2026届河南南阳市镇平县第一高级中学高三一模物理试题（含解析）

2025-2026 学年高三下学期一模检测（一）
物理
注意事项：
1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷、答题卡上。
2、回答选择题时，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。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。
一、单选题（每题 4 分，共 28 分）
1 ．一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时， 在第一个 4 s 内位移为 9.6 m，第二个 4 s 内位移为 16 m，下面说法正确的是( )
A ．计时时刻送货车的速度为 0
B ．送货车的加速度大小为 1.6 m/s2
C ．送货车在第 1 个 4 s末的速度大小为 3.2 m/s
D ．送货车在第 2 个 4 s 内的平均速度大小为 3.6 m/s
2．如图所示，斜面体放在水平面上，A 球套在粗细均匀的水平杆上，B 球放在光滑斜面上， A 、B 两球用轻质细线连接。现用水平向左的推力 F 向左推斜面体，使斜面体缓慢向左移动，A 始终保持静止。在斜面体向左移动直至细线与斜面平行过程中，关于线对 A 球的作用力 F1 与斜面对 B 球的作用力 F2 的大小变化，下列说法正确的是( )
A．F1 不断减小，F2 不断减小 B．F1 不断减小，F2 不断增大
C．F1 不断增大，F2 不断减小 D．F1 不断增大，F2 不断增大
3 ．如图所示，小车以速度 v 匀速向右运动，通过滑轮拖动物体 A 上升，不计滑轮摩擦与绳子质量，当绳子与水平面夹角为θ 时，下面说法正确的是( )
试卷第 1 页，共 7 页
A ．物体 A 的速度大小为 B ．物体 A 的速度大小为v cosθ
C ．物体 A 减速上升 D ．绳子对物体 A 的拉力等于物体 A 的重力
4 ．甲是地球赤道上的一个物体，乙是某个宇宙飞船（周期约 90 分钟），丙是地球的同步卫星，它们运行的轨道示意图如图所示，它们都绕地心做匀速圆周运动。下列有关说法中正确的是( )
A ．它们运动的向心加速度大小关系是a乙 < a丙 < a甲
B ．它们运动的线速度大小关系是v乙 < v丙 < v甲
(
乙
)C ．已知乙运动的周期T乙 及轨道半径r乙 ，可计算出地球质量M
D ．已知甲运动的周期T甲 = 24h ，可计算出地球的密度 p
5 ．在物流货场，广泛应用着传送带搬运货物，如图甲所示，倾角为 37°的传送带以恒定速 度逆时针转动，在传送带顶端 A 处无初速度释放一个质量为 m ＝2kg 的货物（可视为质点），经过 2s 到达传送带的 B 端。货物与传送带的速度随时间变化图象如图乙所示，取 g =
10m/s2 ，sin37° =0.6 ，cos37° =0.8。下列说法正确的是( )
试卷第 2 页，共 7 页
A．A 、B 两点相距 15m
B ．货物与传送带间的动摩擦因数为
C ．货物从 A 运动到 B 过程中，传送带对货物做功为 48J
D ．货物从 A 运动到 B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 48J
6 ．如图所示，某平面内有一个矩形，已知AC = 10cm ，7CAB = 53° , 7CAD = 37° ,在该平面内存在一匀强电场，A、B、D 三点电势为φA = 100V ，φB = 64V ，φD = 36V ，下列说法正确的是（ ）。
A ．该电场的电场强度大小为10 V m B．A 点电势比 C 点电势低100V
C ．电子自 D 点移动到 B 点电势能增加75eV D ．电子自 C 点移动到 B 点电势能减少64eV
(
1
)7 ．如图所示，光滑水平面上有一质量为 2M、半径为 R（R 足够大）的 圆弧曲面体 C，质
4
(
M
)量为 M 的小球 B 置于其底端，另一个小球 A 质量为 ，小球 A 以 v0=6m/s 的速度向 B 运动，
2
并与 B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．A 、B 发生弹性碰撞后A 的速度大小为 2m/s
3
B．B 运动到最高点时的速率为 m/s 4
4
C ．C 的最大速率为 m/s 3
D．B 能与 A 再次发生碰撞
二、多选题（每题 6 分，共 18 分，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 ．如图所示，一根足够长、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，轻绳两端各系一小球 a 和 b ，a 球质量为 m，静置于地面，b 球质量为 3m，用手托住，离地面高度为 h，此时
试卷第 3 页，共 7 页
轻绳刚好拉紧。从静止开始释放 b 球，a 球上升过程中（b 球落地后不反弹，不计空气阻力） ( )
A ．最大速度是 ·gh B ．最大速度是
3 7
C ．距地面最大高度是 h D ．距地而最大高度是 h
2 4
9 ．如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r，滑动变阻器接入电路的有效阻值为 RP（0~15Ω),已知定值电阻 R0 为 10Ω , R 为 4Ω,滑动变阻器消耗的功率 P 与其接入电路的有效阻值 RP的关系如右图所示，下列说法正确的是( )
A ．电源的电动势E = 5V
B ．电源的内阻r = 15Ω
C ．滑动变阻器的滑片从右向左移动时，R 消耗的功率先增大后减小
D ．滑动变阻器的滑片从右向左移动时，电源的输出功率一直增大
10．如图所示，两块较大的金属板 A、B 平行水平放置并与一电源相连，开关 S 闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q 的油滴恰好在P 点处于静止状态。则下列说法正确的是( )
A ．若将 S 断开，且将 A 板向左平移一小段位移，P 点电势不变
B ．若将 S 断开，再将 B 板向下平移一小段位移，P 点电势降低
C．在 S 仍闭合的情况下，若将 A 板向右平移一小段位移，则油滴不动，G 中有方向为 b→a的电流
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D．在 S 仍闭合的情况下，若将 A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有方向为 b→a 的电流
三、实验题（每空 2 分，共 16 分）
11 ．图甲是“研究平抛物体的运动” 的实验装置图。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛 。
（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O 为抛出点，则小球平抛的初速度为 m / s 。 （g 取9.8m / s2 ）
（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每格的边长L = 5cm ，通过实验记录小球运动途中的三个位置，如图丙，则该球做平抛运动的初速度为 m / s ，B 点的竖直分速度为 m / s 。（g 取10m / s2 ）
12．太阳能电池，是一种利用太阳光直接发电的光电半导体薄片，又称为“太阳能芯片”或“光电池”，主要通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。某同学要测量光电池的电动势和内阻，根据实验室提供的器材，设计实验方案。
①光电池（电动势约为 6.0V，内阻约为1Ω )
②电压表 V（量程 15V，内阻RV 约为10kΩ )
③电流表 G（量程 1mA，内阻RG = 20Ω )
④电流表 A（量程 3A，内阻约为 0.5Ω)
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⑤滑动变阻器R1 (0 ~ 20Ω ) ⑥滑动变阻器R2 (0 ~ 500Ω )
⑦电阻箱RM (0 ~ 9999.9Ω ) ⑧定值电阻R0 = 1Ω
⑨开关 S 和导线若干
(1)因电压表 V 的量程太大，现将电流表 G 改装成量程为 6V 的电压表，电阻箱的阻值需要调至RM = Ω 。
(2)为了准确测出电池组的电动势和内阻，设计电路如图甲所示，实验中应选用的滑动变阻器是 。（填写器材编号）
(3)该同学利用上述实验原理图测得相关数据，并作出相应的 图像如图乙所示，根据图像可求出电源的电动势E = V，电源的内阻r = Ω 。（结果均保留三位有效数字）
四、解答题（共 38 分）
13．如图所示，将质量mA = 100g 的平台A 连接在劲度系数k = 200N/m 的弹簧上端，弹簧下端固定在地上，形成竖直方向的弹簧振子，在 A 的上方放置mB = mA 的物块 B，使 A 、B 一起上下振动，弹簧原长为5cm 。A 的厚度可忽略不计，g 取10m / s2 。
(1)当振子做小振幅简谐运动时，A 的平衡位置离地面有多高？
(2)当振幅为 0.5cm 时，B 对 A 的最大压力有多大？
14 ．如图所示，物块 A、木板 B 的质量分别为 4kg 、2kg ，A 可视为质点，木板 B 放在光滑水平面上，木板 B 长 4m。开始时 A 、B 均静止，某时 A 获得 6m/s 的水平初速度，从 B 板最左端开始运动。已知 A 与 B 间的动摩擦因数为 0.2 ，g = 10m/s 。
（1） A 、B 相对运动过程中，求 A 、B 的加速度大小；
（2）请判断 A 能否从 B 上滑下来，若能，求 A 、B 分离时的速度大小，若不能，求 A 、B最终的速度大小；
（3）求 A 、B 相对运动过程中因摩擦产生的热量。
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15．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，沿右侧两平行正对的极板中心轴线OO9 射入偏转电场，并从另一侧射出，打到荧光屏上的P 点，O9 为荧光屏的中心点。已知电子质量为m 、电荷量为e 、加速电场所加的电压为U0 、偏转电场所加的电压为U 、水平
L
极板的长度为L1 、上下两板间距离为 d 、水平极板的右端到荧光屏的距离为 1 。不计电子2
所受重力。求：
（1）电子经加速电场加速后的速度大小 v0 ；
（2）电子离开偏转电场时速度的偏转角的正切值；
（3）电子打在荧光屏上的 P 点到O9 点的距离h 。
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1 ．C
ABC ．根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度可知，送货车在第 1个 4 s末的速度大小为
根据速度时间公式v1 = v0 + at ，可得计时时刻送货车的速度为
v0 = v1 - at = 3.2 m/ s- 0.4 4 m/ s = 1.6 m/ s故 AB 错误，C 正确；
D ．送货车在第 2 个 4 s 内的平均速度大小为
故 D 错误。
故选 C。
2 ．B
设 B 的重力为 GB，绳子对 B 的拉力为 T，以 B 为研究对象可得最终 T 与 F2 垂直
由图可知在移动过程中 T 不断减小，F2 不断增大，又由于力的作用是相互的，则可得 F1 大小与 T 相等，综合可得 F1 不断减小，F2 不断增大。
故选 B。
3 ．B
AB ．将小车的速度沿绳和垂直绳方向分解，则物体 A 的速度与小车的速度沿绳方向的分速度大小相等，即
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vA = v cos θ
故 A 错误，B 正确；
CD ．小车向右匀速运动，v 不变， θ 减小，cos θ 增大，所以vA 增大，物体 A 加速上升，加速度向上，合外力向上，绳子对物体 A 的拉力大于物体 A 的重力，故 C 、D 错误。
故选 B。
4 ．C
AB ．卫星绕地球做匀速圆周运动，根据G r = ma可得v
同步卫星丙的周期为 24h，大于乙的周期，则丙的轨道半径大于乙的轨道半径，根据线速度、加速度与轨道半径的关系，可知v乙 > v丙 ，a乙 > a丙
又因为甲，丙的角速度相等，根据v = rw 、a = w2r 可知，v丙 > v甲 ，a丙 > a甲
综上分析可得a甲 < a丙 < a乙 ，v甲 < v丙 < v乙故 AB 错误；
C ．根据G r乙
可得M 故 C 正确；
D ．因为甲的周期与贴近星球表面做匀速圆周运动的周期不同，根据甲的周期无法求出地球的密度，故 D 错误。
故选 C。
5 ．D
A．速度—时间图像与时间轴围成的面积表示位移，则根据图乙可得物体运动总的位移
即 A 、B 两点相距 16m，故 A 错误；
答案第 2 页，共 12 页
B ．速度—时间图像的斜率表示物体的加速度，则由图乙可得0～1s 内物体的加速度为
前 1s 物体向下加速运动，由牛顿第二定律可得
mg sin 37° + μmg cos 37° = ma
代入数值可求得
μ = 0.5
说明物体与传送带间的动摩擦因数为 0.5，故 B 错误；
C ．摩擦力
Ff = μmg cosθ = 8 N
前 1s 摩擦力做功
W1 = Ff v1t1 = 40 J在 1～2s 内摩擦力做功
W2 = -Ff v2t2 = -88 J
摩擦力对货物做的总功
W = W1 +W2 = -48 J故 C 错误；
D ．由图象知，第一阶段传送带速度大于物体的速度，相对位移根据图乙可得
第二阶段物体的速度大于传送带的速度，相对位移根据图乙可得
则全程相对路程为
Δx = Δx1 + Δx2 = 6m货物与传送带摩擦产生的热量为
Q = μmg cos 37°Δx = 48 J故 D 正确。
故选 D。
6 ．D
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A ．根据
合场 E 为
故 A 错误；
B ．根据匀强电场的特点，有
φA - φD = φB - φC
可得
φC = 0
则 A 点电势比 C 点电势高 100V，故 B 错误；
C ．电子自 D 点移动到 B 点电场力对其做的功为
WDB = -eUDB = -e(φD - φB) = 28eV
电场力对电子做正功，所以电子的电势能减少 28eV，故 C 错误；
D ．电子自 C 点移动到 B 点电场力对其做的功为
WCB = -eUCB = -e(φC - φB) = 64eV
电场力对电子做正功，所以电子的电势能减少 64eV，故 D 正确。
故选 D。
7 ．A
A．A 与 B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和动能守恒得
联立解得
所以 A 、B 发生弹性碰撞后A 的速度大小为 2m/s，故 A 正确；
B．B 冲上 C 并运动到最高点时二者共速，设为 v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定
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律可得
MvB = (M + 2M )v
代入数据解得
故 B 错误；
CD ．从 B 冲上 C 然后又滑下的过程，设 B 、C 分离时速度分别为 vB,、vC, ，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得
MvB=MvB,+2MvC,由机械能守恒定律可得
联立解得
8
由此可知 C 的最大速度为 m/s ，由于3
(
,
)vB < vA
所以 B 能与A 不会再次发生碰撞，故 CD 错误。
故选 A。
8 ．AC
AB ．从释放 b 球到落地，对系统由机械能守恒定律可知
解得
则最大速度是 gh ，故 A 正确，B 错误；
CD ．当 b 落地后，a 继续上升的最大高度为
则 a 距地面最大高度是
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故 C 正确，D 错误。
故选 AC。
9 ．BD
AB ．把滑动变阻器 Rp 看作外电阻，剩余部分等效为电源内阻，由图可知，当 Rp阻值为 10Ω 时功率最大，说明等效电源内阻为 10Ω,所以
代入数据解得
r = 15Ω
当 Rp 阻值为 10Ω 时，由公式
P = I2R = 0.4W
p p
代入数据解得
I = 0.2A
p
则 R0 两端的电压为
U0 = Ip . (Rp + R) = 0.2 (10 + 4)V=2.8V
则通过 R0 的电流为
则内电压为
U内=(I0 + Ip) . r = (0.28 + 0.2) 15V=7.2V
则电源电动势为
E = U0 +U内=2.8V + 7.2V=10V
故 A 错误，B 正确；
C ．滑动变阻器的滑片从右向左移动时，有效阻值 Rp 阻值不断增大，则总电阻不断增大，
总电流不断减小，内电压减小，路端电压增大，所以通过 R0 的电流增大，流过 R 的电流减小，根据
P = I2R
可得出，R 消耗的功率一直减小，故 C 错误；
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D ．当 Rp 阻值为最大值 15Ω 时，外电路阻值最大，为
滑动变阻器的滑片从右向左移动时，滑动变阻器的有效阻值一直增大，外电路总电阻也随着一直增大，向内电阻r 靠近，故电源的输出功率一直增大，故 D 正确。
故选 BD。
10 ．BC
A．若将 S 断开，则电容器中的电量保持不变，将 A 板向左平移一小段位移，可知两板间的正对面积减小，根据C
可知电容C 减小；根据C 可知电压增大；根据E
可知电场强度增大；P 点与下极板的电势差为U, = Ed ,
其中 P 点与下极板的距离d , 不变，故U, 增大；又U, = φB - φP
由题知，下极板接地，即φB = 0V ，可知 P 点的电势降低，故 A 错误；
B．若将 S 断开，则电容器中的电量保持不变，将 B 板向下平移一小段位移，则电容器两板间的距离增大，根据C
可得E
可知电场强度不变；P 点与下极板的电势差U, = Ed ,
其中 P 点与下极板的距离d , 变大，故U, 变大；又U ' = φB - φP
由题知，下极板接地，即 φB = 0V ，可知 P 点的电势降低，故 B 正确；
C ．由题知，刚开始油滴处于静止状态，受到重力和电场力作用，重力方向竖直向下，电场力方向竖直向上；电容器的下极板带正电，上极板带负电；在 S 仍闭合的情况下，则电容器中的电压保持不变，若将 A 板向右平移一小段位移，可知两板间的正对面积减小，根据
可知电容C 减小；根据C
可知电量减小，则电容器放电，故 G 中有方向为 b→a 的电流
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根据E
因电压和两极板的距离都不变，故电场强度不变，则油滴所受电场力不变，所以油滴仍处于静止状态，故 C 正确；
D．在 S 仍闭合的情况下，则电容器中的电压保持不变，若将 A 板向下平移一小段位移，可知两板间的距离减小，根据C
可知电容C 增大；根据C
可知电量增大，则电容器充电，故 G 中有方向为 a→b 的电流根据E
因两极间的距离减小，电压不变，可知电场强度增大，则油滴所受电场力增大，所以油滴向上加速运动，故 D 错误。
故选 BC。
11 ． 初速度相同 1.6 1.5 2
（1）[ 1]每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的初速度相同；
（2）[2]分析图乙，O 点为拋出点，取坐标点
x = 32.00cm = 0.32m
y = 19.6cm = 0.196m
在竖直方向上则有
水平方向上则有
x = v0t
代入数据联立解得小球平抛初速度
v0 = 1.6m / s
（3）[3]分析图丙知
L = 5cm = 0.05m
由图可知，小球由 A 到 B 和由 B 到 C 在水平方向位移相等，均为
x = 3L
由运动时间 T 相等，在竖直方向，由图示可知
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Δy = 2L
由匀变速直线运动的推论
Δy = gT2
可得
初速度为
[4]根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在 B 点竖直分速度
12 ．(1)5980.0 (2)⑤
(3) 6.00 1.20
（1）根据电压表改装原理
U = IG (RG + RM) = 6V
故电阻箱的阻值需要调至
RM = 5980.0Ω
（2）为调节方便，改装后的电压表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的，故实验中应选用的滑动变阻器是⑤。
（3）[ 1]根据闭合电路的欧姆定律
且
U = I(RG + RM)
整理得
图像的纵截距为
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解得电源的电动势
E = 6.00V
[2] 图像的斜率为
解得电源的内阻
r = 1.20Ω
13 ．(1)4cm
(2)1.5N
（1）令原长 L0 =5cm ，对 A 、B 进行分析，根据平衡条件有(mA + mB)g = k (L0 - h0)
解得
h0 = 4cm
（2）振幅为 A=0.5cm，即相对于平衡位置的最大位移为 0.5cm，当处于平衡位置下侧的振幅位置时，加速度方向向上，此时 B 对 A 的压力达到最大，对 A 、B 进行分析有
k (A + L0 - h0) - (mA + mB)g = (mA + mB) a对 B 进行分析有
N1 - mBg = mBa
根据牛顿第三定律有
N2 = N1
解得
N2 = 1.5N
14 ．（1）aA = 2m / s2 ，aB = 4m / s2 ；（2）不能，均为 4m/s；（3）24J
（1）A 、B 相对运动过程中，由受力分析，根据牛顿第二定律，对 A
μmAg = mAaA
解得
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aA = 2m/s2
对 B
μmAg = mBaB
解得
aB = 4m/s2
（2）若 A 不能从 B 上下滑下来，末状态 A 、B 共速。其速度为 v，则
v = v0 - aAt = aBt解得
t = 1s
v = 4m/s
设 A 相对 B 运动的位移为x相 ，则
xA = xB + x相根据运动学公式
和
联立解得
x相 = 3m因为
x相 = 3m < L = 4m所以 A 不能从 B 上滑下来，B 最终速度为
vA = vB = v = 4m/s
（3）由能量守恒得
解得
Q = 24J
答案第 11 页，共 12 页
tan （1）电子在加速电场中，根据动能定理得
解得
（2）电子在偏转电场中，做类平抛运动，在水平方向上有
L1 = v0t
在竖直方向上有
联立解得
电子射出时竖直方向速度为
电子离开偏转电场时速度偏转角的正切值为
联立解得
（3）得电子打在荧光屏上的 P 点到O9 点的距离为
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