2026届湖南省株洲市高考物理自编模拟试卷03（人教版2019）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03（解析版）题号12345678910答案BCDDCCCACABACD1．B【详解】A．比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大的原子核越稳定，故A错误；B．发生衰变时，电荷数少2，则质子数少2，质量数少4，则中子数少2，故B正确；C．卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型，并没有提出中子的存在，故C错误；D．根据一次衰变，质量数减小4，质子数减小2，而一次衰变，质量数不变，质子数增加1，因此铀核衰变为铅核的过程中，质量数减少32，因此要经过8次衰变，而质子数只减少10，所以只有发生6次衰变，故D错误。故选B。2．C【详解】根据牛顿第二定律有由于A的半径较大，则A水杯先滑动，此时B的速度为根据动能定理可知，在这一过程中转台对水杯所做的功为故选C。3．D【详解】A．设管中气体初始状态时压强为，末态压强为，对水银柱受力分析，由平衡条件由于从上管口缓慢向管中倒入水银，水银质量增大，所以管中气体压强增大，根据玻意耳定律可知管中气体体积减小，管中气体被压缩，体积减小，则管中气体分子数密度增大，故A错误；B．由于在倒入水银的过程中气体温度不变，则管中气体内能不变，故B错误；C．设大气压强为，管上部水银柱的长度为h，管内外水银面的高度差为,对封闭气体进行受力分析，其压强P由上方的大气和水银柱产生，即同时，封闭气体的压强也平衡了下方的大气压和管内外水银面的高度差产生的压强，即由以上两式可得，即上部水银柱的长度等于管内外水银面的高度差，故C错误；D．根据热力学第一定律其中，则，则故管中气体放出热量，故D正确。故选D。4．D【详解】AB．从A点运动到B点的过程中只有引力做功，机械能守恒，根据对称性可知，从A点运动到B点的引力做功为零，所以从A点运动到B点的过程中引力先做正功，后做负功动能先增大后减小，故AB错误；CD．设地球的质量为M，列车运动到P点距地心为r

∠POO'=θ，受到引力因为到地心距离变化，所以引力大小变化，列车运动到P点由牛顿第二定律得地球为均匀球体，GM=gR2解得从A点运动到点的过程中合力随位移线性变化，故C错误D正确。故选D。5．C【详解】A．根据左手定则可知该离子带正电，故A正确，不符合题意；B．从A到B，动能变化为零，根据动能定理知，洛伦兹力不做功，则电场力做功为零。所以A、B两点电势相等，因为该电场是匀强电场，电场力方向竖直向下，所以A、B两点位于同一高度，故B正确，不符合题意；C．因为该离子带正电，所以所受电场力竖直向下，由静止开始从A到B运动过程中，电场力先做正功后做负功，故该离子电势能先减小后增大，故C错误，符合题意；D．因为在运动过程中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，A→C电场力做正功，动能增大，C→B电场力做负功，动能减小。所以C点时离子的动能最大，即速度最大，故D正确，不符合题意。本题选错误的，故选C。6．C【详解】A．运动到D点时恰好脱离轨道，根据牛顿第二定律，有解得，故A错误；B．从A到D，根据能量守恒，有解得弹簧释放出来的弹性势能大小为，故B错误；C．在D点将速度分解，在竖直方向，有在水平方向，有竖直向上运动的时间为竖直向上运动的高度为从最高点到水平面的高度为从最高点落到地面的时间为D点到物体落地点的水平距离为，故C正确；D．从B到C，根据动能定理，有为使物体能从C点飞出，则有联立解得物体到达B处时速度至少为，故D错误。故选C。7．C【详解】A．滑块在水平恒力作用下由P到Q，滑块过P、Q两点时速度大小均为5m/s，即水平恒力做功为零，所以力应该和位移的方向垂直，且指向轨迹凹侧，故A错误；B．由于滑块在P、Q两点的速度大小相等，方向不同，则滑块从P点运动到Q点的过程中速度变化量不为零，故B错误；C．把滑块速度分解到F方向和垂直于F的方向上，设F方向为正方向，在F方向上运用动量定理有则，故C正确；D．F方向上滑块先匀减速运动，后匀加速运动；垂直于F的方向上滑块的运动为匀速运动，所以当滑块在垂直于PQ方向上的速度等于零时，此时滑块的动能最小等于，故D错误。故选C。8．AC【详解】A．据题意，小球从A到B过程中动能减少了50J，则有该过程中机械能损失了10J，则克服摩擦力做功为则该过程中克服重力做功为所以有在B点还剩下10J动能，则在BC过程中克服重力做功为克服摩擦力做功为所以在上升过程中合外力做的功为故A正确；B．整个过程摩擦力做功为故B错误；C．下行过程重力做功等于上行过程克服重力做的功故C正确；D．小球回到A点的动能为故D错误。故选AC。9．AB【详解】A．小球在水平方向上做匀速圆周运动，圆周运动周期为，小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达A点时，经历的时间为T，则有合力的冲量等于重力的冲量等于，故A正确；B．小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达C点经历的时间分别为3T，则有小球从P点到C点的过程中电场力的冲量等于0，故B正确；C．小球在水平方向上做匀速圆周运动，由电场力对小球提供向心力，则有可知，小球在A、B、C三点时所需向心力大小之比为1:1:1，故C错误；D．小球在C点时重力的功率为，故D错误。故选AB。10．ACD【详解】A．物体B下落到恰与A底板上表面接触的过程中，定滑轮1和2间的绳子变短，则A、B在水平方向一起往右移动，则A和B接触面有弹力，且A对B的弹力向右，对B做正功，A正确；B．由于B下落的过程中定滑轮1和2间的绳子变短，则带动着A向右运动，两者水平方向速度相同，水平方向上有vBx=vAB的运动由水平方向和竖直的两个分运动组成，且B下落多少距离就同时带动A向右运动B下落距离的一半，则B竖直方向速度vBy=2vA联立可得B错误；C．由选项B的分析对A、B在水平和竖直方向分别列牛顿第二定律有2T-FN=MaAFN=maBxmg-T=maBy由于B下落多少距离就同时带动A向右运动B下落距离的一半，则aA=aBxaBy=2aA联立在竖直方向B运动了d，则解得C正确；D．在竖直方向B运动了d，则B下落到刚与A接触时，B在y方向的速度为解得则则物体B下落到刚与A接触时，B的速度为D正确。故选ACD。11．CAC/CA【详解】（1）[1]由机械能守恒定律，重力势能的减少量等于动能增加量则需要比较重物下落过程中任意两点间的动能增加量与势能减少量是否相等。故选C。（2）[2]打点计时器应接在低压交流电源上。实验时，应先接通电源后释放纸带。故操作不当的步骤是AC。（3）[3]打B点时重物的速度为若验证机械能守恒定律成立，需要满足的表达式为12．(1)GB198偏小(2)(3)串联5742【详解】（1）[3]闭合开关K1后调节R2的阻值，使毫伏表V的指针满偏，闭合开关K2，保持R2不变，调节R1的阻值，使毫伏表V的示数为50mV，即流经毫伏表V的电流变为原来的一半，即总电阻变为原来的一半，则所以[4]并联R1后，电路中的总电阻变小，则电路中的电流变大，所以通过R1的电流大于毫伏表V满偏电流的一半，则测量值小于真实值；[1][2]毫伏表V的满偏电流为若滑动变阻器选择，则不计电源内阻时，电源的最大电压为此时无合适的电源；若滑动变阻器选择，则不计电源内阻时，电源的最大电压为此时有合适的电源；若滑动变阻器选择，则不计电源内阻时，电源的最大电压为此时有合适的电源；为使误差较小，则应使得并联R1时对电路的影响较小，即滑动变阻器应接入电路中的电阻尽可能大些，故滑动变阻器应选，即选B；电源应选G。（2）若步骤c中，闭合开关K2，保持不变，调节的阻值，使毫伏表V的示数为25mV，则毫伏表V中的电流变为此时，的电流为根据并联关系解得（3）毫伏表V改装成量程为3V的电压表，需要串联一个阻值，根据欧姆定律代入数据，解得13．（1）；（2）；（3）【详解】（1）对活塞由平衡方程则故缸内气体的压强为。（2）由玻意耳定律，有且解得故若环境温度保持不变，则托盘上放置物体的最大质量为。（3）由盖-吕萨克定律且，由热力学第一定律解得故加热过程中气体从外界吸收的热量为。14．(1)（，）(2)(3)【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得可得设粒子从点沿轴正方向射入磁场时，离开磁场的位置坐标为（，），则有，可知粒子离开磁场的位置坐标为（，）。（2）设射入磁场时速度方向与轴正方向成的微粒从点射出，其轨迹如图所示由几何关系可得轨迹对应的圆心角则粒子在磁场中的运动时间为解得（3）要使粒子经过点，轴方向有轴方向有，联立解得，该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示由几何关系可知，可得轨迹对应的圆心角为则粒子在磁场中的运动时间为粒子在磁场与电场之间的运动时间为则粒子从点运动到点的总时间15．(1)(2)(3)，【详解】（1）物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D，有b在B点时，有，且b从B点到D点的过程中，有联立以上式子，求得，（2）物块a释放时距水平面的高度h，根据动能定理，可得其与b发生碰撞前有与b发生弹性碰撞，则有，由题意，可知，联立以上式子，求得，（3）若让物块a从距水平面4R的高度处释放，根据动能定理，可得其与b发生碰撞前有与b发生弹性碰撞，则有，联立以上式子，求得则物块b可以通过轨道最高点之后与物块c发生碰撞，物块b通过螺旋圆形轨道到达水平面时速度仍为，设b、c碰撞之后两者共同速度为，物块b与物块c碰撞过程，根据动量守恒定律有，由题意知，物块b与物块c从弧形轨道滑回分离时的速度大小仍为，要使物块b只通过D点一次，且物块b、c第一次分开后物块b恰好不脱离弧形轨道，即物块b与物块c分离后第一次恰好上升到轨道的E点，有联立