2026届湖南省株洲市高考物理自编模拟试卷02（人教版）（解析版）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页2026届湖南省株洲市高考物理自编模拟试卷02（解析版）题号12345678910答案CBBCBDCADBCBD1．C【详解】衰变的次数可用质量数的变化求得，每次衰变质量数减少4，则衰变的次数为次8次衰变核的质子数减少而整个过程质子数减少每次衰变核的质子数增加1，因此衰变次数次故选C。2．B【详解】D．根据右手定则，两直导线I1和I2在b点的磁场方向垂直纸面向里，由点的磁感应强度恰好为0可知，匀强磁场垂直纸面向外，选项D错误；A．由叠加可得即通电导线在点的磁感应强度大小为，A错误；B．通电导线在点的磁感应强度大小为，B正确；C．点的磁感应强度大小为，C错误。故选B。3．B【详解】A．由等量异种电荷的电场线分布可知，顶点A、B电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B．A、B两点与正电荷Q的距离相等，正电荷Q在A、B两点产生的电势相等且为正值，同理负电荷Q在A、B两点产生的电势也相等且为负值；电势为标量，根据标量的叠加法则可得A、B两点电势相同，故B正确；C．、、、四点电势相同，但面不是等势面，电场线不与该面垂直，故C错误；D．由等量异种电荷的电势分布可知，点电势为正值，点电势为负值，因此负检验电荷q在处的电势能小于处的电势能；若负检验电荷沿直线移动，则电势能逐渐增大，若沿其他路径移动，电势能的变化情况未知，故D错误。故选B。4．C【详解】A．由振动方程得角频率，周期，波速v=2m/s，波长=vT=4m，故A错误；B．O点到两波源路程差为0，是振动加强点；Q点到两波源路程差为4m=，也是振动加强点，故B错误；C．在t=6.5s时，来自S1的波已在Q点振动6.5s-3s=3.5s，来自S2的波已在Q点振动6.5s-5s=1.5s，两列波在Q点引起的振动相位相同，合振幅为4cm，振动方程为，当t=1.5s时，位移为-4cm，大小为4cm，故C正确；D．波传到O点需2s，在0~4s内O点振动时间为2s，即一个周期，通过的路程为4×4cm=16cm，故D错误。故选C。5．B【详解】A．以bc为整体受力分析可知：绳子拉力此时恰好静止，对a受力分析有解得物体与斜面间的动摩擦因数为，故A错误；B．剪断弹簧的瞬间，以物体为系统，有所以系统可以平衡，其加速度为0，故B正确；C．对c受力分析有剪断细绳的瞬间，物体有剪断细绳的瞬间，物体的加速度为，故C错误；D．剪断细绳的瞬间，物体有剪断细绳的瞬间，物体的加速度为，故D错误。故选B。6．D【详解】A．未剪断细线时，对A、B整体由平衡条件可知，弹簧弹力F0=(3m＋2m)g=5mg剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，对A根据牛顿第二定律得：F0－3mg=3ma解得小球A的加速度大小为，故A错误；B．小球A的速度最大时其加速度为零，其合力为零，此时弹簧弹力与小球A的重力等大反向，故小球A运动到速度最大时弹簧不是在原长处，而是处于伸长状态，故B错误；C．剪断细线后小球A在竖直方向做简谐运动，初始位置即为小球简谐运动的最低点，由A选项的解答可知，小球A运动到最低点时，弹簧弹力方向向上，大小为5mg，由胡克定律可得此时弹簧的伸长量为；小球A在最低点时所受合力向上，大小为F0－3mg=2mg，由简谐运动的对称性可知，小球A运动到最高点时，所受合力向下，大小亦为2mg，因小球A的重力为3mg，故此时弹簧弹力应向上，大小为mg，故此弹簧为伸长状态，其伸长量为，故C错误；D．小球在平衡位置时弹簧伸长量为，则从最高点到平衡位置，则由能量守恒解得在平衡位置的速度，故D正确。故选D。7．C【详解】A．根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为所以发电机产生的电压有效值为设变压器的原线圈的电压为，流过的电流为，变压器的副线圈电压为（即电压表示数），电流为（电流表示数）根据欧姆定律，有当滑动变阻器滑片上滑时，接入电路的阻值减小，使得总电路消耗的功率增大，所以会增大，会减小，根据变压器原理，有所以电压表示数会减小，电流表示数会增大，故A错误；B．代入公式后，有所以，故B错误；C．设变阻器接入电路的电阻为R，有公式当时，，故C正确。D．根据公式代入数据后有变压器的输出功率为根据数学关系，当，功率最大，故D错误。故选C。8．AD【详解】AB．对整体分析可知加速度方向水平向右，对物块乙分析可知，由于相对静止，其加速度水平向右，所以与其连接的轻绳弹力方向斜向右上，其大小满足可知弹力大小大于物块乙的重力，A正确，B错误；C．对物块甲，假设摩擦力方向水平向左，可知联立可得可知取正值，所以假设正确，摩擦力方向水平向左，C错误；D．对物块甲知，所以故联立可得，D正确。故选AD。9．BC【详解】A．做圆周运动的卫星，轨道圆心一定在地心上，因为万有引力提供向心力，故A错误；B．根据万有引力提供向心力有又根据黄金代换有联立解得，故B正确；CD．该时刻后“黎明星”经过恰好运动一个周期回到“原地”，而北京转回“原地”，需要，与的最小公倍数为17天，故C正确，D错误。故选BC。10．BD【详解】A．由动能定理知，小球由A点运动到B点过程和由A点运动到C点过程电场力和重力的合力做功相等，且做正功，则电场力和重力的合力方向垂直BC连线向下，与水平方向和竖直方向的夹角均为45。作出重力、电场力及其合力关系图如图所示可见当电场力与合力垂直时，电场力最小，场强最小，为匀强电场的电场强度大小不可能为，故A错误；B．电场力和重力的合力即为等效重力，可见圆弧BC中点N点为等效重力最低点，如图所示则小球在N点势能最小，故B正确；C．电场方向水平向右时，电场力和重力的合力要使小球能在竖直平面做完整的圆周运动，小球应过等效重力最高点D点，小球恰好经过D点时，由牛顿第二定律解得小球经过D点的最小速度小球由A点运动到D点过程，由动能定理解得，即小球在A点时的速度应不小于，故C错误；D．电场方向水平向右，小球从A点静止释放时，小球将沿AB连线做直线运动，由动能定理解得小球与轨道碰撞前的速度大小则碰后小球的速度大小小球由B点恰好运动到等效水平线OM过程，由动能定理解得小球经过B点时速度大小可见小球经过B点后恰好运动到M点，此后小球不会再次脱离圆轨道，故D正确。故选BD。11．OC【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为8mm，游标读数为则（2）[2]为了方便计时，应从单摆的最低点即点开始计时；（3）[3]根据摆周期公式可得A．只有摆动的角度小于时才能看成单摆，所以单摆的振幅较小不影响重力加速度的测量，故A错误；B．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B错误；C．把n次摆动的时间误记为次摆动的时间，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确；D．以摆线长l作为摆长来计算，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故D错误。故选C。（4）[4]根据单摆的周期公式，可得整理可得即L-T2图线斜率代表，有又联立，可得12．(1)变小变大(2)(3)【详解】（1）[1]滑片顺时针转动，变阻器接入电路的阻值变小，外电阻变小，路端电压变小，电流表示数变小；[2]因为外电阻减小，可知电路总电阻减小，故干路电流变大，电路消耗的总功率可知电路消耗的总功率P变大。（2）由闭合电路欧姆定律可知整理可得所以，解得，（3）将电源与支路等效为一个新电源，当等效内阻等于对应的电阻时，变阻器消耗的功率最大，故又因为所以13．(1)(2)，【详解】（1）小球恰能到达A板，由动能定理有解得由闭合电路欧姆定律得解得（2）将电阻和内阻看作新电源内阻当时，即时滑动变阻器有最大热功率，滑动变阻器最大热功率为14．(1)(2)(3)【详解】（1）由题意可知棒恰好可以经过圆弧轨道最高点，设棒在圆弧轨道最高点时的速度为，此时棒所受重力提供其做圆周运动的向心力，则有设棒经过圆弧轨道最低点时的速度为，受到轨道单边对其的支持力为，棒对轨道单边的压力为，棒从圆弧轨道最低点运动至最高点过程中，由动能定理，有棒在圆弧轨道最低点时，轨道对其的支持力与自身的重力的合力提供其做圆周运动的向心力，则有由牛顿第三定律可得联立并代入数据解得（2）设棒运动到位置时的速度大小为，棒发生弹性碰撞后棒的速度大小为，由于水平导轨光滑，结合动量守恒定律与机械能守恒定律,有联立解得设棒在倾斜导轨上向下运动过程中很小一段时间内速度的变化量为，电容器带电量的变化量为，电容器两端电势差变化量为，由法拉第电磁感应定律，有由电容的定义式有电路中的电流为棒的加速度为由牛顿第二定律有联立解得则棒沿倾斜轨道向下运动过程中加速度保持不变，做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式,有棒下滑到位置时电容器所带的电荷量为联立解得（3）棒从圆弧轨道最高点飞出后做平抛运动，设电容器的电容为时棒能垂直落到倾斜轨道上，棒飞出时速度大小为棒在空中运动的时间为，水平方向上的位移为，竖直方向上的位移为，由平抛运动规律和几何关系,有又有棒运动轨迹的正视图如图所示由几何关系，有设电容器的电容为时，棒在圆弧轨道最低点时的速度为，棒在倾斜导轨上的加速度为棒从圆弧轨道最低点运动至最高点过程中，由动能定理，有由（2）分析可知，棒碰撞前的速度大小等于碰撞后的速度大小，即加速度为由运动学公式，有联立解得15．(1)(2)(3)【详解】（1）对车厢，由动能定理可得解得（2）车厢与滑块的碰撞为弹性碰撞，设第一次碰撞后车厢和滑块的速度分别为vM和vm，由机械能守恒定律根据动量守恒定律解得第一次碰撞到第二次碰撞之间，车厢与滑块的位移分别为xM，xm，则有位移关系为联立解得（3）每一次碰撞后车厢的运动过程中，由动量定理即累加后得第一次碰撞前，车厢的路程为d，所