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2026届湖南省株洲市高考物理自编模拟试卷02
考试时间：75分钟； 分值：100
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共43分）
一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．铀（）经过衰变形成稳定的铅（），该过程中共经历了（　　）
A．8次衰变，10次衰变
B．5次衰变，6次衰变
C．8次衰变，6次衰变
D．5次衰变，12次衰变
2．如图所示，两根长直通电导线，分别通有竖直向上的电流和水平向右的电流，且，直线电流在周围空间产生的磁场的磁感应强度与距离的关系为，其为电流，为周围空间的点到长直导线的距离，为比例系数。在空间施加一垂直于纸面、磁感应强度大小为的匀强磁场，此时点的磁感应强度恰好为0。已知点到通电导线的距离分别为，点到通电导线的距离分别为。下列说法正确的是（　　）
A．通电导线在点的磁感应强度大小为
B．通电导线在点的磁感应强度大小为
C．点的磁感应强度大小为
D．匀强磁场垂直纸面向里
3．真空中电量相等的两异种点电荷连线和一绝缘正方体框架的两侧面和中心连线重合，连线中点和立方体中心重合，除两异种电荷Q产生的电场外，不计其它电场的影响，则下列说法中正确的是（　　）
A．正方体两顶点A、B电场强度相同 B．正方体两顶点A、B电势相同
C．面是等势面 D．负检验电荷q从移到电势能先减小后增大
4．如图所示，在某种介质水平面上有S1、S2、Q、O四个点，S1和S2之间的距离为8m，O点为S1和S2连线的中点，点Q到S1的距离为6m，到S2的距离为10m，两波源分别置于S1和S2，t=0时刻同时从平衡位置开始沿竖直方向振动，振动方程均为，波速为2m/s。下列说法正确的是（　　）
A．该简谐波的波长为2m
B．O点振动加强，Q点振动减弱
C．在t=6.5s时，点Q的位移大小为4cm
D．在0~4s的时间内，点O通过的路程为8cm
5．如图所示，一倾角为的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上有一质量为的物体，上端用平行于斜面的细绳跨过定滑轮连接着物体，物体、通过轻弹簧相连，质量分别为、，此时恰好静止。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．物体与斜面间的动摩擦因数为
B．剪断弹簧的瞬间，物体的加速度为
C．剪断细绳的瞬间，物体的加速度为
D．剪断细绳的瞬间，物体的加速度为
6．如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为3m的小球A，质量为2m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态，弹簧劲度系数为k，弹簧原长足够长，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（ ）
A．剪断细线后的瞬间，小球A的加速度大小为g B．小球A运动到弹簧原长处时速度最大
C．小球A运动到最高点时，弹簧的压缩量为 D．小球A的最大速度为
7．如图所示为一小型发电机与理想变压器组成的电路，发电机线圈匀速转动过程中，从图示位置开始，线圈中磁通量随时间变化的规律为，已知发电机线圈共有100匝，发电机线圈电阻和输电线电阻均不计，理想变压器原线圈与定值电阻串联，副线圈接有定值电阻和滑动变阻器R（阻值范围为），理想变压器原、副线圈的匝数比。电压表V和电流表A均为理想电表，调节滑动变阻器R的滑片，电压表V和电流表A示数变化量的绝对值为和。下列说法正确的是（　　）
A．滑动变阻器R的滑片向上滑动，电压表和电流表的示数均变大
B．
C．当滑动变阻器R接入电路的阻值为时，电流表A的示数为1A
D．当滑动变阻器R接入电路的阻值为时，变压器的输出功率最大
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置于光滑水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。木箱质量为，甲、乙两物块质量均为，甲与木箱之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块乙始终不与木箱接触，重力加速度取。现以水平向右的推力作用在木箱上使三者保持相对静止，则下列判断正确的是（　　）
A．轻绳对物块乙的弹力方向斜向右上
B．轻绳上弹力大小为
C．物块甲所受摩擦力方向有可能水平向右
D．要使三者保持相对静止，水平推力的大小至少为
9．我国发射的“风云三号05”气象卫星始终沿晨昏线运行，故被命名为“黎明星”。已知地球半径为6400km，地球极地表面的重力加速度取10 m/s 。“黎明星”做圆周运动时离地面的高度为800km，地球自转周期为24h。某天黎明时分“黎明星”正好经过北京市正上方，取3.2，取8.5，不考虑地球的公转，则“黎明星”（　　）
A．绕地球转动的轨道圆心可能不在地心上
B．周期约为1.7h
C．下次在黎明时分经过北京正上方约需要17天
D．下次在黎明时分经过北京正上方约需要24天
10．如图所示，在竖直面内有一半径为R的光滑圆轨道，空间中存在平行于圆轨道所在平面的匀强电场。小球质量为m，电荷量为，将小球从A点以大小为的速度沿任意方向抛出，小球落至B、C两点时速度大小相等，其中A点和C点与圆心等高，B点在圆心正下方，已知小球与轨道碰撞后沿半径方向速度变为0，沿切线方向速度不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．匀强电场的电场强度大小可能为
B．小球在圆弧上运动至圆弧BC中点时，势能最小
C．若电场方向水平向右，在A点给小球竖直向下的速度，要使小球能在竖直平面做完整的圆周运动，则其在A点的速度应不小于
D．若电场方向水平向右，将小球从A点由静止释放，小球与轨道碰撞后不会再次脱离圆轨道
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分。
11．小花同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）该同学用游标卡尺测量摆球的直径时示数如图甲所示，则摆球的直径D=______m，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用毫米刻度尺测得摆线长为l。
（2）实验装置的示意图如图乙所示，P、Q分别为运动过程中左、右侧的最高点，O为平衡位置，应该从____（填“O”、“P”或“Q”）点开始计时，该同学用秒表记下单摆做n次全振动的时间为t。
（3）该同学通过计算测得的数据，发现他得到的重力加速度的数值偏大，其原因可能是______。
A．单摆的振幅较小
B．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线变长了
C．把单摆n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间
D．以摆线长l作为摆长进行计算
（4）小丽同学改进了处理数据的方法，她测量了5组摆长（摆线长L与小球半径之和）和对应的周期T，画出L-T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示。则当地重力加速度的表达式为g=______。（用图丙中涉及的物理量符号表示）
12．某实验小组设计了如图甲所示的实验电路，来测量电源的电动势和内阻，实验器材有：待测电源，阻值为R0的定值电阻，内阻可忽略的电流表，总阻值为R0且阻值均匀的四分之一圆形变阻器，变阻器上有可指示滑片转过角度θ的刻度盘，开关、导线若干。回答下列问题：
(1)闭合开关，滑片在顺时针转动的过程中，电流表示数_______（填“变大”或“变小”），电路消耗的总功率____（填“变大”或“变小”）。
(2)在实验中转动滑片，改变角度θ（弧度制），测量通过定值电阻R0的电流I，以为纵坐标，为横坐标，作出图像如图乙所示，已知图像的斜率为k，纵截距为b，则电源的电动势为E=_____。（用k、b、R。表示）
(3)若时变阻器消耗的功率最大，则k和b应满足的关系式为b=___________。
13．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的竖直高度差d＝20cm，电源电动势E＝18V，内阻r＝2Ω，电阻R＝4Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度＝6m/s竖直向上射入板间，小球带电荷量为C，质量为kg，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
(1)滑动变阻器接入电路的阻值调为多大能使小球恰好到达A板；
(2)滑动变阻器接入电路的阻值调为多大能使滑动变阻器有最大热功率？并求出滑动变阻器的最大热功率。
14．如图所示，间距为的光滑平行金属导轨由倾斜部分、水平部分和竖直半圆弧部分组成，三部分平滑连接。倾斜部分与水平面间的夹角为，上端连接一电容值可调的电容器C（不带电），水平部分NP的长度为，半圆弧轨道半径为，倾斜部分中区域内存在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场（图中未画出），和之间的距离为。现将一绝缘棒b放置在水平导轨上，调节电容器的电容为某一合适的值，使另一金属棒a从位置由静止开始释放，a与b发生弹性碰撞后，b恰好能通过圆弧轨道的最高点。已知a和b的质量均为，长度均为L，两棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小取，，不计导轨、金属棒a的电阻及空气阻力。
(1)求b棒经过位置时对轨道单边的压力大小；
(2)求a棒下滑到位置时电容器所带的电荷量；
(3)仅改变电容器的电容，使b棒沿飞出后落到倾斜轨道上时速度方向与轨道垂直，求此时电容器的电容。
15．人们越来越深刻地认识到冰山对环境的重要性，冰山的移动将给野生动物带来一定影响。为研究冰山移动过程中表面物体的滑动，小星找来一个足够长的水槽，将质量为长为L的车厢放在水槽中模拟冰山，车厢内有一个质量为、体积可以忽略的滑块。车厢的上下表面均光滑，车厢与滑块的碰撞均为弹性碰撞且忽略碰撞的时间。开始时水槽内未装水，滑块与车厢左侧的距离为。在车厢上作用一个大小为，方向水平向右的恒力，当车厢即将与滑块发生第一次碰撞时撤去水平恒力。
(1)求车厢即将与滑块发生第一次碰撞时车厢的速度的大小；
(2)求从车厢与滑块发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中，车厢的位移；
(3)若在水槽中装入一定深度的水，车厢在水槽中不会浮起。开始时滑块与车厢左侧的距离为，由于外界碰撞，车厢在极短时间内速度变为，方向水平向右。车厢移动过程中受到水的阻力大小与速率的关系为（为已知常数），除第一次碰撞以外，以后车厢与滑块之间每次碰撞前车厢均已停止。求全程车厢通过的总路程。
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
2026届湖南省株洲市高考物理自编模拟试卷02（参考答案）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B B C B D C AD BC BD
1．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． O C
【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，所以
碰撞前车厢的速度
设第n次碰撞后，车厢的速度为vn，滑块的速度为，第n次碰撞至停下，车厢的路程为sn。第一次碰撞，由机械能守恒定律
动量守恒定律
解得
第一次碰撞后，对车厢
解得
第二次碰撞，由机械能守恒定律
根据动量守恒定律
解得
所以第二次碰撞后车厢的路程
此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次的倍，车厢均静止。
所以第三次碰撞后车厢的路程
第四次碰推后车厢的路程
第n次碰撞后车厢的路程
根据等比数列求和公式求得车厢在第二次及以后的路程之和
所以
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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