湖南省长沙市2026年高二下学期学情检测模拟考试物理自编试卷01（人教版）（解析版）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省长沙市2026年高二下学期学情检测模拟考试自编试卷01物理试题（解析版）题号12345678910答案AACCCCACBDADBC1．A【详解】A．信号的波长越长，衍射越明显，所以收听广播的效果会越好，故A正确；B．由于多普勒效应，A接收到的警笛频率大于B接收到的警笛频率，故B错误；C．在消声器中两个相干波源的波程差是半波长的奇数倍时会干涉相消，故C错误；D．火箭产生的超低频振动与人体器官的固有频率越相近越容易发生共振，故D错误。故选A。2．A【详解】A．图甲中与通电导线在同一平面内的金属线框沿平行于直导线方向运动，线框中磁通量不变，不会产生感应电流，故A正确；B．若两导线的电流相等，根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向斜向右下，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向斜向右上，则磁场在C处相互叠加，如图所示可知C处磁场方向平行于导线AB连线向右，但题中导线B的电流大，则导线B产生的磁场较强，根据平行四边形定则可知C处磁场方向不可能平行于导线AB连线向左，故B错误；C．地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量，故C错误；D．图丁中条形磁体内部磁场方向向上，且向上穿过两环的磁感线条数是相同的；磁铁外部线圈所在位置磁场方向向下，且环面积越大，向下穿过的磁感线条数越多，由于2环面积大，抵消的磁感线条数较多，故图丁中穿过两金属圆环的磁通量大小关系为，故D错误。故选A。3．C【详解】B．电池容量是指电池所能储存的电荷量的多少，不是储存电能的大小，故B错误；AC．机器人正常工作时的电流由于机器人不是纯电阻，则，故A错误，C正确；D．机器人充满电后一次工作时间，故D错误。故选C。4．C【详解】A．当磁场方向变为垂直斜面向上时，由平衡条件可知，金属杆受到的安培力沿斜面向上，根据左手定则可知电流方向垂直纸面向里，故A错误；BD．开始时，磁场方向竖直向上，根据左手定则可知安培力水平向右，由平衡条件可得当磁场变为沿斜面向上时，由平衡条件可得可得，，故BD错误；C．根据受力平衡可知，原来斜面对金属细杆的支持力为磁场变化后斜面对金属细杆的支持力为可得结合牛顿第三定律可知，金属细杆对斜面的压力等于原来的倍，故C正确。故选C。5．C【详解】A．图（b）为质点Q的振动图像，则知在时，质点Q正从平衡位置向波峰运动，所以时，质点Q向y轴正方向运动，由同侧法可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；BC．由图乙可得波速设P质点简谐振动的表达式为波形向右平移1m时，质点到达平衡位置，所用时间最短为可知解得则质点简谐振动的表达式为代入解得质点从到第一次到达平衡位置的时间为0.025s，此过程路程为再经过1s即的路程为由对称性可知再经过0.025s的路程为在到，质点P通过的路程为故C正确，B错误；D．由波的周期性可知时刻质点M向下振动，质点M简谐运动的表达式为代入数据得解得则质点M简谐运动的表达式为故D错误。故选C。6．C【详解】A．规定无穷远处电势为零，则O点的电势大于0，故A错误；B．由电场叠加可知，M点与N点的电场强度大小相等，M点电场强度方向沿y轴负方向，N点的电场强度沿z轴正方向，故B错误；C．M点与N点到两点电荷的距离相等，则M点与N点的电势相同，故C正确；D．由电场叠加可知，Oz方向的电场强度方向沿Oz正方向，则N点电势大于0，且规定无穷远处电势为零，则试探电荷+q从N点移到无穷远处，电势能减小，故D错误。故选C。7．AC【详解】A．该现象是光的干涉形成的，而干涉是波的特有现象，则此现象可以说明光是一种波，故A正确；B．根据可见光波长从大到小的顺序：红橙黄绿青蓝紫，可知蓝光的波长小于黄光，波长变大，根据可知，条纹间距变宽，故B错误；C．若下方平板玻璃某处出现凸起，该位置薄膜厚度减小，则会看到该处条纹向右侧弯曲，故C正确；D．若抽去一张纸片，同一位置沿着斜面的方向，光程差的变化变缓，条纹间距将变宽，故D错误。故选AC。8．BD【详解】A．单摆的周期与振幅与摆球的质量无关，无法判断质量关系，故A错误；B．由图像可知甲、乙两单摆的周期之比为，根据单摆的周期公式所以甲、乙两单摆的摆长之比是，故B正确；C．由可得时，两摆球位移方向相同，所以它们的加速度方向相同，故C错误；D．内，两摆球向平衡位置运动，摆球的势能均减少，故D正确。故选BD。9．AD【详解】A．若波向右传播，则有可得当时，，故A正确；B．若波向左传播，则有可得当时，n不是正整数，故B错误；C．根据已知条件可知，波长。由可知，周期最大时，波速最小。因有故有故C错误；D．若波向右传播，则有若波向左传播，则有当波速为，若波向右传播，则n=3.5不是正整数；若波向左传播，则n=4是正整数。故D正确。故选AD。10．BC【详解】A．电子沿平行于板的方向不受力的作用，做匀速直线运动，故A错误；B．由图乙可知，在时刻进入电场的电子，沿电场方向的分运动，在内向上匀加速运动，在向上匀减速运动，根据对称性可知，在时刻电子的竖直分速度为0；根据周期性可知，在时刻射出电场时的竖直分速度为0，则电子从板间射出时的速度大小为，故B正确；C．若电子在时刻射入两板间，沿电场方向的分运动，在内向上匀加速运动，在向上匀减速运动，在内向下匀加速运动，在内向下匀减速运动，根据对称性可知，在一个周期内，即在内电子沿电场方向的位移为0，时刻竖直分速度为0；由于电子在电场运动的时间为，根据周期性可知，电子在两个周期内沿电场方向的位移为0，时刻竖直分速度为0；则将沿平行于板的方向从两板正中间射出，故C正确；D．在时刻进入的电子刚好在时刻恰好沿板边缘射出，设电子的加速度大小为，则有若电子在时刻射入两板间，则电子在内向上运动的距离为电子在内向下运动的距离为可知电子在一个周期为向上运动的距离为根据周期性可知电子在两个周期内向上运动的距离为则电子射出极板时离上板的距离为故D错误。故选BC。11．(1)B(2)2(3)D【详解】（1）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，摆球应选取体积小质量大的铁球，摆线应选取长约为1m左右的不可伸长的细线，摆角不宜超过，并从摆球经过平衡位置时开始计时，此处速度大，计时误差小，综上所述最合理的实验是第B组。（2）悬挂摆线应该用夹子夹住，不应该将摆线绕在杆上，这样当摆球摆动时摆长会变化，故正确的是2。（3）A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了，由可知，测得的重力加速度值偏小，故A错误；B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间，周期测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏小，故B错误；C．开始计时，秒表过早按下，时间测量值偏大，则周期测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏小，故C错误；D．测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏大，故D正确。故选D。12．(1)×1k7000(2)99【详解】（1）[1]多用表指针偏转角度过小说明倍率太小，要换高挡位，因此需选择×1k；[2]根据多用表的指针为7，可知读数为7000Ω（2）[1][2]设电流表G所在的回路除电源内阻外其余电阻之和为R，由闭合电路欧姆定律解得由分流原理得联立两式整理得由图像可知，解得E=9V，R=6Ω所以欧姆表总内阻为R＋r=9Ω。13．(1)0.6s(2)(3)（1.65m，0）【详解】（1）粒子运动轨迹如图在第二象限磁场中，由几何关系可得，圆周半径在第一象限电场中，由牛顿第二定律得微粒在电场中做类平抛运动解得（2）微粒进入第四象限时，沿y轴负方向上速度为根据几何关系可知解得（3）微粒进入第四象限，速度由，得微粒做圆周运动在x轴的弦长为微粒第一次从第一象限进入第四象限的位置微粒第二次经过x轴的位置微粒第二次经过x轴的坐标为（1.65m，0）14．(1)，负方向(2)(3)【详解】（1）沿着电场方向电势降低，故由图可得处电场沿x轴负方向；根据图像可知点的电势；点与点之间的电势差解得电场强度大小为解得（2）对粒子从静止运动到坐标原点的过程，根据动能定理有解得（3）设粒子的最大速度大小为v，则解得粒子从静止加速到最大速度所用的时间解得根据能量守恒可知，粒子减速为零时，所处位置的电势与点的电势相等，此时位于点，粒子从最大速度减速到零所用的时间解得粒子运动的周期解得15．(1)(2)(3)【详解】（1）设碰撞前A球的速度为，碰后A球的速度为，小物块B的速度为，根据机械能守恒定律可得解得由于A与B发生弹性正碰，选取A球碰前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得由能量守恒可得其中联立解得碰撞前，对于A球