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河南省2026年普通高中学业水平选择性考试
物理答案
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.【答案】B
L
【详解】根据单摆周期公式T=2π 可知，当移到月球上后，重力加速度减小，单摆的周期变大；摆
g
长不变，拉开相同的角度，振幅不变。
故选B。
2.【答案】A
a
【详解】由图像可知在0- 间存在一点，设坐标为x ，试探电荷在此处受到的静电力为零，可知两点
2 0
kQ q
电荷带同种电荷，根据库仑定律有 M
a+x 0
kQ q
= N
2 a-x 0 2
由于a+x 0 2>a-x 0 2，故可得Q M >Q N ；
根据图像可知在x=0处时，试探电荷受到的静电力沿x 轴的正向，根据前面分析由于Q
M
>Q
N
，
在x=0处时，试探电荷到两点电荷间的距离相等，可知试探电荷在此处受到的静电力的合力方向与
点电荷Q 对试探电荷的静电力的方向相同，故可知Q >0
M M
故选A。
3.【答案】C
【详解】根据题意一束光从P点垂直于三角形底边入射，从Q点射出。已知P、Q到三角形底边距离
R
均为 ，画出光路图如图所示
2
1
R
2
根据几何关系有∠1=∠2+∠3，∠6=60°，sin∠4=
R
根据反射定律可得∠5=∠6
综上可得∠1=60°，∠2=30°
sin∠1
根据折射定律有n=
sin∠2
代入数据可得n= 3
故选C。
4.【答案】D
【详解】设电源电压为U，a、b两端的线圈匝数为n ，c、d两端的线圈匝数为n ，e、f两端的线圈匝
1 1 2
·1·U n U n
数为n =10，根据变压器电压和匝数关系可得 1 = 1 ， 1 = 1
3 U n U n +n
cd 2 cf 2 3
联立，解得n =100
2
故选D。
5.【答案】B
【详解】设土星半径为R ，质量为M ，土星环上颗粒的轨道半径为r，周期为T 。颗粒绕土星做匀速
Mm 2π
圆周运动，由万有引力提供向心力，有G =m
r2 T
2
r
4
其中土星质量M=ρV=ρ⋅ πR3
3
3π r
联立解得周期T 的表达式T= ⋅
Gρ R
3
由照片信息可得r≈2R
代入数据解得T≈4.0×104s
故选B。
6.【答案】C
【详解】根据运动的对称性，可得粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示
mv2
带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB=
r
mv
整理得磁感应强度B=
qr
mv 1 B r
由于粒子的 不变，因此磁感应强度B∝ ，即 上 = 下
q r B r
下 上
r O A
由几何关系，可知△O BC与△O AB相似，则 下 = 1
2 1 r BC
上
4l
由勾股定理得O A= r2 -l2=
1 下 3
l
且BC=AO=r -O A=
下 1 3
B O A 4
联立解得 上 = 1 =
B BC 1
下
故选C。
7.【答案】A
【详解】网球被水平击出后做平抛运动，初速度大小为v =20m/s，轨迹平面与球网面夹角为45°，将
0
初速度v 分解，垂直于球网面的速度v =v sin45°
0 z 0
平行于球网面的速度v =v cos45°
x 0
·2·网球在竖直方向做自由落体运动，设从击球点到P点的运动时间为t，网球在P点的竖直速度v =gt
y
v
P点的切线与球网上沿夹角为φ，切线斜率满足tanφ= y
v
x
v tanφcos45°
代入v =gt，v =v cos45°，得t= 0
y x 0 g
网球在垂直于球网方向匀速运动，位移d=v t
z
v2tanφsin45°cos45°
代入v =v sin45°和t的表达式，得d= 0
z 0 g
解得d=4m
因此击球点到球网面的距离为4 m。
故选A。
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，有多项符合
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.【答案】AD
hc hc
【详解】A．波长为λ 的光照射时，仅M能发生光电效应，说明 >W、 <W
2 λ 1 λ 2
2 2
可得 W <W ，故A正确；
1 2
hc
B． 波长为λ 的光照射时，N也能发生光电效应，说明 >W
1 λ 2
1
hc
结合 <W
λ 2
2
hc hc
可得 >
λ λ
1 2
化简得λ <λ ，故B错误；
1 2
hc hc
C．波长为λ 的光照射时，E = -W，E = -W
1 1 λ 1 2 λ 2
1 1
已知W <W
1 2
因此E >E ，故C错误；
1 2
hc hc
D．根据爱因斯坦光电效应方程E = -W，E = -W
1 λ 1 3 λ 1
1 2
因为λ <λ
1 2
所以E >E ，故D正确。
1 3
故选AD。
9.【答案】BC
【详解】AB．若磁性薄膜的N极在右侧，则通过线圈的磁场方向向右，吸气时薄膜向左运动，通过线
圈的磁场增强，由楞次定律可知感应磁场方向向左，则线圈中电流方向由a到b，即b点电势高于a
点，故A错误，B正确；
C．由题图2可知，P点对应的电压为正，即由题意可知此时b点电势高于a点电势，线圈中的感应
电流由a到b，通过线圈的感应磁场方向向左，若P点对应呼气，则线圈中的原磁场减弱，即原磁场方
向应向左，磁性薄膜的S极在右侧，故C正确；
D．由题图2可知，Q点对应的电压为负，即由题意可知此时b点电势低于a点电势，线圈中的感应
电流由b到a，通过线圈的感应磁场方向向右，若Q点对应呼气，则线圈中的原磁场减弱，即原磁场方
向应向右，磁性薄膜的S极应在左侧，故D错误。
故选BC。
·3·10.【答案】CD
【详解】ACD．以M飞行器为参考系，分别求出N在相邻2s内相对M的位移如表
时间区 0- 2- 4- 8- 10- 12- 14- 16- 18-
6-8s
间 2s 4s 6s 10s 12s 14s 16s 18s 20s
相对位 X X X X X X X X X X
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
移 13m 3m -7m -17m -25m -21m -15m -9m -3m 0
由于X -X =X -X =X -X =-10m，X -X =-8m，X -X =X -X =X -X =6m
2 1 3 2 4 3 5 4 7 6 8 7 9 8
故0~8s内N做匀加速直线运动，同理10s~18s内N以另一加速度做匀减速直线运动，8s至10s内的
某时刻，N匀加速运动结束开始做匀减速，所以8s-10s内的某时刻，N的速度达到最大值，设加速
阶段的加速度为a ，则由Δx=a T2=-10m
1 1
可得a =-2.5m/s2
1
设减速阶段的加速度为a ，则由Δx=a T2=6m
2 2
解得a =1.5m/s2
2
X +X
以M飞行器为参考系，N在第6s时的速度v = 3 4 =-6m/s
6 2T
X +X
第12s时的速度v = 6 7 =-9m/s
12 2T
则由v 6 +a 1 t=v 12 -a 26s-t
解得t=3s
即第9s时N的速度最大，N相对于M的速度最大值为v=v +a t=-13.5m/s，故A错误，CD正确；
6 1
1
B．7s末时N与M的间距为x=290m+v 6 ×1s+ 2 a 11s 2=282.75m，故B错误。
故选CD。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
v2-v2 gh
11.【答案】(1)5.10 (2)0.50 (3) ①. 2 1 ②.
2s L
【解析】
【小问1详解】
游标卡尺的读数，即遮光条的宽度为Δx=5mm+2×0.05mm=5.10mm
【小问2详解】
滑块经过光电门的时间极短，用滑块经过光电门的平均速度代替瞬时速度，滑块通过光电门1的速
d 5.10×10-3
度大小v = = m/s=0.50m/s
1 Δt 10.20×10-3
【小问3详解】
[1]根据速度位移关系有v2-v2=2as
2 1
v2-v2
可得a= 2 1
2s
h
[2]根据几何关系可得导轨与水平方向夹角的正弦值为sinθ=
L
若不考虑阻力，即理论上，根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma
gh
可得a=
L
·4·12.【答案】(1) (2)AD
(3) ①. 10.0 ②. R
2
R R ER
(4) ①. - 1 2 ②. 2 ③. 3.55
R +R R +R
1 2 1 2
【解析】
【小问1详解】
根据电路图可知实物连接图如图所示
【小问2详解】
AB．充电电流i 初始最大，逐渐衰减到0(方向为正)，故A正确，B错误；
C
CD．电容器电压u 从0逐渐升高，最终稳定在最终稳定在两端的分压值R ，故C错误，D正确。
C 2
故选AD。
【小问3详解】
[1][2]根据题图可得斜率的绝对值k
1
0-2.0
= Ω=10.0Ω
0-(-0.2)
放电时，电容器仅通过R 放电，即其对应于R 的阻值。
2 2
【小问4详解】
[1][2]充电时，有E=i R +u
1 1 C
u
又i =i +i ，i = C
1 2 C 2 R
2
R R ER
联立可得u =- 1 2 i + 2
C R +R C R +R
1 2 1 2
R R ER
与u =k i +b对比可知k =- 1 2 ，b= 2
C 2 C 2 R +R R +R
1 2 1 2
R R 0.8-2.7 ER
[3]根据题图可得- 1 2 = ， 2 =2.9
R +R 1.0-0.08 R +R
1 2 1 2
解得E≈3.55V
1
13.【答案】(1)1.5L (2)
9
【解析】
【小问1详解】
泵油过程氮气温度不变，做等温变化，由玻意耳定律有p V=p V
1 1 2 2
代入数据解得V=7.5L
2
泵出油的体积ΔV=V-V=1.5L
2 1
·5·【小问2详解】
p V p V
对原有氮气，由理想气体状态方程 1 1 = 1 3
T T
1 2
代入数据解得V=5.4L
3
Δm V-V 1
同温同压下，气体质量之比等于体积之比，即 = 1 3 =
m V 9
0 3
1
14.【答案】(1)设离子电荷量为q、质量为m，经加速电场加速后速度为v，由动能定理有qU = mv2
1 2
离子进入反射电场，沿电场方向分速度v =vcosθ
//
qU
加速度大小a= 2
md
2
离子在反射电场中垂直电场方向分速度v =vsinθ
⊥
2v 2d cosθ 2mU
反射电场往返时间t = // = 2 1
3 a U q
2
4Ud sinθcosθ
可得垂直电场方向位移y=v t = 1 2
⊥ 3 U
2
与离子比荷无关，结合沿电场方向最大位移与比荷无关，可得出所有正离子均从同一点射出反射电
场。
9
(2)
4
【解析】
【小问1详解】
1
设离子电荷量为q、质量为m，经加速电场加速后速度为v，由动能定理有qU = mv2
1 2
离子进入反射电场，沿电场方向分速度v =vcosθ
//
qU
加速度大小a= 2
md
2
离子在反射电场中垂直电场方向分速度v =vsinθ
⊥
2v 2d cosθ 2mU
由于U >U 则粒子在反射电场往返时间t = // = 2 1
2 1 3 a U q
2
4Ud sinθcosθ
可得垂直电场方向位移y=v t = 1 2
⊥ 3 U
2
与离子比荷无关，结合沿电场方向最大位移与比荷无关，可得出所有正离子均从同一点射出反射电
场。
【小问2详解】
1
在加速电场中，根据位移时间关系d = at2
1 2 1
qU
其中a= 1
md
1
2m
可得加速电场中运动时间t =d
1 1 qU
1
s m
无场区运动时间t = 0 =s
2 v 0 2qU
1
2m m 2d cosθ 2mU
离子从O到射出反射电场所用时间t=t +t +t =d +s + 2 1
1 2 3 1 qU 0 2qU U q
1 1 2
m τ α
可知t∝ ，即 1 = 2
q τ α
2 1
·6·α 9
可得 1 =
α 4
2
15.【答案】(1)0.05m (2)2m/s，0.1s (3) 88m/s
【解析】
【小问1详解】
从抛出至球壳与天花板相碰，小球和球壳一起做竖直上抛运动，末速度大小设为v，根据速度位移关
系式v2-v2=2gh
0
解得v=1m/s
球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹，然后向下做匀加速直线运动，小球继续上升，设小球直
径为d，从球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1次碰撞，小球与球壳的位移大小之和为D-d，则
1 1
vΔt+ g(Δt)2+ vΔt- g(Δt)2
2 2
=D-d
解得d=0.05m
【小问2详解】
设球壳质量为M，小球质量为m，球壳与小球发生第1次碰撞前速度分别为v 、u ，以竖直向下为正
10 10
方向，则v =v+gΔt=2m/s，u =v-gΔt=0
10 10
球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为v 、u
11 11
由动量守恒定律Mv +mu =Mv +mu
10 10 11 11
1 1 1 1
由机械能守恒定律 Mv2 + mu2 = Mv2 + mu2
2 10 2 10 2 11 2 11
碰后速度差的大小Δu=u -v =2m/s
11 11
u -v
拓展：发生弹性碰撞，恢复系数e= 11 11 =1
v -u
10 10
第1次碰撞后，球壳与小球均做加速度向下、大小为g的匀变速直线运动，设两次碰撞时间间隔为
Δt ，两者的相对速度大小始终为Δu=2m/s，两者的相对位移大小为D-d，有D-d=Δu⋅Δt
1 1
解得Δt =0.1s
1
【小问3详解】
取向下为正，第一次碰前：壳速v =2m/s，球速u =0
10 10
弹性碰撞，每次碰撞后相对速度大小恒为2m/s，时间间隔Δt=0.1s
4m
设每次碰撞壳速改变量为Δv(碰前壳快时减速，球快时加速)，大小Δv =
s s M+m
从第1次碰前到第8次碰前，经历7次碰撞和7个0.1s的重力加速(每次加1m/s)
递推球壳碰前速度
①碰前：2
②碰前：2
-
→
Δvs碰后→ +1
3-Δv
s
③碰前：3-Δv s
+
→
Δvs碰后→ +1
4
④碰前：4
-
→
Δvs
5-Δv
s
⑤碰前：6
⑥碰前：7-Δv
s
⑦碰前：8
⑧碰前：9-Δv
s
已知⑧碰前壳速为6m/s，故9-Δv =6
s
·7·解得Δv =3m/s
s
4m
由Δv = =3
s M+m
得M:m=1:3
则可推导出所有速度如表所示(速度均为m/s，+向上，-向下)
碰撞序号 时刻 碰前壳速 碰前球速 碰后壳速 碰后球速
天花板碰 0 - - -1 +1
① 0.1 -2 0 +1 -1
② 0.2 0 -2 -3 -1
③ 0.3 -4 -2 -1 -3
④ 0.4 -2 -4 -5 -3
⑤ 0.5 -6 -4 -3 -5
⑥ 0.6 -4 -6 -7 -5
⑦ 0.7 -8 -6 -5 -7
⑧ 0.8 -6 -8 -9 -7
⑨ 0.9 -10 -8 -7 -9
⑩ 1.0 -8 -10 -11 -9
⑪ 1.1 -12 -10 -9 -11
1
利用上表壳速，每段0.1s匀变速，位移Δy=v t+ at2，逐段累加球壳位置：
0 2
时段 壳初速 位移 累加位置y
0→0.1s -1 -0.15 5.975
0.1→0.2s +1 +0.05 6.025
0.2→0.3s -3 -0.35 5.675
0.3→0.4s -1 -0.15 5.525
0.4→0.5s -5 -0.55 4.975
0.5→0.6s -3 -0.35 4.625
0.6→0.7s -7 -0.75 3.875
0.7→0.8s -5 -0.55 3.325
0.8→0.9s -9 -0.95 2.375
0.9→1.0s -7 -0.75 1.625
1.0→1.1s -11 -1.15 0.475
t=1.1s(第⑪次碰前)球壳质心位于y=0.475m。
此时碰撞后壳速变为-9m/s(见上表⑪碰后)，随后匀加速下降至触地(质心触地高度0.125m)，下落
距离Δh=0.475-0.125=0.35m
由运动学公式可知v = 92+2×10×0.35m/s= 88m/s
地
则触地速度大小为 88m/s
·8·
