2026届湖南省湘潭市高考第二次模拟考试物理自编试卷（人教版）（解析版）

2026届湖南省湘潭市高考第二次模拟考试物理自编试卷解析版题号12345678910答案DDDBCCCBDBCDAC1．D【详解】A．一群能量为的激发态的氢原子处在第4能级，向低能级跃迁最多可以辐射种不同频率的光子，A错误；B．放射性元素的半衰期与其所处的物理环境、化学状态都无关。B错误：C．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，C错误：D．基本氢原子因电子碰撞而发生电离，电子的初动能至少为，也可大于这个数值（因电子碰撞发生电离，若电子初动能大于氢原子能级能量，则多出的能量部分变为氢原子电离后的初动能，部分动能留给电子），D正确。故选D。2．D【详解】A．当光从光密介质射向光疏介质且入射角大于等于临界角时才会发生全反射，若增大入射角i，在第二折射面上，两束光的入射角较小，不会发生全反射，故光线不会消失，A错误；B．由图可知，a光的偏折程度较小，折射率n较小，由可知，在该三棱镜中，a光的传播速度较大，频率较低，波长较长，B错误；C．光波属于横波，均能发生偏振现象，C错误；D．由可知，若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，由于a光频率较低，故a光的遏止电压较低，D正确。故选D。3．D【详解】A．如图所示对卫星M有解得轨道半径故A错误；B．位于N点的人随地球自转的向心加速度大小为g为地球表面的重力加速度，故B错误；CD．天黑之后阳光无法照射到卫星，反射光无法到达N点的人，因此将有一段时间观测不到卫星M，故C错误，D正确。故选D。4．B【详解】A．金属棒绕O逆时针匀速转动，根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，故A错误；B．金属棒转动产生的电动势为切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，则金属棒两端电压为故B正确；C．金属棒A端相当于电源正极，则电容器M板带正电，故C错误；D．由可得电容器所带电荷量为故D错误。故选B。5．C【详解】A．壶中原来空气的体积，由玻意耳定律解得故A错误；B．气体从到，体积增大，对外做功，由于温度不变，理想气体内能不变，根据热力学第一定律可得，气体吸收的热量等于气体做的功，故B错误；C．三角形面积为，由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程则由于是常数，温度保持不变，则相等，两三角形和的面积相等，故C正确；D．到的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子变稀疏，压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D错误。故选C。6．C【详解】A．设输入端、电压为，理想变压器原线圈电压为、电流为，副线圈电压为、电流为，则保持、位置不变，匝数比为。则根据理想变压器相关公式可知，在原线圈中的等效电阻为则原线圈电流原线圈电压向上滑动过程中减小，则减小，增大，减小。根据理想变压器，可知增大、减小，A错误；B．设两端电压为，则原线圈满足则所以根据变压器规律可知，变压器原副线圈电压变化量之比电流变化量之比则则保持、位置不变，向上缓慢滑动的过程中，不变，B错误；C．由A选项分析可知，则保持、位置不变，在原线圈中的等效电阻为变压器输出功率为当且仅当时输出功率最大由于最大阻值为，则向上滑动过程中，等效电阻最大值为且在逐渐降低，所以变压器输出功率由最大逐渐减小，则副线圈的输出功率逐渐减小，C正确；D．保持位置不变，、向上移动，使原副线圈增加相同的匝数后，在原线圈中的等效电阻为由C选项分析可知，当且仅当时输出功率最大，所以原副线圈增加相同的匝数后变压器输出功率降低，D错误。故选C。7．C【详解】A．当粒子在磁场中的圆周运动半径为时，满足题意。故由且联立解得A错误；B．由磁发散知识可知，所有粒子进入电场的方向都是沿轴正方向，且速度大小相等，故粒子到达电场的最大高度也都相等。设粒子在电场中运动的最大高度为，则有得则电场的最小面积有B错误；C．由几何知识可知，所有粒子第一次在磁场中运动的轨迹和第二次在磁场中运动的轨迹总和是半个圆，故磁场中运动的时间总和都是相等的，而在电场中的运动时间也相等，故要使粒子从A点运动到C点的时间最短，就只需要让粒子在磁场和电场之间的中间区域运动时间最短即可。所以，当粒子发射方向沿轴正方向时，粒子从A点运动到C点的时间最短。在磁场中的运动时间在电场中的运动时间故运动的最短时间C正确；D．粒子从A点运动到C点的整个过程中，取沿轴负方向为正，由动量定理得，解得负号表示洛伦兹力的冲量方向沿轴正方向，D错误。故选C。8．BD【详解】A．根据图乙可知，在0.1s后极短时间内，质点P的位移为正值，且逐渐增大，表明时质点向轴正向振动，故A错误；B．根据图像可知，波长为4m，周期为0.2s，则该波的传播速度大小为故B正确；C．根据图乙可知，时质点的位移为正方向的最大值，根据可知，时质点的加速度达到负向最大，故C错误；D．从到的时间间隔为可知，质点运动的路程为故D正确。故选BD。9．BCD【详解】A．粒子l受向下偏转，由左手定则可知，粒子1带负电，故A错误；B．根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力可得由题图可知粒子l运动的半径小于粒子2运动的半径，若两粒子的比荷相同，则粒子1的入射速率小于粒子2的入射速率，故B正确；C．若仅减小粒子2的入射速率，则粒子2运动半径减小，从磁场射出时，轨迹所对应的圆心角增大，粒子2在磁场中的运动时间为故若仅减小粒子2的入射速率，则粒子2在磁场中的运动时间增加，故C正确；D．PC圆弧恰好为内圆周长的三分之一，则粒子2在磁场中轨迹所对应的圆心角为设内圆半径为R，根据几何关系，粒子2在磁场中运动半径为开始粒子2在磁场中运动时间为粒子2速率变为原来的，此时粒子2在磁场中运动半径为根据几何关系，当粒子2的轨迹对应的弦为直径PM时，粒子2在磁场中运动的时间最长，此时的圆心角为速度改变后，粒子2在磁场中运动的最长时间为故D正确。故选BCD。10．AC【详解】A．由题知B和C可视为质点，质量均为m，物块B、C碰撞过程中动量守恒，两球碰撞后交换了速度，故C与B碰后瞬间，B的速度为，A正确；B．当C与B碰后瞬间，弹簧仍处于原长L，A物体处于静止状态，A的加速度为0，B错误；CD．由题知物块C以速度沿斜面匀速下滑并与B发生弹性碰撞，且A、B和C质量均为m，则说明物块A、B运动过程中相当所受外力合力为零，在物块B获得速度后开始压缩弹簧，由于弹簧弹力作用，物块B的速度减小，物块A的速度增加，当弹簧压缩到最短时物块A、B拥有共同速度，后物块A的速度继续增加，物块B的速度继续减小，弹簧逐渐伸长，当物块A的速度达到，物块B的速度减为0时，弹簧处于原长，在整个过程中摩擦力做功等于重力势能减小量，由对称性知，物块B沿斜面位移等于物块A沿斜面位移为，故从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为C正确，D错误。故选AC。11．0.68变小【详解】（4）[1]根据计算可得（5）[2]描点绘图有[3]描点如图所示，v-t图像斜率表示加速度大小，故由图像可知小车启动过程加速度变小。12．(1)2.150/2.149/2.151(2)600(3)5000【详解】（1）如图所示，其螺旋测微器的主尺读数为2mm，所以其读数为（2）由题意可知，其倍率为，所以其读数为（3）①[1]电流表串联电阻箱改为量程为3V的电压表，由解得[2]由于滑动变阻器采用分压式接法，所以为了减少实验误差，滑动变阻器应该选择。②[3]电阻丝两端的电压为流过电阻丝的电流为由欧姆定律有由电阻定律有整理有13．，【详解】在赖曼系中，氢原子由跃到，对应的波长最长设为，则所以所以在巴尔末系中，氢原子由跃迁到，对应的波长为，频率为，则设、对应的最大动能分别为、，根据光电效应方程有根据动能定理有14．（1）；（2）（）；（3）【详解】（1）（1）对带电粒子沿x轴做匀速直线运动，由平衡条件有解得（2）利用“配速法”，粒子静止释放后的运动可分解成入射速度方向沿着轴负方向，大小为的匀速圆运动和速度方向沿x轴正方向，大小也为的匀速直线运动，设粒子做匀速圆周运动的半径为，则有粒子做圆周运动的周期设释放粒子后经时间t粒子第一次速度达到最大值，此时粒子恰好运动了半个周期，其速度方向与做圆周运动的入射速度方向相反，与做匀速直线运动的速度方向相同，此过程中粒子在x、y轴方向的位移大小分别设为x1、y1，则有解得由运动的周期性可得，粒子速度达到最大值时的位置坐标为（）（3）粒子第一次速度达到最大值时，撤去电场后粒子做匀速圆周运动，则解出由数学知识可知，粒子此后运动的轨迹方程为15．（1）2m/s，2m/s；（2）7m/s；（3）5次，【详解】（1）0~1s内，设小物块的加速度大小为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律有解得a1=2m/s2a2=2m/s2t=1s时，小物块的速度大小为木板的速度大小为（2）0~1s时间内，木板的位移大小为t=1s时，小物块与木板达到共同速度，且电场强度大小变为，因为所以小物块与木板将共同做匀变速运动，设整体的加速度大小为a3，则解得a3=2m/s2设小物块和木板共速后运动位移s2后速度减为零，则解得s2=1m即t=2s时，木板左端到挡板的距离为此后小木块和木板将一同沿斜面向下做匀加速运动，所以木板第一次与挡板碰撞前的速度大小为（3）0~1s时间内，小物块的位移大小为与木板的相对位移大小为所以t=1s时小物块到木板左端的距离为木板从距离挡板的位置开始下滑至与挡板第一次碰撞所经历的时间为所以木板与挡板第一次碰撞的时刻为t=2s+3.5s=5.5s，由题图（b）可知此时电场强度随即变为零。木板与挡板第一次碰撞后将以大小为v=7m/s的速度反弹，设反弹后的加速度大小为a4，则解得a4=14m/s2设小物块的加速度大小为a5，则解得a5=2m/s2设经过t2，木板的长度减为零，则此过程中小物块的位移大小为木板的位移大小为则这段时间内，小物块与木板的相对位移大小为木板速度减为零时，小物块的速度大小为设再经过t3，木板与挡板第二次碰撞，且碰撞时的速度大小为v’，根据受力分析可知木板速度减为零后将仍以大小为a4的加速度沿斜面下滑，则t3时间内，小物块的位移大小为则小物块与木板的相对位移大小为木板与挡板第二次碰撞时，小物块的速度大小为木板与挡板第一次碰撞和第二次碰撞之间小物块与木板的总相对位移为根据以上分析可推知，之后木板每次与挡板碰撞时的速度大小均为v=7m/s。并且由于小物块一直做匀加速运动，所以从木板第一次与挡板碰撞开始，之后的每两次相邻碰撞之间的过程中，小物块与木板的相对位移都会比前一次多2m，由此可知第2次和第1次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为8m；第3次和第2次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为10m；第4次和第3次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位