2026年湖南省湘潭市高考二模物理自编试卷02（人教版）（解析版）

2026年湖南省湘潭市高考二模自编试卷02物理试题（解析版）题号12345678910答案BBDCCDCCDBDABD1．B【详解】A．根据电荷数守恒和质量数守恒可知，衰变方程为所以，该衰变为β衰变，故A错误；B．自发衰变中，释放能量，生成物比反应物更稳定，则（镤）比（钍）更稳定，比结合能更大，故B正确；C．半衰期由原子核内部结构决定，与温度、压强等外部因素无关，故C错误；D．半衰期是统计规律，适用于大量原子核。少数不适用，故D错误。故选B。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．D【详解】A．由题意知“羲和号”卫星与地球绕太阳运行的角速度相同，周期相同，A错误；B．由知“羲和号”绕太阳运行的轨道半径小于地球绕太阳运动的轨道半径，可知“羲和号”绕太阳运行的线速度小于地球绕太阳运行的线速度，B错误；C．由知“羲和号”绕太阳运行的向心加速度小于地球绕太阳运行的向心加速度，C错误；D．由有，知，又，故，D正确。故选D。4．C【详解】根据题意，几何关系可知OQ与PQ的夹角、OP与PQ的夹角均为，分析可知，Q受到重力mg、杆的弹力、绳子拉力而平衡，由平衡条件得联立解得对P受力分析可知，P受到重力3mg、杆的弹力、绳子拉力和外力F而平衡，如图甲所示。则小球P受的重力与杆的合力联立以上解得作出、、三个力的矢量三角形如图乙所示，当作用在小球P的外力方向与P相连的细绳方向垂直时，外力F最小，即最小值为联立以上解得故选C。5．C【详解】A．当振动一段时间后，观察到e处水面始终平静，所以，e点为振动减弱点，即两波源都振动时，振动完全相反。c点到e点的距离为，则c点到两波源的距离差为，所以c点为振动减弱点；b点到e点的距离为，则b点到两波源的距离差为，所以b点为振动减弱点，故A错误；B．振动加强区的质点振幅最大，并不是一直处于最大位移处，故B错误；CD．根据d点到e点的距离为，则d点到两波源的距离差为，即距离差为，故C正确，D错误。故选C。6．D【详解】A．设下层火药被引燃后爆竹的速度大小为v，则下层火药被引燃后爆竹获得的动量为解得故A错误；B．引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向有水平方向有上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，取质量较小部分P获得的速度方向为正方向，则有解得P、Q各自获得的速度大小分别为，故B错误；C．P、Q着地前瞬间竖直方向的速度大小均为P、Q着地前瞬间的速度大小分别为，因，所以故C错误；D．上层火药燃爆后爆竹获得的机械能为下层火药燃爆后爆竹获得的机械能为解得故D正确。故选D。7．C【详解】A．由题知，取沿斜面向下为x轴正方向，故最开始的电场强度方向沿斜面向上，若小滑块带正电，则最开始所受电场力沿斜面向上，有即电场力大于重力沿斜面向下的分力，小滑块刚开始不可能沿斜面向下运动，所以小滑块带负电，故A错误；B．小滑块带负电，沿斜面向下运动过程中电场力先做正功，后做负功，所以机械能先增大后减小，故B错误；C．小滑块沿斜面向下运动过程中，当有最大速度时加速度为零，则有解得由图2可知，设此时电场强度对应的横坐标为x，则有解得从最开始到最大速度，根据动能定理有解得故C正确；D．当小滑块的速度为零时，沿斜面向下运动到最大位移，设为xm，对应的电场强度为Em，由图2可知从最开始运动到最大位移，根据动能定理有联立，解得故D错误。故选C。8．CD【详解】AC．根据万有引力提供向心力解得图（a）月球绕地球运动的周期为地月系统是一个双星系统，设地月双星轨道中O点到地心距离为，地月双星轨道中O点到月球圆心距离为，则可得且解得，，可知图（a）月球绕地球运动的周期大于图（b）中月球绕O点运动的周期，故A错误，C正确；B．根据万有引力提供向心力设地球的半径为，地球的体积为图（a）中，地球密度为故B错误；D．图（a）中，若把部分月壤运回到地球，设部分月壤质量为，则即此时月球做圆周运动所需的向心力小于月球与地球间的万有引力，月球做向心运动，月球绕地球做圆周运动轨道半径将变小，故D正确。故选CD。9．BD【详解】A．由知，a、b的轨道半径虽不同，但它们质量也不同，因此受到地球的万有引力大小可能相等，故A错误；B．由开普勒第三定律得得a、b的周期之比为故B正确；CD．以a为参考，b的角速度为ωb-ωa，b在通讯盲区对应的角度为θb+θa，所以a、b每次信号中断的时间间隔为故C错误，D正确。故选BD。10．ABD【详解】A．质量m1=2kg的单匝矩形线框PMNQ恰好静止在倾角θ=37°的粗糙绝缘固定斜面上，则有解得故A正确；B．导体棒ab进入磁场后瞬间，由右手定则可知，电流从b到a，从P到Q，且PQ所受安培力FA1沿斜面向下，由平衡关系可知由，解得根据解得通过导体棒ab的电流由解得导体棒ab刚进入磁场时的速度大小再由运动学知识可知其中解得故B正确；CD．导体棒ab匀速运动时，有和导体棒ab的速度大小故C错误，D正确。故选ABD。11．C1.909.76【详解】（1）[1]A．在“用单摆测量重力加速度”的实验中，不计摆线的质量，并要测量长度，且摆球大小忽略，所以摆线要选择细些的、这样质量比较小；摆线伸缩性小些的，这样在摆动过程中长度变化小，并且适当长一些的，这样摆球的大小相对于摆线可以忽略不计，故A错误；B．摆球的周期与摆角无关，且要求摆球的摆角要小于5°，否则摆球的运动就不能看成简谐运动了，故B错误；C．实验时，应使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，从而减小实验误差，故C正确；D．改变摆长重复实验时，摆线长度的变化尽量大些，适当长一些，故D错误。故选C。（2）[2]摆球某次经过最低点开始计时并数0，当摆球第60次经过最低点停止计时，则摆球经过30次全振动，由图乙可知单摆在30次全振动所用的时间为则单摆的周期为（3）[3]由单摆周期公式，可得由图示T2-L图像可知，图像的斜率解得重力加速度为12．2.2R1分压【详解】（1）[1]欧姆表的读数为（2）[2][3]与待测电阻相比，两个滑动变阻器的阻值太小，如果采用限流接法，电表指针的偏转角太小，实验误差太大，所以必须采用分压接法。为了方便调节电路，实验中滑动变阻器应选用R1；（3）[4]待测电阻的最大电流为两个电流表的量程太大，都不能采用，选用电压表V1测量待测电阻的电流，电压表V2测量待测电阻的电压。因为电压表V1的内阻已知，所以采用电压表V1内接法。电路如图所示（4）[5]根据欧姆定律得解得13．（1）2.5，1.2×108m/s；（2）1mm【详解】（1）设∠DQG为i，∠OQP为r，由几何关系得由折射定律代入数据解得由可得（2）如图设E点发出的光线ES、ET与法线的夹角分别为θ和α，ES⊥EF，光线ET为任一光线，过O点向TE作垂线OZ，设OZ为h，则又所以可得即光线在ES的入射角最大，分析可知，θ达到临界角时r最大，则解得14．（1）；（2）；（3）【详解】（1）由题意可知，从0、、、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为加速度大小竖直分速度大小解得（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，由于电子要打在荧光屏上，临界情况是与屏相切，所以电子在磁场中运动半径应满足设电子离开偏转电场时的速度为，垂直偏转极板的速度为，则电子离开偏转电场时的偏向角为，又，解得（3）从、、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为解得由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，所以打到屏上的粒子是一系列平行的圆弧，由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到的最大距离和最小距离的差值为，最远位置和最近位置之间的距离所以打在荧光屏上的电子束的宽度为15．（1），；（2）；（3）【详解】（1）在Q下落过程中有在P、Q碰撞过程中有联立