河南湿封市等2地2026届高三物理上学期11月期中试题含解析

（考试时间：75分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号

填写在答题卡上。

2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。

3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

第Ⅰ卷

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，只有一项是符合

题目要求的。）

1.2025年7月26日至29日，世界人工智能大会举办，3000余项前沿成果集中亮相，人工智能正加速打

开“智慧之门”，机器人服务人类的场景也正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人来送餐，就越来越

常见。如图甲所示为某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表面保持水

平，且送餐过程中菜品相对于机器人静止。则下列说法中正确的是（）

A.菜品对机器人的压力就是菜品的重力

B.菜品受到的合外力为零

C.机器人做匀加速直线运动时菜品的惯性逐渐增大

D.菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力大于菜品的重力

【答案】D

【解析】

【详解】A．菜品对机器人的压力属于弹力，其与重力性质不同，且二者的施力物体和受力物体均不同，它

们不是同一个力，故A错误；

B．不知菜品运动情况，无法确定其合力是否为零，故B错误；

C．惯性只与物体的质量有关，菜品的质量不变，惯性不变，故C错误；

D．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的支持力FNmg（菜品质量为m）

由牛顿第二定律知机器人对菜品的摩擦力Ffma（a为匀减速直线运动加速度大小）

机器人对菜品的作用力为支持力和静摩擦力的合力

222222，故D正确。

FFNFfFNmamgmamg

故选D。

2.如图所示，倾角为30°的粗糙斜面固定在水平地面上，一根轻绳的一端与斜面上的物块a相连，另一端

绕过光滑的定滑轮系在竖直杆上的P点，用光滑轻质挂钩把物块b挂在O点，此时竖直杆与绳OP间的夹角

为60°，a与斜面之间恰好没有摩擦力且保持静止。已知物块a的质量为M，物块b的质量为m，重力加速

度为g。下列判断正确的是（）

A.m2M

B.将P端缓慢向上移动一小段距离，a将受到沿着斜面向上的摩擦力

C.将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，a将受到沿着斜面向下的摩擦力

D.剪断定滑轮与a之间轻绳的瞬间，a的加速度大小为0.5g

【答案】C

【解析】

【详解】A．对a，由平衡条件得Mgsin30T

对O点受力分析，则有Tcos60mg

M

联立解得m

4

故A错误；

B．将P端缓慢向上移动一小段距离，滑轮与P间的绳长不变，滑轮与P间的水平距离不变，即绳与竖直方

向的夹角不变，则拉力不会变，可知a与斜面之间仍然没有摩擦力，故B错误；

C．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，滑轮与P间的水平距离变长，绳与竖直方向的夹角变大，对O点，

有2Tcosmg

可见，α变大，cosα变小，则拉力T变大，a有上滑趋势，将受到沿着斜面向下的摩擦力，故C正确；

D．剪断定滑轮与a之间轻绳的瞬间，a有下滑趋势，由于不知道动摩擦因数，即摩擦力的大小未知，无法

判断其运动情况，即无法求a的加速度，故D错误。

故选C。

3.中国预计将在2028年实现载人登月计划，把月球作为登上更遥远行星的一个落脚点。如图所示是“嫦

娥一号奔月”的示意图，“嫦娥一号”卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，

成为绕月卫星。关于“嫦娥一号”下列说法正确的是（）

A.发射时的速度必须达到第三宇宙速度

B.在绕地轨道中，公转半长轴的立方与公转周期的平方之比不变

C.在轨道Ⅰ上运动时的速度小于轨道Ⅱ上任意位置的速度

D.在不同的绕月轨道上，相同时间内卫星与月心连线扫过的面积相同

【答案】B

【解析】

【详解】A．第三宇宙速度是指发射物体能够脱离太阳系的最小发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有脱离地

球引力的范围，所以其发射速度小于第二宇宙速度，故A错误；

B．在绕地轨道中，根据开普勒第三定律

a3

k

T2

可知，同一中心天体，椭圆轨道半长轴的立方与周期的平方之比为定值，故B正确；

C．设轨道Ⅰ的速度为v1，轨道Ⅱ近地点速度为v2，轨道Ⅱ远地点速度为v3，在轨道Ⅱ的远月点建立一以月

球为圆心的圆轨道，其速度为v4，则根据离月球的远近，再根据圆周运动加速离心原理，可得

v2>v1，v4>v3

结合万有引力提供向心力圆周运动知识，有

Mmv2

Gm

r2r

解得

GM

v

r

可知，圆轨道半径越大，线速度越小，所以

v1>v4

因此

v2>v1>v4>v3

故在轨道Ⅰ上运动时的速度v1不是小于轨道Ⅱ上任意位置的速度，故C错误；

D．根据开普勒第二定律，可知在同一绕月轨道上，相同时间内卫星与月心连线扫过的面积相同，但是在不

同的绕月轨道上不满足，故D错误。

故选B。

4.大量处于n3能级的氢原子向低能级跃迁时，发出不同频率的光，其中只有a、b两种光能使某光电管

产生光电流，且测得光电流随电压变化的关系如图所示，则（）

A.两种光的波长ab

B.b光是氢原子由n2能级向基态跃迁时发出的

C.a光照射该光电管时单位时间发出的光电子数比b多

D.两种光照射光电管产生光电子的最大初动能EkaEkb

【答案】C

【解析】

hc

【详解】A．根据eUW可知b光的遏止电压大，因此b光的波长小，故A错误；

0

B．大量处于n3能级的氢原子向低能级跃迁时，可以发出3种不同频率的光，由Eh可得3种光的

EEEEEE

频率大小为312132

hhh

由题可知只有a、b两种光能使某光电管产生光电流，因此只有n2能级向基态跃迁时发出的光和n3能

级向基态跃迁时发出的光才能使某光电管产生光电流，由于b光的波长小，根据cf可知b光的频率大，

因此b光是氢原子由n3能级向基态跃迁时发出的，故B错误；

C．由图可知，a光的饱和光电流比b光的大，a光光强较大，因此a光照射该光电管时单位时间发出的光

电子数比b多，故C正确；

ν

D．由于ba，根据光电效应方程EkhW0可知EkaEkb，故D错误。

故选C。

5.如图所示，两根长直的通电导线M、N，分别通有竖直向上的电流I1和水平向右的电流I2，且I22I1，

I

直线电流在周围空间产生的磁场与距离的关系为Bk，I为电流，r为周围空间的点到长直导线的距离，

r

k为比例系数。在空间施加一垂直于纸面向里的匀强磁场，当磁感应强度大小为B0时a点的磁感应强度为

0。已知a点到通电导线M、N的距离分别为2r、r，b点到通电导线M、N的距离分别为r、2r。则下列说法

正确的是（）

B

A.通电导线M在a点的磁感应强度大小为0

2

2B

B.通电导线N在a点的磁感应强度大小为0

3

7B

C.b点的磁感应强度大小为0

3

2B

D.通电导线M、N在b点的磁感应强度大小为0

3

【答案】C

【解析】

I2I

【详解】A．对a点由磁场叠加可知k1Bk10

2r0r

I2B

解得k10

r3

IB

可知通电导线M在a点的磁感应强度大小为Bk10，A错误；

Ma2r3

2I4B

B．通电导线N在a点的磁感应强度大小为Bk10，B错误；

Nar3

I2I7B

C．b点的磁感应强度大小为Bk1Bk10，C正确；

br02r3

I2I4B

D．通电导线M、N在b点的磁感应强度大小为Bk1k10，D错误。

MNbr2r3

故选C。

6.如图所示，图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，P为平衡位置在x17.5cm处的质点，

图乙为此波中平衡位置在x10cm处的质点从该时刻起的振动图像，下列说法正确的是（）

A.该波沿x轴负方向传播

B.由甲、乙两图可知该波波速为100m/s

C.从该时刻起，P质点经过2.5s沿x轴正方向移动2.5m

D.从该时刻起，P质点第一次回到平衡位置通过的路程是(822)cm

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图乙可知，t0时刻平衡位置坐标为x10cm的质点向下振动，根据“上、下坡”可知，

该波沿x轴正方向传播，A错误；

B．由图甲可得该波的波长20cm

由乙图可知，其周期为T0.2s

故其波速为v1m/s

T

B错误；

C．质点只会在平衡位置附近振动，不会随波的传播而移动，C错误；

2x2

D．该波的表达式为yAsintAsinAsinx

Tv

2

把x0.175、0.20m代入解得yA

2

由图可知，0时刻，P点向上振动，P点第一次回到平衡位置通过的路程sA(Ay)(822)cm

D正确。

故选D。

7.如图所示，把扁平状强磁铁的N极吸附在螺丝钉的后端，让其位于磁铁中心位置。取一节大容量干电池，

让它正极朝下，把带上磁铁的螺丝钉的尖端吸附在电池正极的铁壳帽上。将导线的一端接到电池负极，另

一端轻触磁铁的侧面。此时磁铁、螺丝钉和电源就构成了一个回路，螺丝钉就会转动，这就成了一个简单

的“电动机”。设电源电动势为E，电路总电阻为R，则下列判断正确的是（）

E

A.螺丝钉俯视逆时针快速转动，回路中电流I

R

E

B.螺丝钉俯视顺时针快速转动，回路中电流I

R

E

C.螺丝钉俯视逆时针快速转动，回路中电流I

R

E

D.螺丝钉俯视顺时针快速转动，回路中电流I

R

【答案】B

【解析】

【详解】从上往下看，螺丝钉处于竖直向上的磁场中，且有自螺丝钉中心向四周的电流，根据左手定则可

E

知，螺丝钉会顺时针转动，本装置相当于一个小电动机，所以不是纯电阻电路，则回路中电流I＜。

R

故选B。

二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分；选对但不全的得3分。在每小题给出的四个选

项中，有多个选项是符合题目要求的。）

8.如图所示，L形木板放在斜劈上，物块通过弹簧与木板相连。已知各接触面均粗糙，在木板与物块一起

沿斜劈匀速下滑的过程中，弹簧始终处于压缩状态，斜劈始终静止，则（）

A.物块一定受4个力

B.木板可能受5个力

C.地面对斜劈无静摩擦力

D.物块与木板间的动摩擦因数一定大于木板与斜劈间的

【答案】BC

【解析】

【详解】A．木板与物块一起沿斜劈匀速下滑，弹簧始终处于压缩状态，对物块受力分析得，物块一定受到

竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力以及沿斜面向上的弹簧弹力。若物块重力沿斜面向下的分力等于

弹簧弹力，则物块受3个力；若物块重力沿斜面向下的分力不等于弹簧弹力，则物块还受木板对其的静摩

擦力，受4个力。故A错误；

B．对木板与物块整体分析得，斜劈对木板有沿斜面向上的滑动摩擦力；故对木板受力分析得，木板一定受

到竖直向下的重力、斜劈对其垂直斜面向上的支持力、物块对其垂直斜面向下的压力、沿斜面向下的弹簧

弹力以及斜劈对其沿斜面向上的滑动摩擦力这4个力。若物块重力沿斜面向下的分力等于弹簧弹力，则物

块与木板间无静摩擦力，木板受5个力；若物块重力沿斜面向下的分力不等于弹簧弹力，则物块与木板间

存在静摩擦力，木板受6个力。故B正确；

C．对木板与物块以及斜劈整体分析可知，整个系统处于平衡状态，故地面对斜劈无静摩擦力，C正确；

D．物块与木板间是否存在静摩擦力未知，无法判断物块与木板间的动摩擦因数和木板与斜劈间的大小关系，

故D错误；

故选BC。

9.如图，A（0，0）、B（4，0）、C（0，3）在xy平面内，两波源分别置于A、B两点。t＝0时，两波源从

平衡位置起振，起振方向相同且沿z轴正方向。频率均为5Hz。两波源持续产生振幅A＝5cm的简谐横波，

波速均为10m/s。下列说法正确的是（）

A.C点为加强点B.t＝0.4s时，C处质点加速度最大

C.t＝0.4s时，C处质点速度为零D.t＝0.65s时，C处质点位移为－10cm

【答案】AD

【解析】

【详解】A．两横波的波长均为，由vf

解得2m

C点到两波源的距离差为xBCAC2m，故C点为加强点，故A正确；

322

BC．两列波传到C处所需时间分别为，34

t1s0.3sts0.5s

10210

11

又T0.2s，故t＝0.4s时，A处波动已传到C处且振动了T，B处波动还没有传到C处，故C处质

f2

点处于平衡位置，速度最大，加速度为零，故BC错误；

7

D．分析可知t＝0.65s时，两列波都已传播到C处，A处波动使C处质点振动t0.65s0.3s0.35sT

14

3

B处波动使C振动t0.65s0.5s0.15sT

24

即0.65s时质点C处于波谷，由A选项知C为加强点，故此时位移为-2A=－10cm，故D正确。

故选AD。

10.如图所示的理想变压器电路中，原、副线圈的匝数比为2:1，a、b、c三个完全相同的灯泡电阻恒为4Ω，

R1、R2为定值电阻。现在MN间接电压有效值恒为16V的正弦式交流电，已知两电键均闭合时，三个灯泡均

正常发光；两个电键均断开时，只有灯泡a正常发光。下列说法正确的是（）

A.灯泡的额定电流均为0.5A

B.定值电阻R18

C.两电键闭合与两电键断开时，副线圈的输出功率之比为8:3

D.两电键闭合与两电键断开时，电源消耗的电功率之比为8:3

【答案】BC

【解析】

【详解】A．两电键均闭合时，由电路图可知，变压器原线圈两端的电压为U1U016V

Un

则由变压器的工作原理得11

U2n2

所以U28V

由于三个灯泡均正常发光，则三个灯泡的电压和流过三个灯泡的电流均相等，则有UaUbUcUR2，

IaIbIc

又IbIcIR2Ia，U2UaUb8V

U4

所以UUUU4V，IaA1A，I1A

abcR2aR4R2

故A错误；

B．两电键均断开时，只有灯泡a正常发光，则有Ia1A

I

此时流过灯泡b、c的电流均为IIa0.5A

bc2

所以灯泡b两端的电压为

UbIbR2V

变压器副线圈的输出电压为

U2UaUb6V

Un

由变压器的工作原理得11

n

U22

解得

U112V

nI

又由12

n2I1

可得I10.5A

定值电阻R两端的电压为

1UR1U0U14V

UR14

则定值电阻R1的电阻值为R1Ω8Ω

I10.5

故B正确；

UR2

C．由以上分析可知R24Ω

IR2

两电键闭合时，定值电阻R消耗的电功率为22

2PR2IR2R214W4W

三个灯泡消耗的电功率均为PUI41W4W

所以副线圈的输出功率为P1PR23P16W

两电键断开时，灯泡b、c消耗的电功率均为

PUbIb20.5W1W

而灯泡a正常发光，则副线圈的输出功率为P2P2P6W

则两电键闭合与两电键断开时，副线圈的输出功率之比为P1:P28:3

故C正确；

D．两电键闭合时，电源消耗的电功率为P电1P116W

两电键断开时，电源消耗的电功率为2

P电2P2I1R18W

电源消耗的电功率之比为P电1:P电22:1

故D错误。

故选BC。

第Ⅱ卷

三、非选择题：本大题共5小题，共54分。

11.用如图1所示气垫导轨装置做验证机械能守恒定律的实验。

（1）如图2所示，用游标卡尺测量遮光条的宽度d，读数为______mm。

（2）调节P、Q使气垫导轨水平，测出钩码质量为m，带遮光条的滑块总质量为M，让滑块从a处由静止

释放运动到光电门b，光电门的挡光时间为t，a、b间的距离为L，重力加速度为g，若系统符合机械能

守恒定律，测得的物理量应满足的关系式为______（用字母M、m、g、L、t、d表示）。

（3）若在滑块上放置一小物块，改变L，其他操作正确，测出对应的挡光时间t，作出L______（选填

1

“t”“t2”或“”）图像，根据图像斜率可求出小物块的质量。

t2

2

1d

【答案】（1）5.2（2）mgLMm

2t

1

（3）

t2

【解析】

【小问1详解】

根据游标卡尺的读数规律，该读数为5mm0.12mm5.2mm

【小问2详解】

d

滑块通过光电门b的速度v

t

1

根据机械能守恒定律有mgLMmv2

2

2

1d

解得mgLMm

2t

【小问3详解】

2

若在滑块上再放一物块，结合上述，根据机械能守恒有1d

mxmgLMmmx

2t

Mmmd21

变形得Lx

2mgt2

1

可知，作出L图线，根据图线斜率可直接求出m。

t2x

12.随着智能手机耗电的增加，充电宝是为手机及时充电的一种重要选择。某兴趣小组设计实验探究充电

宝是否是一个有一定电动势和内阻的直流电源。

（1）该组同学采用如图甲所示电路测量某款充电宝的电动势和内阻，两只数字多用电表分别作为电压表和

电流表，则作为电流表的多用电表是______（选填“a”或“b”）。

（2）根据实验数据，该组同学作出充电宝两端电压U随通过其电流I的变化图像如图乙所示。由图像可知

该充电宝的电动势E______V，内阻r______Ω（结果保留两位小数）。

（3）当充电宝电量为80%、60%、40%、20%时重复上述实验操作，得到不同电量下各组U、I的实验数据，

算出对应的电动势和内阻如下表：

电量/%80604020

充电宝电动势

5.045.045.005.14

/V

充电宝内阻/Ω0.210.200.210.25

根据表中数据，忽略测量的偶然误差，可知充电宝的电动势与储电量______（选填“有关”或“无关”），

同理分析充电宝的内阻，可得出的结论是充电宝______（选填“是”或“不是”）有一定电动势和内阻的

直流电源。

【答案】（1）b（2）①.5.07②.0.11

（3）①.无关②.是

【解析】

【小问1详解】

在测量电源电动势和内阻的电路中，电流表应串联在电路中，电压表应并联在电源两端。观察可知，多用

电表b串联在电路中，所以作为电流表的多用电表是b。

【小问2详解】

[1][2]根据闭合电路欧姆定律有EUIr

变形得UIrE

可得完整的UI图像，如图所示

UI图像的纵截距表示充电宝的电动势，则有E5.07V

ΔU5.074.85

UI图像的斜率绝对值表示电源的内阻，则有rΩ0.11Ω

ΔI2.00

【小问3详解】

[1][2]充电宝的电动势非常稳定，几乎跟电量的多少没有关系，电量在已充满和快用完之间，被测充电宝

的电动势始终是5.06V左右，基本不变，所以充电宝的电动势与储电量无关；虽然充电宝在不同电量下测

得的内阻数值有所不同，但阻值都在0.22欧左右，基本不变，综上可知，充电宝是有一定电动势和内阻的

直流电源。

13.如图所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块在水平向右的力的

F13mg

3

作用下恰好能静止在细杆上。现以水平向左的力Fmg作用在物块上，物块开始下滑。滑动摩擦力等

22

于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：

（1）物块与细杆之间的动摩擦因数；

（2）t＝6s时，物块的速度大小。

【答案】（1）3

3

（2）6g

【解析】

【小问1详解】

以物块为研究对象，受力如图

由平衡条件知沿杆方向有F1cosmgsinfm

垂直杆方向FNF1sinmgcos

因为fmFN

3

联立解得

3

【小问2详解】

规定沿杆向下为正方向，在0~6s内沿杆方向，根据动量定理有F2tcosmgtsinftmv

其中fmgcosF2sin

联立解得v＝6g

14.如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L，abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，

方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动。磁场内的细金属杆N处于静止状态，

1

且到cd的距离为度x，两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为v，两金属杆与导轨接触良好且运动

020

过程中始终与导轨垂直。金属杆M质量为3m，金属杆N质量为m，两杆在导轨间的电阻均为R，感应电流产

生的磁场及导轨的电阻忽略不计。求：

（1）N在磁场内运动过程中金属杆N上产生的热量；

（2）N在磁场内运动过程中的最小加速度；

（3）N在磁场内运动的时间t。

1

【答案】（1）mv2

60

22

（2）BLv0

6mR

4xmR

0

（3）22

3v0BL

【解析】

【小问1详解】

1

根据题意，两导体棒在磁场中运动过程中，M、N系统动量守恒，则有3mv3mvmv

0120

5

解得vv

160

11111

由能量守恒可得，此过程整个电路产生的热量为Q3mv23mv2m(v)2mv2

202122030

11

则N上产生的热量为QQmv2

260

【小问2详解】

根据题意可知，N在磁场内运动过程中加速度最小时，所受安培力最小，此时感应电流最小，N出磁场瞬间，

511

感应电动势最小，则有EBLvBLvBLv

602030

E

又有I，BILma

2R

B2L2v

联立解得a0

6mR

【小问3详解】

1

根据题意，对N由动量定理有BLItmv

20

BLvBLv

又有IMN

2R

B2L21

联立得xxmv

2RMN20

又有xNx0

mRv

解得xx0

M0B2L2

又有

3mv0t3mvMtmvNt

可得3mv0t3mxMmx0

4xmR

代入得0

t22

3v0BL

15.如图所示，光滑的曲面轨道与水平面平滑相切于P点，质量为M4kg、长为L6m的长木板B静

止在水平面上，且长木板的最左端刚好位于P点，质量为m2kg可视为质点的物体C静止在长木板的正

中央，另一质量为m04kg的物体A由曲面上的O点静止释放，经过一段时间与长木板发生弹性碰撞，已

2

知B、C间的动摩擦因数为10.1，B与水平面间的动摩擦因数为20.3，重力加速度为g10m/s，

假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

（1）欲使物体C不离开长木板B，释放点O到P点的竖直高度；

（2）撤走曲面轨道，在长木板B上施加一水平向右外力，当B、C保持相对静止且一起运动时，外力的取

值范围；

（3）如果在长木板上施加的水平向右外力大小为F036N，外力作用的时间为t1时，物体C刚好不从长

木板上离开，求t1以及最终C到长木板最右端的间距s（结果保留三位小数）。

【答案】（1）0h1.8m

（2）18NF24N

23

（3）s，4.875m

3

【解析】

【小问1详解】

碰后物体C做加速运动，长木板B做减速运动，由牛顿第二定律对C有1mgma1

解得2

a11m/s

对长木板B由牛顿第二定律得1mg2MmgMa2

解得2

a25m/s

设碰后长木板B的速度为v1，欲使物体C不离开长木板B，则应使物体C刚好滑到长木板的最左端二者共速，

设共同的速度为v。则有va1tvv1a2t

Lvvv

又由1tt

222

解得v16m/s

物体A和长木板B发生弹性碰撞，设碰前物体A的速度为v0，对于碰撞的过程由动量守恒，有

m0v0Mv1m0v2

111

根据机械能守恒定律，有mv2Mv2mv2，

20021202

解得v06m/s