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湖南省 2026 年普通高中学业水平选择性考试
物理答案
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.【答案】B
Δv 50-30
【详解】根据加速度的定义式a= = m/s2=20m/s2
Δt 1
故选B。
2.【答案】D
【解析】A．α衰变放出的α粒子为4He，衰变过程电荷数守恒，因此母核电荷数减少2，而非增大，故
2
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。
3.【答案】C
【解析】设恒星半径为R，由题意得行星轨道半径r = nR
Mm 4π2
行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有G =m r
r2 T2
4π2r3
整理得恒星质量M=
GT2
4π2(nR)3
4 M GT2 3πn3
恒星为均匀球体，体积V= πR3，平均密度ρ= ，将r = nR代入得ρ= =
3 V 4 πR3 GT2
3
故选C。
4.【答案】B
【解析】已知某时刻A处质点位于波峰，B处质点位于波谷，因此A、B两点的波程差应满足半波长的
1
奇数倍Δr=n+
2
λ(n=0，1，2，⋯)
AB．若波源在(0，0)，由坐标可推得A点到波源距离r = 42+32m=5m
A
B点到波源距离r =4m
B
波程差Δr=1m
代入得1=n+0.5 λ
2
解得λ= m
2n+1
当λ=1m时，2n+1=2，n=0.5(非整数)
当λ=2m时，2n+1=1，n=0
故A错误，故B正确；
CD．若波源在(0，3)，则A点到波源距离r =4m
A
·1·B点到波源距离r = 42+32m=5m
B
2
波程差仍为1m，同样有λ= m
2n+1
2
当λ=3m时，2n+1= ，无整数解
3
当λ=4m时，2n+1=0.5，无整数解
故CD错误。
故选B。
5.【答案】A
【解析】设单个电池组的电动势为E，内阻为 r，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： E=I(R+r)
1
a、c接d、e时：两个电池串联，总电动势为2E，总内阻为2r，同理得： 2E=I(R+2r)
2
联立解得：E=15V，r=5Ω
故选A。
6.【答案】A
【解析】AB．A、C板均接地，电势为0，B板是等势体，因此BA间、BC间的电势差相等，都等于U
=φ
B
U
平行板内部为匀强电场，电场强度满足E= ，已知d <d ，故E >E ，故A正确，B错误；
d 1 2 1 2
d d U d U
CD． a点到A板的距离为 1 ，电势φ =E ⋅ 1 = ⋅ 1 =
2 a a 2 d 2 2
1
d d U d U
b点到C板的距离为 2 ，电势φ =E ⋅ 2 = ⋅ 2 =
2 b b 2 d 2 2
2
因此φ =φ ，故CD错误。
a b
故选A。
7.【答案】D
【解析】设心形气球总体积为V(恒定)，小气球体积为V，外部气体体积V=V-V
1 2 1
小气球内气体物质的量n ，压强p ，外部气体物质的量n ，压强p 。
1 1 2 2
由于忽略温度对气球材料性质的影响，弹性气球的压强差Δp=p -p 为恒定值。
1 2
根据理想气体状态方程pV=nRT，得： p V=n RT，p V=n RT
1 1 1 2 2 2
n n
整理得： Δp=RT 1 - 2
V V-V
1 1
n n
CD．Δp为定值，温度T升高时，等式要求 1 - 2
V V-V
1 1
n n
减小。而 1 - 2
V V-V
1 1
随V增大单调
1
递减，因此V(小气球体积)一定变大，故C错误，D正确；
1
n RT
A．温度升高后，小气球体积V增大，因此V=V-V减小，由p = 2 ，T升高、V减小，p 一定
1 2 1 2 V 2 2
2
增大，A错误；
V
B．初始时V=V= ，已知p >p ，由pV=nRT得n >n ，分子数不相等，故B错误。
1 2 2 1 2 1 2
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。
·2·8.【答案】BC
【解析】A．温度是分子平均动能的统计标志，仅反映整体的平均水平，高温处仍存在速率小的水分
子，低温处也存在速率大的水分子，并非所有水分子的运动速率都满足高温处大于低温处，故A错
误；
B．一定量的水变为同温度的水蒸气，温度不变则分子总动能不变。汽化过程吸收热量，且汽化后分
子间距大幅增大，分子势能增加，因此总内能变大，故B正确；
C．该过程中，均热板从高温的芯片吸热，向低温的冷凝端放热，整个过程循环进行，均热板自身状态
复原，不需要对外界做功，仅依靠水传递热量，符合物理规律，故C正确；
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，同时不产生其他影响，该描述违
反热力学第二定律，故D错误。
故选BC 。
9.【答案】BC
【解析】AB．根据题意，设每根绳子的拉力为T，两根绳子之间的夹角为2α，每个气球受到空气阻力
f=kv，浮力为F ，对整体受力分析，由平衡条件，竖直方向上有2F =2G+2Tcosαsinθ
浮 浮
水平方向上有2kv=2Tcosαcosθ
F -G
整理可得tanθ= 浮
kv
运动速度缓慢增大，tanθ减小，则θ减小，T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Tsinα=F
由于α不变，T增大，则F增大，故C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】AD
【解析】A．根据题意可知，小球所受洛伦兹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定
则可知，从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动，故A正确；
B．设磁感应强度为B，小球的速度为v，此时小球与管道间无弹力，竖直方向上有mg=qvBcos45°
v2
水平方向上有qvBsin45°=m
R
解得v= gR
2πR R
则小球做圆周运动的周期为T= =2π ，故B错误；
v g
C．根据题意，水平方向上，由动量定理有I =Δp=-mv-mv=-2m gR
x
T
竖直方向有I =qvBcos45°⋅ =mπ gR
y 2
则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为I= I x 2+I y 2=m 4+π2 gR，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mg+F =q⋅
Ny
2vBcos45°
2v
水平方向上有q⋅2vBsin45°+F =m
Nx
2
R
小球与管道间的弹力大小F = F2 +F2
N Ny Nx
联立解得F = 5mg，故D正确。
N
故选AD。
·3·三、非选择题：本题共5小题，共57分。
4π2l
11.【答案】 ①. 0.6π ②. b ③. ④. 高于
T2
【解析】(3)[1]根据题意，由图1可知，单摆的周期T为0.6πs。
(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b位置的读数，该读数即为摆长l。
l
(5)[3]由单摆周期公式T=2π
g
4π2l
可得重力加速度g=
T2
(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
高于悬点。
12.【答 案】 ①. c 、d ②. 50 ③. 11 .350 # # 11 .349 # # 11 .351 ④.
⑤. 1.55
【解析】(2)[1]由霍尔效应原理可知，霍尔电压会出现在垂直电流和磁场方向上，结合图2可知，将电
压表接在霍尔元件的c、d两端。
[2]由图3可知，电压表的最小刻度为2mV，则此时电压为50mV。
(3)[3]图4中螺旋测微器读数为11mm+35.0×0.01mm=11.350mm。
(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z-U图像，如图所示
(6)根据图像可知，电压表示数为20mV时，有z =12.15mm，移动后电压表示数为60mV时，有z =
1 2
13.70mm，则此过程中物体位移的大小为z=z -z =1.55mm。
2 1
2 3
13.【答案】(1) (2)0.9
3
【解析】
【小问1详解】
如图所示
·4·根据几何关系可知光线1的折射角为60°，入射角为90°
sin90° 2 3
可得n= =
sin60° 3
【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β=30°
sinθ
根据折射定律n=
sinβ
其中n=1.8
解得sinθ=0.9
BEL
14.【答案】(1)a =
0 mr
E BLU
(2)v= - 0
BL mk
(R+2r)mE2
(3)Q=
2(R+r)B2L2
【解析】
【小问1详解】
E
t 时刻开关S与a连接，流过导体棒的电流I=
0 r
导体棒所受的安培力F=BIL
根据牛顿第二定律F=ma
0
BEL
联立可得a =
0 mr
【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v ，即E=BLv
0 0
当储能器电压为U 时(此时电路中电流不为0)，对导体棒根据动量定理有-BIL⋅t=mv-mv
0 0
又q=I⋅t
可得-BLq=mv-mv
0
根据题意U=kq
E BLU
联立可得v= - 0
BL mk
【小问3详解】
从t ~t 过程对导体棒，根据动量定理BIL⋅t=mv
0 1 0
又q=I⋅t
mE
可得q=
B2L2
1
导体棒上产生的焦耳热Q =q E- mv2
1 1 2 0
mE2
可得Q =
1 2B2L2
·5·1
从t 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Q = mv2
1 总 2 0
r
导体棒产生的焦耳热为Q = ⋅Q
2 R+r 总
mrE2
可得Q =
2 2(R+r)B2L2
(R+2r)mE2
从t 时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热Q=Q +Q =
0 1 2 2(R+r)B2L2
15.【答案】(1)v= 2gL
23
(2)tanα=
2
(1+k)2
(3)(i)E= -1
4kcos2θ
8
mgL；(ii)d= 69Ltanθ
9
【解析】
【小问1详解】
1
根据机械能守恒定律有mgL= mv2
2
解得小球接触地面瞬间的速度的大小v= 2gL
【小问2详解】
设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为β，如图所示
1
设此时小球的速度为v ，根据机械能守恒定律mgL(1-cosβ)= mv2
1 2 1
v2
对小球，根据牛顿第二定律mgcosβ=m 1
L
2 2gL
解得cosβ= ，v =
3 1 3
此时小球水平方向分速度v =v cosβ
x1 1
竖直方向分速度v =v sinβ
y1 1
竖直方向，根据速度位移关系v2-v2 =2g⋅Lcosβ
y y1
v
小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值tanα= y
v
x1
23
联立解得tanα=
2
【小问3详解】
(i)设其中一部分的质量为m ，则另一部分质量为km ，如图所示
0 0
根据动量守恒定律有km v sinθ=m v sinθ，km v cosθ+m v cosθ=mv
0 2 0 3 0 2 0 3
·6·1 1 1
弹射装置释放的能量E= km v2+ m v2- mv2
2 0 2 2 0 3 2
(1+k)2
联立可得E= -1
4kcos2θ
mgL
(ii)根据数学知识可知，当k=1时，E最小为E =mgLtan2θ
min
1 1 1
即有m v sinθ=m v sinθ，m v cosθ+m v cosθ=mv，E = m v2+ m v2- mv2
0 2 0 3 0 2 0 3 min 2 0 2 2 0 3 2
v sinα v sinα
两小球同时落地，运动时间为t=2⋅ 2 =2⋅ 3
g g
可得v
3
=v
2
两小球的距离d=2v sinθ⋅t
2
23 23
由tanα= 可得sinα=
2 27
8
联立可得d= 69Ltanθ
9
·7·
