2026年湖南卷物理高考真题

B

D

【详解】A．α衰变放出的α粒子为，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。

C

【详解】设恒星半径为R，由题意得行星轨道半径r = nR 行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有 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。

B

【详解】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奇数倍（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。

A

【详解】设单个电池组的电动势为，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。

A

【详解】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 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。

D

【详解】设心形气球总体积为（恒定），小气球体积为，外部气体体积 小气球内气体物质的量，压强，外部气体物质的量​，压强。 由于忽略温度对气球材料性质的影响，弹性气球的压强差​为恒定值。 根据理想气体状态方程，得： ， 整理得： CD．为定值，温度升高时，等式要求减小。而随增大单调递减，因此​（小气球体积）一定变大，故C错误，D正确； A．温度升高后，小气球体积增大，因此​减小，由，升高、减小，​一定增大，A错误； B．初始时，已知，由得​，分子数不相等，故B错误。 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。

BC

【详解】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 。

BC

【详解】AB．根据题意，设每根绳子的拉力为，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。

AD

【详解】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，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。 三、非选择题：本题共5小题，共57分。

①. ②. ③. ④. 高于

【详解】（3）[1]根据题意，由图1可知，单摆的周期为。 （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刻度线高于悬点。

（1）

【详解】（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、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。 （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。 【小问1详解】 如图所示 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 （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。 【小问1详解】 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）

【小问1详解】 根据机械能守恒定律有 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