成角度的力的合成规律、超重和失重的应用、运动的合成与分解
【答案】A
【详解】图甲中伽利略利用斜面实验得到物体运动不需要力来维持，即“力不是改变物体运动状态的原因”，故A正确；如果电梯减速上升，加速度向下，则物体处于失重状态，故B不正确；重力可以分解为使物体下滑的力和垂直斜面的分力，并不是对斜面的压力，故C错误；图丁是用来研究合力与分力的关系，利用的主要方法是等效替代法，故D错误。
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，有多项是符合题目要求。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．[5分]如图，固定在竖直面内的光滑轨道由直线段和圆弧段组成，两段相切于点，段与水平面夹角为 ,段圆心为,最高点为,与的高度差等于圆弧轨道的直径。小球从点以初速度冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从到的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从到的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度
D．若小球初速度增大，小球有可能从点脱离轨道
【知识点】动能定理的简单应用、平均功率和瞬时功率及其计算
【答案】AD
【详解】小球从到的受力分析如图甲所示，沿半径方向,由牛顿第二定律有，解得，由到的过程中，逐渐减小，逐渐减小，故逐渐增大，由牛顿第三定律可知，小球从到的过程中，对轨道的压力逐渐增大，正确；由到的过程中，小球的竖直分速度逐渐减小，故重力的功率逐渐减小，错误；小球从到的过程中机械能守恒（点拨：小球沿轨道恰好运动到达点，说明小球运动到点的速度为零），有，解得，错误；若小球初速度增大，则小球一定可以到达点（关键点：小球只在圆弧段的点有可能因速度过大而脱离轨道），在点时对小球进行受力分析如图乙所示，沿半径方向，有，当时，，则小球会从点脱离轨道，正确。
甲 乙
9．[5分]如图所示，P、Q、M为同一竖直平面内三点，P、Q位于同一条竖直线上，Q、M位于水平地面上，且PQ=QM.某一时刻小球甲从P点水平抛出，同时小球乙从Q点与QM成θ角抛出，速度方向如图，两球在M点相遇，不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )
A．从抛出到相遇，乙的速度变化量大于甲
B．甲、乙初速度大小之比为1∶
C．相遇前瞬间，甲、乙速度大小之比为2∶
D．仅改变乙抛出的θ角，则其落地时一定位于M点的左侧
【知识点】平抛运动中的追及相遇问题、求解平抛运动、类平抛运动问题
【答案】BD
【详解】本题考查抛体运动的规律.速度变化量为Δv=gt，两球运动时间相等，所以从抛出到相遇，速度变化量大小相等，A错误；两球在M点相遇，小球甲做平抛运动，则x=v1t，x=gt2，小球乙做斜上抛运动，则x=v2cos θ·t，v2sin θ=g，联立可得θ=45°，=，B正确；相遇前瞬间，甲的速度大小为v甲==v1，乙的速度大小为v乙=v2，所以=，C错误；对乙球，有x=v2cos θ·t，v2sin θ=g，所以x=，由此可知，当θ=45°时，乙球的水平位移最大，所以若改变乙抛出的θ角，其水平位移减小，即其落地时一定位于M点的左侧，D正确.
10．[5分]如图所示，水平地面上竖直放置着用轻质弹簧拴接的物块、，弹簧劲度系数为，的质量为．质量也为的物块从距高度为处由静止释放，与碰撞后粘在一起，之后它们运动到最高点时，与地面间的弹力恰好减小为0．已知弹簧的弹性势能为为弹簧的形变量，质量为的弹簧振子的振动周期为，重力加速度为，不计碰撞时间及空气阻力，弹簧足够长且弹力始终在弹性限度内．下列说法正确的是（ ）
A． 物块的质量为
B． 物块、粘在一起后做简谐运动的振幅为
C． 、碰撞后，第一次运动至最低点的时间为
D． 、运动到最低点时，地面对的支持力大小为
【知识点】弹簧振子及其运动特点、简谐运动中功与能量问题
【答案】AD
【详解】对由动能定理可得，与碰撞，由动量守恒定律有，对由受力分析可得，、碰后一起运动的过程中，系统机械能守恒，在平衡位置时有，、在最高点时有，此时对受力分析可得，此时弹簧被拉长，弹簧振子的振幅为，、运动到最高点的过程中，根据机械能守恒定律有，联立解得，，，正确，错误；、运动到最低点时，弹簧压缩量为，弹簧弹力大小为，对受力分析可得，解得，正确；、碰后，第一次运动至最低点的过程中位移从变化到，则第一次运动到最低点的时间小于，弹簧振子的振动周期，则，错误．
第二部分（非选择题 共57分）
三、非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[7分]某实验小组要测量一段金属丝的电阻率，已知金属丝的电阻约为。
(1)用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径 mm。紧接着用标有l0等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如图乙所示，则该金属丝的长度 cm.
(2)用欧姆表粗测金属丝的电阻，将选择开关拨到 (选填“×1”“×10”或“×100”)倍率挡，将两表笔插入插孔，并将两表笔短接，然后进行欧姆调零，将金属丝接在两表笔间，欧姆表指针指在如图丙所示的位置，则粗测金属丝的电阻为 。
(3)为了精确测量金属丝的电阻，实验室提供了如下器材：
A．电源（电动势，内阻不计)
B．电流表(量程，内阻约
C．电流表(量程，内阻
D．定值电阻(阻值为
E．定值电阻(阻值为
F．滑动变阻器(最大阻值为
G．滑动变阻器（最大阻值为
H．开关及导线若干
实验要求：测量精度尽量高，电表读数不得小于其量程的三分之一，且指针偏转范围较大。
①在提供的器材中，定值电阻选 ，滑动变阻器选 (填器材前的序号字母)。
②请在图丁所示的方框内画出电路原理图，标出各器材符号。
③通过实验得到多组电流表和电流表的数据和，绘制与的关系图如图戊所示。若图线的斜率为，则电阻丝的电阻的表达式为 。(用可能用到的符号表示)
【知识点】实验：导体电阻率的测量、实验：电阻的测量
【答案】(1)3.14；(2)10.0或10；(3)①D，F，②见解析图，③
【详解】(1)螺旋测微器精度值为，可得金属丝的直径;图乙游标卡尺精度值为，可得金属丝的长度。
(2)因为金属丝电阻约为，因此用欧姆表粗测金属丝的电阻，需将选择开关拔到倍率挡，将两表笔插入插孔，并将两表笔短接，然后进行欧姆调零；由欧姆表的读数可知，粗测金属丝的电阻为。
(3)①电源的电动势为，因此必须由电流表与电阻改装成电压表，从而选取电流表与定值电阻串联，可改装成的电压表量程为定值电阻选D;滑动变阻器要接成分压电路，则选择阻值较小的即可，即选。
②为了尽可能使电表的调节范围较大，因此滑动变阻器采用分压式接法，改装后的电压表内阻已知，因此电流表采用外接法，如图所示：
③由欧姆定律可知即可知解得
12．(8分)某学习小组把铜片和锌片相隔约1 cm插入一个苹果中，制成了一个苹果电池.为了测量该苹果电池的电动势E和内阻r，他们进行了以下实验操作:
(1)先用多用电表的“直流电压2.5 V”挡粗测苹果电池的电动势，如图甲所示，则多用电表的读数为 V.
甲
若考虑系统误差，则该苹果电池的电动势E应 测量值(填“大于”“等于”或“小于”).
(2)为验证上述判断，大家想尽可能准确测量出苹果电池的电动势和内阻，他们选用以下器材进一步实验.
A．电阻箱(最大阻值为9 999.9 Ω)
B．数字电压传感器(内阻可视为无穷大)
C．数据采集器
D．笔记本电脑
E.导线和开关
具体实验步骤如下:
①将该苹果电池与实验器材按图乙所示电路连接；
②调节电阻箱阻值，闭合开关，待示数稳定后，记录电阻箱的阻值R和数字电压传感器显示的数值U后立即断开开关；
乙 丙
③每次将电阻箱的阻值增大1 000 Ω，重复以上实验步骤，测量出R值和U值，计算出相应的和，并记录数据；
④根据数据，绘制出-关系图像如图丙中图线a所示.
请回答下列问题:
(3)根据实验数据绘制的图线a可得，该苹果电池的电动势为 ，内阻为 (结果均保留两位有效数字).
(4)若用普通的磁电式电压表代替数字电压传感器进行实验，得到的图像可能是图丙中的 (填“b”“c”或“d”).
【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏阻法测定电源的电动势与内阻、实验：练习使用多用电表
【答案】(1)0.85(1分) 大于(1分) (3)1.0 V(2分) 7.8 kΩ(2分) (4)b(2分)
【详解】(1)直流电压2.5 V挡的分度值为0.05 V，则多用电表的读数为0.85 V.若考虑系统误差，即直流电压挡的内阻不是无穷大，则该苹果电池的电动势E应大于测量值.
(3)根据闭合电路的欧姆定律有E=U+r，可得=+·，由题图丙可知=1.0 V-1，==7.8 kΩ·V-1，可得E=1.0 V，r=7.8 kΩ.
(4)若用普通的磁电式电压表代替数字电压传感器进行实验，则方程变为E=U+r，可得=+·，即-图像的斜率不变，纵轴截距变大，则得到的图像可能是题图丙中的b.
13．（12分）如图所示，两条平行的金属导轨相距，金属导轨的倾斜部分与水平面的夹角为 ，整个装置处在竖直向下的磁感应强度大小为的匀强磁场中。金属棒和的质量均为，电阻分别为和。置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数为 ，置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从时刻起，棒在水平外力的作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，则在平行于斜面方向的力作用下保持静止状态。时刻，恰好为零。不计导轨的电阻，水平导轨足够长，始终在水平导轨上运动。，，重力加速度为
（1） 求时刻，流过棒的电流大小；
（2） 求棒的加速度大小；
（3） 若时刻后撤去，再经时间棒的速度变为零，求时间内棒的位移。
【知识点】动量定理及其应用、安培力作用下的平衡问题、导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1） 金属棒水平向右做匀加速直线运动，由右手定则可以判断电流方向由到，则上的电流方向为由到，由左手定则可以判断所受安培力方向水平向右，时刻安培力的大小为（2分）
保持静止状态，时刻，恰好为零，根据平衡条件可得 （1分）
解得（1分）
（2） 时刻，设的速度大小为，则有（1分）
则感应电动势（1分）
又（1分）
联立解得（1分）
（3） 时间内对棒，由动量定理可得（2分）
又（2分）
联立解得（1分）
14．[14分]某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1 m、圆心角为2θ的圆弧BCD，半径为R、圆心角为θ的圆弧DE组成，轨道间平滑连接。在轨道末端E点的右侧足够长的水平地面FG上紧靠着质量M=0.5 kg的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。质量为m=0.5 kg的物块a从轨道AB上距B点高度为h处由静止下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与滑板b间的动摩擦因数μ=0.2。（其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）
（1）若h=0.3 m，
①求物块a第一次通过C点时速度大小和轨道对它的支持力大小;
②保证物块不脱离滑板b，求滑板的最小长度L0和这个过程产生的热量Q;
（2）若仅使滑板b的长度变为4L0，物块a能经轨道滑上滑板b且不脱离，求释放高度h的范围。
【知识点】动量守恒与板块模型相结合、应用动能定理求解多阶段、多过程问题、竖直面内圆周运动问题
【答案】（1）① m/s 10 N ②0.25 m 0.25 J
（2）0.2 m≤h≤0.4 m
【详解】（1）①从释放点到C点，根据动能定理有
mg（h+R-Rcos θ）=m-0，
解得vC= m/s，
在C点根据牛顿第二定律有FN-mg=m，
解得FN=10 N。
②从释放点到E点，根据动能定理有
mg[h-（R-Rcos θ）]=m-0，
解得vE= m/s，
当物块a与滑板b达到共同速度时，此时物块a恰好未从滑板右侧滑出，此时木板长度最小。运动过程中，物块a与滑板b组成的系统动量守恒，最终速度为v，根据动量守恒定律有mvE=（m+M）v，
解得v= m/s，
根据系统能量守恒有m=Q+（m+M）v2，
解得Q=0.25 J，
由Q=fx相对=fL0，f=μmg，
解得L0=0.25 m。
（2）设释放点高度为h1，物块a经轨道恰好能到达E点，即vE=0，
从释放点到E点可知mg[h1-（R-Rcos θ）]=0-0，
解得h1=0.2 m。
设释放点高度为h2，物块a经轨道到D点时恰好未脱离轨道，即在D点处有mgcos θ=m，
解得vD=2 m/s，
从释放点到D点有mgh2=m，
解得h2=0.4 m，
物块a从h2处释放，到达E点，根据动能定理有
mg[h2-（R-Rcos θ）]=m-0，
解得vE=2 m/s，
根据系统动量守恒和能量守恒有
mvE=（m+M）v'，
m=Q+（m+M）v'2，
解得Q=0.5 J，
由Q=fx相对，得x相对=0.5 m<4 L0，
综上所述释放高度h的范围为0.2 m≤h≤0.4 m。
15．(16分)如图，物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，用一长l=0.2 m的细线将小球C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上O点，A、B、C质量均为M=0.03 kg.初始时，物块A、B均固定在水平面上，质量为m=0.01 kg的子弹以某一水平初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，小球C恰能到达与O点等高的P点.取重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力.
(1)求子弹初速度的大小.
(2)若解除物块A、B的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，求:
Ⅰ.小球C能上升的最大高度；
Ⅱ.物块B速度的最大值和刚达到最大值瞬间细线中拉力的大小.
【知识点】动量和能量的综合应用、子弹-木块模型、竖直面内圆周运动问题
【答案】(1)8 m/s (2)Ⅰ:0.12 m Ⅱ:1.6 m/s 1.2 N
【详解】本题考查动量守恒和机械能守恒的综合应用.
(1)设子弹的初速度为v1，击中C后，二者共同的速度为v2，
由动量守恒定律有mv1=(m+M)v2 (1分)
当C到达P点时，由机械能守恒定律有(m+M)=(m+M)gl (1分)
联立求解得v1=8 m/s，v2==2 m/s (2分)
(2)Ⅰ:设小球C到最高点时速度为v3，由动量守恒定律有
(m+M)v2=(m+3M)v3 (1分)
由机械能守恒定律有(m+M)=(m+3M)+(m+M)gh (1分)
解得h=0.12 m (1分)
Ⅱ:设C再次回到最低点时速度为v4，此时物块A、B恰好分离，B的速度有最大值v5，由动量守恒定律(m+M)v2=(m+M)·v4+2Mv5 (1分)
由机械能守恒定律(m+M)=(m+M)+·2M (1分)
解得v5=1.6 m/s，v4=-0.4 m/s (2分)
在最低点，由牛顿第二定律有FT-(m+M)g=(m+M) (2分)
代入数据可得FT=1.2 N (1分)
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页
