2026年河南省普通高中学业水平选择性考试物理模拟卷三

2026年河南省普通高中学业水平选择性考试模拟卷三 物理答题卡 姓名： 班级： 考号： 注意事项 1.答题前请将姓名、班级、考场、座号和准考证号填写清楚。 2.客观题答题，必须使用2B铅笔填涂，修改时用橡皮擦干净。 3.主观题必须使用黑色签字笔书写。 条形码粘贴区 4.必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效。 5.保持答卷清洁完整。 正确填涂 缺考标记 一、选择题：本题共10小题，共43分，在每小题给出的四个选项中，1~7题只有一项符合 题目要求，8~10题有多项符合题目要求。 1[A][B][C][D] 5.[A][B][C1[D] 8.[A][B][C][D] 2.[AJ[B][C][D] 6.[AJ[B][C][D] 9.[AJ[B][C][D] 3.A][B][C][D] 7[A][B][C][D] 10[A][B][C][DJ 4[A][B][C][D] 二、非选择题（共54分） 11.(5分) (2) ； (3) (4) 12.(10分) (1)】 (2) (3) (4) 答题卡第1面共4面 13.(10分) 主气囊 活塞 右挡板 左挡板 副气囊7 W 答题卡第2面共4面 14.(11分) a/(m.s2) 答题卡第3面共4面 15.(18分) ap 答题卡第4面共4面 2026年河南省普通高中学业水平选择性考试模拟卷三 物理 本试卷共100分　考试时间75分钟。 一、单项选择题: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,只有一个选项是符合题目要求的。 1．我国科学家将放射性元素镅243引入到能量转换器中来提高微型核电池的能量转换效率,若镅243的衰变方程为AmNp+Y,则Y为 A.α粒子 B.β粒子 C.γ射线 D.X射线 2．2024年6月2日,嫦娥六号着陆器和上升器组合体成功着陆在月球背面南极-艾特肯盆地预选着陆区,开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务。若嫦娥六号着陆器和上升器组合体的质量为m,着陆位置处于水平月面,静止时四根对称分布的倾斜撑杆与水平月面的夹角均为θ。已知每根撑杆中的弹力大小均为F,方向均沿杆,下列说法正确的是 A.月面对每根撑杆的摩擦力大小均为Fsin θ B.月面对每根撑杆的支持力大小均为Fcos θ C.月球表面的重力加速度为 D.四根撑杆整体所受合力大小为4Fsin θ 3．如图所示,手提袋装满东西后总重力为G,轻质提绳与手提袋的4个连接点M、N、P、Q形成边长为L的正方形。竖直外力作用在提绳中点O将手提袋提起,4段提绳OM、ON、OP、OQ等长且与竖直方向均成37°角,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则提绳ON对手提袋的作用力大小为 A.G B.G C.G D.G 4．2024年11月23日,2024中国足协杯决赛在温州奥体中心举行。如图甲所示,一足球运动员在水平草地上练习传高空球。如果他在同一地点把同一个足球前后两次斜向上踢出,第一次足球落在草地上的M点,第二次落在草地上的N点,足球两次在空中运动的最大高度相等,且ON=3OM,空气阻力不计,如图乙所示。下列说法正确的是 甲 乙 A.足球两次在空中运动的时间不相同 B.足球第二次被踢出时的初速度的水平分量是第一次的3倍 C.足球第二次被踢出时的初动能一定是第一次的9倍 D.足球两次落地时的速度与水平方向夹角的关系为sin θM=3sin θN 5．“天问一号”探测器在飞往火星过程中,先在低轨道绕地球做匀速圆周运动,调整后再加速进入地火转移轨道,在火星附近经过一系列调整后再绕火星做匀速圆周运动。若地球与火星的质量比值是p,“天问一号”绕地球和火星做匀速圆周运动的轨道半径的比值是q,则“天问一号”绕地球和火星做匀速圆周运动的周期的比值是 A. B.q C. D.q 6．图甲是某发电机通过理想变压器输电的示意图,图乙是原线圈接入的内阻r=2 Ω的发电机提供的交变电流的u-t图像(um未知)。已知原线圈匝数n1=110匝,副线圈匝数n2=22匝,电压表和电流表均视为理想电表。电流表的示数为1 A,电压表的示数为2 V,灯泡恰好正常发光,则下列说法正确的是 甲 乙 A.灯泡的电阻为20 Ω B.交变电流的频率为50 Hz C.原线圈接入的交流电压表达式为u=10sin(100πt) V D.原线圈电路中消耗的总功率为12 W 7．2024年巴黎奥运会于8月12日闭幕,中国体育代表团共收获40金27银24铜,创造夏季奥运会境外参赛最佳战绩。铅球比赛中,某铅球运动员正在进行投球,铅球投出后在空中的某段运动轨迹如图所示,铅球在A点时的速度大小v0=3 m/s,铅球在B点的速度v1恰好与v0方向垂直,且A、B两点的间距LAB=1.8 m。若将铅球视为质点,忽略空气阻力,已知重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是 A.铅球从A点运动到B点的时间为0.6 s B.铅球在B点的速度大小为2 m/s C.铅球上升的最大高度为 m D.A、B两点的高度差为0.45 m 二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8．图甲是沿x轴传播的某简谐横波在t=0.2 s时的波动图像,图乙是平衡位置在x=10 m处质点P的振动图像,下列说法正确的是 甲 乙 A.此波的传播方向沿x轴负方向 B.此波的传播速度v=100 m/s C.质点P的振动方程为y=0.5sin 5πt(m) D.t=0.2 s时,平衡位置在x=55 m处的质点偏离平衡位置的位移为0.5 m 9．如图所示,光滑轨道竖直部分AB固定在水平地面上,上侧BC部分弯曲成半径为R的四分之一圆弧,轻质弹簧靠近轨道,其下端固定,无弹力时上端与D点等高,将质量为m的小球置于弹簧上端,压缩弹簧至与右侧足够长的光滑平台等高点E后锁定,解除锁定后,小球恰好能够通过圆弧最高点C。已知ED=DB=R,重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是 A.小球脱离弹簧前的最大加速度为g B.弹簧弹性势能的最大值为 C.小球在平台上的落点到小球初始位置的距离为R D.小球落在平台前瞬间的速度大小为 10．一电蚊拍如图甲所示,它可以利用高压电来击杀接触它的蚊虫,其工作电路原理如图乙所示,将6 V锂电池的电压通过高频转换器转变为交变电压u=6sin 20 000πt(V),再利用理想变压器产生高压,加在电蚊拍的高压电击网上,电压峰值达到2 200 V时可击杀接触到电击网的蚊虫。电蚊拍正常工作时,下列说法正确的是 甲 乙 A.高压电击网上电压的频率为10 000 Hz B.理想交流电压表的示数为6 V C.变压器原线圈与副线圈的匝数比= D.变压器原线圈与副线圈的匝数比= 三、非选择题:本题共5小题,共54分。 11．(6分)图甲为探究向心力与物体的质量、角速度关系的实验装置,金属块放置在转台边缘的凹槽中,电动机带动转台做圆周运动,电动机的转速随电压的变化而变化。光电计时器可以记录转台每转一圈的时间,金属块被约束在转台的凹槽中,转动中不能沿半径方向移动,凹槽内侧安装有力传感器,通过力传感器可测量金属块对凹槽侧壁的作用力。 甲 乙 (1)实验转台凹槽中心到中心转轴的距离为r,是固定值。 (2)电动机接通电源后,若转台转动n周所用的时间是t,则转台转动的角速度ω=　　　　。  (3)可以通过改变凹槽中金属块的质量m,探究向心力跟质量的关系。实验中,该同学换用不同金属块后,记录几组力与对应的金属块质量的数据,他用图像法来处理数据,结果画出了如图乙所示的图像,图线是一条过原点的直线,图线的斜率k=　　　　(用题目中给出的物理量表示)。  (4)利用本实验器材,若保证　　　　不变,改变　　　　,可以探究向心力和角速度的关系。  12．(9分)实验室有一卷细铜导线,长约200 m。某兴趣小组采取下列措施,对该细铜导线的长度进行粗略测量。 甲 (1)用螺旋测微器测量该细铜导线的直径,螺旋测微器的示数如图甲所示,该细铜导线的直径D为　　　　mm。  (2)用伏安法测铜导线的电阻Rx,实验所用器材为:电池组(电动势为3 V,内阻约为1 Ω)、电流表(内阻约为0.1 Ω)、电压表(内阻约为3 kΩ)、滑动变阻器R(0~20 Ω,额定电流为2 A)、开关S、导线若干。为测量方便,要求铜导线两端的电压有较大的调节范围,请利用以上器材连接电路,并在下面方框中画出对应的电路图。 乙 (3)这个小组的同学在坐标纸上建立U-I坐标系,根据所测数据在坐标系内描点,如图乙所示,图乙中已标出了与测量数据对应的几个坐标点,请在图中描绘出U-I图线。由图线得到铜导线的阻值Rx=　　　　Ω(结果保留两位有效数字)。  (4)实验小组的同学通过查阅资料,得知铜的电阻率ρ=1.75×10-8 Ω·m,则这卷细铜导线的长度大约是　　　　m(结果保留整数)。  13．(10分)如图甲所示,系留气球是使用缆绳将其拴在地面绞车上并可控制其在大气中飘浮高度的气球,主要应用于大气边界层探测。图乙是气球的简化模型图。主、副气囊通过不漏气、无摩擦的活塞分隔开,主气囊内封闭有一定质量的理想气体(密度较小),副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定,左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时,活塞与左挡板刚好接触,弹簧处于原长。在气球升空过程中,大气压强逐渐减小,弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时,活塞刚好与右挡板接触,理想气体的体积变为初始时的1.8倍,此时活塞两侧气体压强差为地面附近大气压强的。已知地面附近大气压强p0=1×105 Pa,气体的热力学温度T0=300 K,弹簧始终处于弹性限度内,活塞厚度忽略不计。在气球升空过程中,气球内封闭的理想气体温度不变。 甲 乙 (1)求目标高度处的大气压强p; (2)若气球在目标高度处长时间驻留,气球内、外温度达到平衡时,弹簧压缩量为左、右挡板间距离的,已知该处大气压强不变,求气球驻留处大气的热力学温度T2。 14．(11分)如图甲所示,水平轨道ABCD与竖直的光滑半圆轨道DE的底端D相切。水平轨道上A、C两处分别有一物块P、Q,物块P的质量记为m1,物块Q的质量m2=3.0 kg,AB=BC=4.0 m,CD=3.0 m,半圆轨道的半径R=0.4 m。水平力F作用于静止在A点的物块P上,P的加速度a随F变化的规律如图乙所示。在物块P经过B点后与Q碰撞前的某位置撤去F,P与静止在C处的物块Q发生弹性碰撞,碰撞后Q经D点进入竖直半圆轨道。P、Q与水平轨道间的动摩擦因数相同,空气阻力不计,重力加速度g=10 m/s2,两物块均可视为质点。 甲 乙 (1)求物块与地面间的动摩擦因数μ及m1的值; (2)水平力F为大小不同的恒力时,可在BC间不同位置撤去,使物块Q恰好能通过半圆轨道的最高点,求水平力F大小的范围。 15．(18分)如图所示,竖直平面内有一固定光滑绝缘的圆轨道ab,轨道半径为L;质量均为m、长度和高度均相等的绝缘长木板A和C静置于光滑水平面上,A紧靠b且其上表面与b等高,C的左侧面在坐标原点O处,x轴正方向水平向右。一质量为2m、电荷量为q的带正电小滑块(视为质点)从a端由静止释放后沿轨道下滑,通过b后恰好能运动到A的最右端,然后A与C碰撞且粘连在一起,碰撞时间极短。已知滑块与A间的动摩擦因数μ1=0.5,重力加速度大小为g。 (1)求滑块刚到达b时圆轨道对滑块的支持力大小N; (2)求A的长度L0以及滑块在A上时滑块与A组成的系统因摩擦产生的热量Q; (3)若滑块在长木板C上表面发生相对滑动时与C间的动摩擦因数满足关系式μ2=x'(x'为滑块相对C滑动的距离),请通过计算判断滑块是否会从C上掉下; (4)若滑块与C间的动摩擦因数μ2=0.5,在x>0的区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出),已知滑块在C上相对运动的时间为t,求滑块在C上相对运动的路程L1。 【参考答案】 1． A　 【解题分析】设Y的质量数和电荷数分别为a和b,由质量数守恒和核电荷数守恒可知243=239+a,95=93+b,解得a=4,b=2,可知Y为α粒子,A项正确。 2． C　 【解题分析】嫦娥六号处于平衡状态,对撑杆底部接触面进行分析可知,月面对每根撑杆的摩擦力大小为Fcos θ,月面对每根撑杆的支持力大小为Fsin θ,A、B项错误;对嫦娥六号进行分析,有4Fsin θ=mg月,解得g月=,C项正确;撑杆处于静止状态,受力平衡,所受合力为零,D项错误。 3． D　 【解题分析】4段提绳与竖直方向均成37°角,设4段提绳的拉力大小均为T,对手提袋受力分析可知,竖直方向有4Tcos 37°=G,解得T=G,A、B、C项错误,D项正确。 4． B　 【解题分析】由H=可知,足球两次被踢出时的初速度的竖直分量相同,由t=可知,足球两次在空中运动的时间相同,A项错误;已知ON=3OM,由x=vOxt可知,足球第二次被踢出时的初速度的水平分量是第一次的3倍,足球被踢出时的初速度大小v=,被踢出时的初动能Ek=mv2=m(+),故足球第二次被踢出时的动能不是第一次的9倍,B项正确、C项错误;根据机械能守恒定律和斜抛运动的对称性可知,足球落地时的速度与水平方向的夹角满足tan θ=,可知tan θM=3tan θN,D项错误。 5． D　 【解题分析】“天问一号”做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供,由牛顿第二定律得=mr,解得T=2π,故==q,D项正确。 6． D　 【解题分析】根据理想变压器的工作原理,有===5,由题意可知U2=2 V,则U1=10 V,又根据=,由题意可知I1=1 A,解得I2=5 A,根据部分电路欧姆定律可得,灯泡的电阻R==0.4 Ω,原线圈电路中消耗的总功率P=r+U1I1=12 W,A项错误、D项正确;由题图乙可知,交流电的周期T=0.2 s,则交流电的频率f==5 Hz,故原线圈接入的交流电压表达式为u=10sin(10πt) V,B、C项错误。 7． A　 【解题分析】将铅球的运动沿初速度(v0)与末速度(v1)方向分解,设重力与v1的夹角为θ,沿v0方向有x1=v0t-gsin θ·t2=gsin θ·t2,沿v1方向有x2=gcos θ·t2,其中+=,解得t=0.6 s,θ=30°,A项正确;铅球在B点的速度大小v1=gcos θ·t=3 m/s,B项错误;铅球在竖直方向上的速度减为0时,上升的高度最大,根据几何关系可知,初速度方向与竖直方向的夹角为90°-θ=60°,则有(v0cos 60°)2=2ghmax,解得hmax= m,C项错误;hAB=v0cos 60°·t-gt2=-0.9 m,即A、B两点的高度差为0.9 m,D项错误。 8． AC　 【解题分析】t=0.2 s时,平衡位置在x=10 m处的质点沿y轴负方向振动,由质点的振动方向和波的传播方向之间的关系可知,此波的传播方向沿x轴负方向,A项正确;由题图甲可知,此波的波长λ=20 m,由题图乙可知,此波的周期T=0.4 s,根据v=,可得此波的传播速度v= m/s=50 m/s,B项错误;质点P的振幅A=0.5 m,ω==5π s-1,初相位为0,因此其振动方程为y=0.5sin 5πt(m),C项正确;由波的波动方程y=0.5sinx(m)=0.5sinx(m),将x=55 m代入,可得y=-0.5 m,D项错误。 9． BD　 【解题分析】小球脱离弹簧前做简谐运动,刚脱离弹簧时,小球的速度不等于0,加速度为g,小球在E点速度为0,加速度最大,根据对称性可知,小球脱离弹簧前的最大加速度大于g,A项错误;小球恰好能够通过圆弧最高点C,则有mg=m,根据机械能守恒定律有Ep=mg·3R+mv2,解得Ep=,B项正确;根据3R=gt2,x-R=vt,解得x=(+1)R,C项错误;根据机械能守恒定律有Ep=m,解得v1=,D项正确。 10． AD　 【解题分析】高频转换器产生的交变电压的频率f== Hz=10 000 Hz,变压器不改变交变电压的频率,则高压电击网上电压的频率也为10 000 Hz,A项正确;交流电压表测量的是交变电压的有效值,U==6 V,B项错误;根据理想变压器的原理可得原线圈与副线圈的匝数比==,C项错误、D项正确。 11． (2)　(2分) (3)　(2分) (4)金属块的质量　电动机的电压　(每空1分) 12． (1)1.000　(2分) (2)如图甲所示　(2分) (3)U-I图线如图乙所示(注意个别明显偏离图线的点排除在外)　(2分) 4.5(或4.4、4.6)　(2分) 　　　　甲　　　　　　　　　　　　　乙 (4)202(或197、206)　(1分) 13． 【解题分析】(1)气球中气体的温度不变,气体发生的是等温变化,设气球内的气体在目标高度处的压强为p1,由玻意耳定律有p0V0=p1·1.8V0　(1分) 解得p1=p0　(1分) 由题意可知,目标高度处气球的内、外压强差为p1-p=p0　(1分) 解得p=p0=×105 Pa。　(2分) (2)由胡克定律F=kx可知,弹簧的压缩量变为原来的,则活塞受到弹簧的弹力也变为原来的,可知气球的内、外压强差变为 px=p0×=p0　(1分) 设此时气球内气体的压强为p2,有p2=px+p=p0　(1分) 由理想气体状态方程有=,其中V2=V0+0.8V0×=V0　(2分) 解得T2≈183 K。　(1分) 14． 【解题分析】(1)根据物块P的受力情况,由牛顿第二定律得 F-μm1g=m1a　(1分) 得a=F-μg　(1分) 由题图乙知= kg-1,μg=2 m/s2　(1分) 解得m1=2 kg,μ=0.2。　(2分) (2)P、Q在C点碰撞过程中,设碰前P的速度为v,碰后P的速度为v1,Q的速度为v2,由动量守恒定律及机械能守恒定律得 m1v=m1v1+m2v2　(1分) m1v2=m1+m2　(1分) 物块Q恰好能通过半圆轨道的最高点,设过最高点时的速度大小为v0,则在E点有 m2g=m2　(1分) 对物块Q从C经D到E,由动能定理得 -μm2g·CD-m2g·2R=m2-m2　(1分) 设F从开始作用到撤去作用的距离为x,对物块P从A到C的过程,由动能定理得 Fx-μm1g·AC=m1v2-0　(1分) 又4.0 m<x<8.0 m 联立解得F的范围是10.25 N<F<20.5 N。　(1分) 15． 【解题分析】(1)滑块从a运动到b的过程中,根据机械能守恒定律有 ×2m=2mgL　(2分) 滑块刚到达b端时有N-2mg=2m　(1分) 解得N=6mg。　(1分) (2)由(1)可得v0=　(1分) 滑块恰好运动到A的最右端时与A达到共同速度,设共速时的速度大小为v1,根据动量守恒定律有2mv0=3mv1　(1分) 解得v1= 根据能量守恒定律有Q=×2m-×3m　(1分) 又Q=2μ1mgL0 解得L0=L,Q=mgL。　(1分) (3)A与C碰撞过程,根据动量守恒定律有mv1=2mv 解得v=　(1分) 假设滑块不会从C上掉下,滑块相对C运动的路程为x0,最终滑块与A、C的速度大小均为u,则根据动量守恒定律有2mv1+2mv=4mu　(1分) 根据能量守恒定律有×x0·2mgx0=×2m+×2mv2-×4mu2　(1分) 解得x0=L 由于x0<L0,假设成立,即滑块不会从C上掉下。　(1分) (4)由于在(3)中=×x0=0.5×<0.5=μ2,根据左手定则判断知,滑块在C上运动时受到的洛伦兹力方向竖直向下,滑动摩擦力f大于(3)中滑动摩擦力,滑块会与A、C达到共同速度　(1分) 根据(3)中可知u=　(1分) 滑块在木板C上运动的过程中,取时间微元Δt,设该过程中滑块和C的速度分别为v2、v3,C的速度变化量为Δv,对木板A、C整体根据动量定理有 μ2(2mg+qBv2)Δt=2mΔv 对系统根据动量守恒定律有2mv2+2mv3=4mu　(1分) 分别求和累加可得 μ2(2mgt+qBx2)=2mu-2mv　(1分) 2mx2+2mx3=4mut　(1分) 解得L1=x2-x3=(-gt)-t。　(1分) 第1页共8页 学科网（北京）股份有限公司 $