2026届湖南省长沙市高三第二次模拟考试物理练习卷（人教版）（解析版）

2026届湖南省长沙市高三第二次模拟考试练习卷物理试题（解析版）1．B【详解】A．核反应遵循质量数守恒，左侧总质量数为右侧总质量数为解得，故A错误；B．质量亏损为反应前总质量减去反应后总质量根据质能方程，释放能量，故B正确；C．核裂变产生的是快中子，需要慢化为慢中子才能有效引发核裂变，不能直接使用，故C错误；D．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核不适用，无法确定10个铀核经过一个半衰期后的剩余数量，故D错误。故选B。2．B【详解】AD．将整个支架系统视为整体，则由平衡条件有解得地面对每根杆的支持力大小均为若仅将等边三角形ABC的边长变短，则地面对每根杆的支持力保持不变，故AD错误；B．由题意可知，每根杆与竖直方向的夹角均为，对O点进行受力分析，根据共点力平衡的推论有解得每根杆对铰链O的作用力大小均为，故B正确；C．在A点，杆OA的作用力F沿水平方向的分量为则由共点力的平衡条件可得，地面对A点的静摩擦力大小为又因为地面对每根杆的支持力大小为，所以杆和地面间的动摩擦因数至少为，故C错误。故选B。3．D【详解】0.5s光源运动距离此时入射角为临界角，根据几何关系解得故选D。4．A【详解】A．根据可知，在近日点加速度比远日点大，故A正确；B．根据在近日点对应圆轨道运行速度比水星大，而从椭圆轨道进入对应圆轨道要减速，所以在近日点运行速度比水星速度大，故B错误；C．轨道的半长轴远大于地球轨道半径，小于木星轨道半径，已知木星绕太阳公转的周期为11.86年，根据开普勒第三定律可知，公转周期一定小于11.86年，故C错误；D．根据开普勒第二定律，在近日点运行速度比远日点大，则在近日点的动能比远日点大，故D错误。故选A。5．C【详解】A．和电荷量相同，由知电场力做功相同，故A错误；B．质量比，由，有，即，故B错误；C．由知，故C正确；D．由，有r相同时，有即，D错误。故选C。6．B【详解】A．对球进行受力分析，受到轻绳的拉力、重力和库仑力，如图所示。由相似三角形可知其中整理得，由于，因此，故A错误；BC．由两小球重力不变及不变，可知不变，球电荷量减少，则减小，库仑力减小，故球的轨迹是一段以点为圆心的圆弧，故B正确，C错误；D．滑轮受到的轻绳的作用力大小均为，大小不变，由减小可知两绳的夹角减小，所以滑轮受到两绳的合力增大，故D错误。故选B。7．C【详解】A．设灯泡、的电阻为，正常发光时的两端电压为，电流为(1)当闭合开关、断开开关时，设变压器输入电压为，根据变压器的电压与匝数的关系可得解得根据电路图可以看出两端电压为此时输入端电压与灯泡、两端电压的关系为(2)当断开开关、闭合开关时，设变压器输入电压为，同理可得此时输入端电压与灯泡、变压器输入端电压的关系为所以输入端的电压之比为，故A错误；B．因为两种情况下灯泡都正常发光，故两种情况下输入端干路电流都为。当闭合开关、断开开关时，输入端的输入功率当断开开关、闭合开关时，输入端的输入功率所以输入端的输入功率之比为，故B错误；C．当闭合开关、断开开关时，设变压器输入电流为，根据变压器的电流与匝数的关系可知解得因为此时灯泡正常发光，故输入端干路电流为，根据并联电路的性质可得流过的电流为又因为两端电压为所以此时消耗的功率为当断开开关、闭合开关时，设变压器输出端电流为，同理可得根据并联电路的性质可得流过的电流为又因为两端电压为，所以此时消耗的功率为所以与消耗功率之比为，故C正确；D．因为与消耗功率之比为，根据公式可知，故D错误。故选C。8．AC【详解】A．对球施加水平推力前，以尖劈和球整体为研究对象，如图1所示可知轻绳的拉力斜面对尖劈的支持力以球为研究对象，如图2所示可知轻绳的拉力，故A正确；C．以球为研究对象，如图3所示可知对球施加水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉力不变，故C正确；BD．以尖劈和球整体为研究对象，对球施加水平推力后，如图4所示有总重力不变，可得斜面对尖劈的弹力变大，即尖劈对斜面的压力变大；轻绳拉力T不变，总重力不变，施加推力F后，要保持平衡，有则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对尖劈的摩擦力不可能为0，故BD错误。故选AC。9．AC【详解】A．轻绳吊着圆环后形成的角度为，有升降机缓慢上升或缓慢下降的过程中，根据几何关系可知，轻绳形成的角度是不变的，故绳上拉力也是不变的，故A正确；B．当升降机向左移动时，轻绳形成的角度增加，根据公式可知绳上拉力变大，故B错误；C．对升降机分析可知，地面对升降机的弹力为地面对升降机的弹力是不变的，根据相互作用力原理，升降机对地面的压力也是不变的，故C正确；D．此时地面对升降机的摩擦力与绳上拉力的水平分量相同，即由于升降机上升时，绳上拉力与角度都不变，所以地面对升降机的摩擦力也不变，故D错误。故选AC。10．BD【详解】A．x1处滑块的加速度为零，对滑块受力分析如图所示根据胡克定律可得弹性绳弹力为垂直杆方向有平行杆方向有其中又联立解得可知滑块与杆之间的弹力保持不变，滑动摩擦力大小不变，可得滑块与直杆间的动摩擦因数为，故A错误；BCD．从释放到x2，速度变化量为零，根据图像面积表示，可知，滑块释放时，加速度为，有解得根据图像面积可知，最大速度满足解得根据对称性，滑块在的位置速度为0，此时弹力为滑块沿杆向上运动，当滑块速度再次为0时，有解得此时则滑块静止，故全过程滑块沿杆的总路程为，故BD正确，C错误；故选BD。11．(1)D(2)一(3)【详解】（1）探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。A．探究小车速度随时间变化的规律，速度的测量用的是极限法，故A错误；B．探究平抛运动的特点，采用的实验方法是用曲化直的方法，故B错误；C．探究两个互成角度的力的合成规律，采用的是等效替代的实验方法，故C错误；D．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故D正确。故选D。（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，应使两球的角速度相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。（3）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，则两球做圆周运动半径之比为；将传动皮带调至第二层塔轮，则两球做圆周运动的角速度之比为根据可知标尺的刻度之比为12．(1)1.990(2)500(3)FA(4)【详解】（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为（2）根据欧姆表的读数规律，该读数为（3）[1][2]由于实验要求进行精确测量，则表1的内阻一定已知，可知，表1可能选择、或者选择V，表2一定选择，实验要求测量时电表的读数不小于其量程的，即选择的电表几乎能够同时达到满偏，由于实验中给出的定值电阻分别为，若电表1选择，选择的定值电阻阻值越大，通过的电流越大，根据串并联关系可知，当达到满偏2mA，定值电阻选择时，结合上述，约为500Ω，则通过的电流为没有达到量程的；若电表1选择V，当电流表达到满偏60mA时，电压表V的示数为电压表量程为10V，满足要求，可知电表1选择电压表V，即选择F

，电表2选择电流表，即选择A，定值电阻选择。（4）结合上述可知，电表1选择V，电表2选择电流表，定值电阻选择，根据欧姆定律有根据电阻定律有解得13．(1)(2)【详解】（1）根据图示分析可知，当活塞A恰好到达汽缸Ⅰ区右侧，但与右侧没有挤压时，能够测量的水最深，此时活塞B左右两侧的气体压强相等，对活塞B左侧气体有对活塞B右侧气体有解得，则水产生的压强为由于相当于10m高的水产生的压强，可知此深度计能测的最大深度为m=m（2）若要测量的最大水深m，该深度对应压强为，此时活塞A恰好到达汽缸Ⅰ区右侧，气体压强为令置于水中之前，汽缸Ⅰ内通过A所封气体的压强为，根据玻意耳定律对活塞B左侧气体有对活塞B右侧气体有解得14．(1)(2)(3)【详解】（1）棒与环一起做自由落体运动，有解得（2）设棒弹起后的加速度大小为a，由牛顿第二定律有则棒第一次弹起后做匀减速直线运动，向上运动的高度由题意有解得（3）设环在该过程中与棒的相对位移大小为d，由能量守恒定律有又解得15．(1)(2)，(3)【详解】（1）从到，由动能定理得解得在点，由牛顿第二定律和向心力公式得解得由牛顿第三定律得：对轨道的压力大小为。（2）由题意可知：小物块在内一直向下做匀减速运动，加速度大小为根据位移与时间关系有也是长木板与物块在前1s内的相对位移，故有（3）由（1）、（2）分析可知，以初速度在长板上匀减速滑行时，长木板所受摩擦力始终向下，在做简谐运动，摩擦力先对其做正功，后做负功，全程做功为零。根据功能关系，要使长木板与弹簧组成系统获得最大的机械能，则摩擦力对长木板做的正功要最