北京市2026届普通高中学业水平等级性考试适应性练习物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市2026届普通高中学业水平等级性考试适应性练习物理本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分1.下列说法正确的是（）A.在地毯中夹杂不锈钢丝导电纤维，是为了防止静电危害B.提高打印室的干燥程度可以防止产生静电现象C.避雷针的原理是静电屏蔽D.静电复印机是利用静电的排斥作用工作【答案】A【解析】A．在地毯中夹杂不锈钢丝导电纤维，是为了及时将摩擦产生的静电导走，防止静电危害，故A正确；B．如果打印室保持空气干燥，会导致静电积累而造成危害，故应保持潮湿，故B错误；C．避雷针的原理是尖端放电，故C错误；D．复印机是利用静电的吸附作用工作的，故D错误。故选A。2.一辆小汽车在10s内速度从0达到100km/h，一列火车在300s内速度也从0达到100km/h。若认为加速过程中汽车和火车都在做匀加速直线运动，则加速过程中（）A.火车的平均速度较大 B.汽车的速度变化较快C.火车的加速度较大 D.汽车的位移较大【答案】B【解析】A．小汽车的平均速度为火车的平均速度为故两者相等，故A错误；BC．小汽车的加速度为火车的加速度为故小汽车的加速度较大，也即小汽车的速度变化较快，故B正确，C错误；D．小汽车位移为火车的位移为故火车的位移较大，故D错误。故选B。3.如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C，下列说法正确的是（）A.状态A和状态B温度相同，状态C温度最高B.状态B和状态C温度相同，状态A温度最高C.从状态A到状态B温度升高，气体对外界做功，不断吸热D.从状态B到状态C温度升高，气体对外界做功，不断吸热【答案】C【解析】AB．由图可知，状态A到状态B是一个等压过程，根据因为VB＞VA则有TB＞TA而状态B到状态C是一个等容过程，则有因为pB＞pC则有TB＞TC对状态A和C，依据理想气体状态参量方程，则有即解得TA=TC故AB错误；C．从状态A到状态B温度升高，内能增大，体积膨胀，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体不断吸热，故C正确；D．从状态B到状态C温度降低，内能减少，体积不变，气体不做功，根据热力学第一定律可知气体不断放热，故D错误。故选C。4.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。此时介质中x=2m处的质点P由平衡位置向y轴正方向运动，其振动周期为0.4s。下列说法正确的是（）A.该列波向右传播B.该列波的波长为6mC.该列波的波速为5m/sD.t=0时x=4m位置的质点尚未运动【答案】A【解析】A．质点P由平衡位置向y轴正方向运动，由“同侧法”可知，该列波向右传播，选项A正确；B．由图可知，该列波的波长为4m选项B错误；C．该列波的波速为选项C错误；D．t=0时x=4m位置的质点在平衡位置，速度最大，选项D错误。故选A。5.如图所示，P和Q是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大的线圈，其电阻小于灯泡的电阻，两灯泡在以下操作中不会被烧坏。下列说法正确的是（）A.开关S闭合时，P灯先亮，Q灯后亮B.开关S闭合一段时间后，两灯的亮度相同C.开关S断开前后通过P灯的电流方向改变D.开关S由闭合变为断开时，Q灯闪亮后熄灭【答案】C【解析】A．开关S闭合时，由于线圈的自感作用，线圈相当于断路，则P灯、Q灯同时亮，故A错误；B．线圈的电阻小于灯泡，则线圈与灯泡P并联的电阻小于灯泡Q的电阻，则开关闭合一段时间后，线圈与灯泡P并联的电压小于灯泡Q的电压，所以灯泡Q比灯泡P亮，故B错误；C．开关断开前，通过灯泡P的电流从左向右，开关断开后瞬间，由于线圈自感作用产生感应电流阻碍其电流减小，与灯泡P组成闭合回路，流过灯泡P的电流从右向左，即开关S断开前后通过P灯的电流方向改变，故C正确；D．开关S由闭合变为断开时，灯泡Q立即熄灭，故D错误。故选C。6.如图所示，软铁环上绕有M、N两个线圈，线圈M与直流电源、电阻和开关S1相连，线圈N与电流表和开关S2相连。下列说法正确的是（）A.保持S1闭合，软铁环中的磁场为逆时针方向B.保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，通过电流表的电流由C.保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，通过电流表的电流由D.保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，电流表所在回路不会产生电流【答案】C【解析】A．由右手螺旋定则可以判断出，软铁环中的磁场为顺时针方向，故A错误；B．保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，N线圈中磁通量不变，没有感应电流产生。故B错误；C．保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，N线圈中磁通量增大，根据楞次定律可以判断，通过电流表的电流由。故C正确；D．保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，N线圈中磁通量减小，根据“增反减同”可以判断，通过电流表的电流由。故D错误。故选C。7.如图所示，沿水平方向运动的汽车内，一质量为的物块紧贴在车厢左侧的竖直内壁上，且与车厢保持相对静止，物块与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，另一质量为的小球通过轻质细线与车厢顶部连接，细线与竖直方向的夹角为α。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.汽车一定向右加速运动B.细线中的拉力大小为C.物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为D.物块受到车厢左壁的弹力大小为【答案】D【解析】AB．根据题意，对小球受力分析，如图所示竖直方向由水平方向由牛顿第二定律有可得方向水平向右，则小车和物块的加速度也是水平向右的，则小车可能做向右的加速运动，也能做向左的减速运动，故AB错误；CD．根据题意，对物块受力分析，如图所示则有竖直方向的静摩擦力大小为摩擦力不一定达到最大静摩擦力，故C错误，D正确。故选D。8.如图所示，在一个圆形区域内有垂直于圆平面的匀强磁场，现有两个质量相等、所带电荷量大小也相等的带电粒子a和b，先后以不同的速率从圆边沿的A点对准圆形区域的圆心O射入圆形磁场区域，它们穿过磁场区域的运动轨迹如图所示。粒子之间的相互作用力及所受重力和空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是（）A.a、b两粒子所带电荷的电性相同B.射入圆形磁场区域时a粒子的速率较大C.穿过磁场区域的过程洛伦兹力对a做功较多D.穿过磁场区域的过程α粒子运动的时间较长【答案】D【解析】A．粒子的运动偏转轨迹相反，根据左手定则可知，粒子电性相反，故A错误；B．粒子沿圆形磁场的直径飞入，做出圆心如图所示：由图可知粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力解得两粒子的质量和电荷量大小相等，所以故B错误；C．根据左手定则可知洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故C错误；D．粒子在磁场中运动的周期圆心角为，在磁场中运动的时间两粒子的质量和电荷量大小相等，所以周期相等，因为所以穿过磁场区域过程中所用时间故D正确。故选D。9.如图1所示，三束由氢原子发出的可见光P、Q、R分别由真空玻璃管的窗口射向阴极K。调节滑动变阻器，记录电流表与电压表示数，两者关系如图2所示。下列说法正确的是（）A.分别射入同一单缝衍射装置时，Q的中央亮纹比R宽B.P、Q产生光电子在K处最小德布罗意波长，P大于QC.氢原子向第一激发态跃迁发光时，三束光中Q对应的能级最高D.对应于图2中的M点，单位时间到达阳极A的光电子数目，P多于Q【答案】BC【解析】A．根据，因Q的截止电压大于R，可知Q的频率大于R的频率，Q的波长小于R的波长，则分别射入同一单缝衍射装置时，R的衍射现象比Q更明显，则Q的中央亮纹比R窄，选项A错误；B．同理可知P、Q产生的光电子在K处Q的最大初动能比P较大，根据可知最小德布罗意波长，P大于Q，选项B正确；C．因Q对应的能量最大，则氢原子向第一激发态跃迁发光时根据可知三束光中Q对应的能级最高，选项C正确；D．对应于图2中的M点，P和Q的光电流相等，可知P和Q单位时间到达阳极A的光电子数目相等，选项D错误。故选BC。10.图为我国某远距离输电系统简化示意图。发电厂输出交变电流经升压变压器后，通过高压输电线路传输，再经降压变压器降压后供给城市用户用电。已知发电厂输出电压为，输出功率为，升压变压器原副线圈匝数比为，降压变压器原副线圈匝数比为，输电线路总电阻为。保持不变，忽略变压器的能量损耗，以下说法正确的是（）A.输电线路上损失的功率为B.升压变压器的输入电流与降压变压器的输出电流之比为C.若仅减小，发电厂输送相同的功率情况下，输电线路上的电压损失会增大D.当发电厂输出频率增大，降压变压器的输出电压会减小【答案】BC【解析】A．设升压变压器原线圈的电流为，副线圈的电流为；由题知发电厂输出电压为，输出功率为，则有解得根据解得故输电线路上损失的功率为故A错误；B．对升压变压器有设降压变压器输出电流为，对降压变压器联立可得故B正确；C．输电线路上的电压损失为可知若仅减小，输电线路上的电压损失会增大，故C正确；D．因为升压变压器的变压比和降压变压器的变压比不变，所以升压变压器副线圈的电压不变，又输出功率不变P，故升压变压器副线圈的电流不变，根据可知电阻R两端的电压不变，在中间输送回路中有所以降压变压器原线圈两端的电压不变，故降压变压器输出电压不变，与交流电的频率无关，所以当发电厂输出频率增大时，降压变压器的输出电压不变，故D错误。故选BC。11.在一个很小的厚度为d的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件，如图所示．在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子（形成电流的自由电荷）就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N间出现了电压，称为霍尔电压UH．可以证明UH=kIBd，k为霍尔系数，它的大小与薄片的材料有关．下列说法正确的是（A.若M的电势高于N的电势，则载流子带正电B.霍尔系数k较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多C.借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计（测定磁感应强度）D.霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越小【答案】C【解析】根据左手定则可知正流子向N偏转，即N带正电，N的电势高于M的电势，A错误；设上下两个表面相距为L，电子所受的电场力等于洛仑兹力，设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为S，，，联立解得：，令，则，所以根据可知单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数越大，而越小，B错误；根据可得故借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计（测定磁感应强度），C正确；载流子受到的洛伦兹力，霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越大，D错误．12.汽缸内封闭有一定质量的气体，在某次压缩过程中，缸内气体的温度从T1迅速升高至T2。下列各图中，纵坐标f（v）表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，图线I、Ⅱ分别为缸内气体在T1、T2两种温度下的分子速率分布曲线，其中正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】温度越高，分子平均动能越大，图像的峰值越靠右，两图线与横轴所围面积相等。故选A。13.一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立直角坐标系，如图（1）所示，从开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图（2）所示，已知物块的质量为，重力加速度g取，不计空气阻力。则（）A.物块始终做匀变速曲线运动B.时，物块的y坐标值为C.时，物块的加速度大小为D.时，物块的速度大小为【答案】B【解析】A．由图像可知x方向的力F1=4-t(N)，F2=3t(N)则Fx=F1+F2=4+2t(N)y方向的合力Fy=mgsin30°=6N则合力随时间不断变化，即加速度不断变化，则物块做非匀变速曲线运动，选项A错误；B．因可得时，物块的y坐标值为选项B正确；C．时物块的加速度大小为选项C错误；D．时，x方向合力的冲量由动量定理可得因y方向还有速度，可知此时物块的速度大于，选项D错误。故选B。14.选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果会有所不同：如图甲所示，在自由下落的电梯中，电梯外的人看到小球只受重力作用，做自由落体运动，符合牛顿定律；电梯内的人看到小球只受重力却是“静止”的，“违反”了牛顿定律。为了能够用牛顿定律描述对地面作加速运动的参考系（又称“非惯性参考系”）中物体的运动，在非惯性系中引入惯性力的概念：惯性力，表示非惯性系的加速度，负号表示与方向相反。引入惯性力后，电梯中的人认为小球受到向上的惯性力与重力平衡，小球静止，符合牛顿定律。如图乙所示，某人在以加速度做匀加速运动的高铁上，距地面为处，以相对于高铁的速度水平抛出一个小球。已知重力加速度，关于此人看到的小球运动，分析正确的是（）A.小球水平方向做匀变速直线运动B.无论已知量满足什么条件，小球都不可能落在抛出点的正下方C.当时，小球将落在抛出点的正下方D.当列车加速度与小球初速度取值合适时，小球有可能做直线运动【答案】A【解析】D．根据题中非惯性力的概念，以车为参考系时，小球在水平方向上受到水平向左的惯性力，以加速度a先向右减速，减速到0后再反向加速，竖直方向只受到重力，做自由落体运动，故小球的运动轨迹不可能是直线，故D错误；A．列车是加速向前运行的，根据题意，小球对人来说，相当于向前做减速直线运动，故A正确；BC．水平方向小球的其加速度的大小为a，所以小球将向前减速，一直到减速到0后，再反向加速，回到原位置的时间与竖直方向做自由落体运动的时间相等时，球将落在抛出点的正下方，此时水平方向竖直方向有联立解得故B错误，C错误。故选A。第二部分本部分共6题，共58分。15.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。（1）组装单摆时，应在下列器材中选用（选填选项前的字母）。A.长度为1m左右的细线 B.长度为30cm左右的细线C.直径为1.8cm的塑料球 D.直径为1.8cm的铁球（2）如图，为某同学用10等分游标卡尺测量小球直径，则直径d＝__________mm，用秒表记录小球摆动时间，则时间t＝__________s（3）实验中测出单摆的摆线长为L、摆球直径为d、单摆完成n次全振动所用的时间为t，则重力加速度g＝____________________（用L、d、n、t表示）。（4）该同学测得的g值偏大，可能的原因是（多选）A.测摆线长时摆线拉得过紧B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动使摆线长度增加了C.开始计时的时候，秒表过迟按下D.实验中误将49次全振动数为50次E.摆球的质量偏大F.单摆振动的振幅偏小（5）为了提高实验的准确度，小红在实验中改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、为纵坐标作出—L图线，通过图像求得当重力加速度g。但不小心他每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的—L图像是图中的__________（选填“①”“②”或“③”）。请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将__________（选填“偏大”“偏小”或“相同”）。（6）小明同学实验时将人工记录振动次数改为自动记录，如图A所示的装置，摆球在垂直纸面的平面内摆动，在摆动最低点的左、右两侧分别放置光敏电阻（接自动记录仪相连）和激光光源，记录仪显示的光敏电阻阻值R随时间t变化的关系如图B所示，则该单摆的振动周期为__________。若保持悬点到小球顶点的线长不变，改用直径小些的球进行实验，则该单摆的周期将__________（选填“变大”、“不变”或“变小”）。【答案】（1）AD（2）18.599.8（3）（4）ACD（5）①相同（6）变小【解析】（1）实验时为了减小小球直径对实验结果的影响，在选取细线的长度时，应该选择细线的长度远远大于小球的直径，同时，为了减小实验过程中球收到空气阻力对实验结果的影响，需要尽量选择小球体积小但是质量相对大。故选AD。（2）[1]由游标卡尺的读数方法可得d=18mm+0.1×5mm=18.5mm[2]用秒表记录小球摆动时间，则时间t＝90s+9.8s=99.8s（3）单摆周期小球的周期等于单摆完成一次全振动所用的时间，即摆长等于摆线长再加上小球的半径，即联立解得（4）A．由单摆的周期公式可得测摆线长时摆线拉得过紧，测量的摆长偏大，则重力加速度偏大，A正确；B．振动中出现松动使摆线长度增加了，测量的摆长偏小，则重力加速度偏小，B错误；C．开始计时的时候，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则重力加速度偏大，C正确；D．实验中误将49次全振动数为50次，，测量的周期偏小，则重力加速度偏大，D正确；EF．重力加速度值与摆球的质量、单摆振动的振幅无关，EF错误。故选ACD。（5）[1]由单摆的周期公式可得把小球直径当作半径来计算摆长，则有可见由此得到的—L图像是图中的①。[2]通过—L图像求得当重力加速度，则有解得重力加速度值与摆长无关，可见该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将相同。（6）[1]单摆在一个周期内经过平衡位置两次，由图知两次时间间隔为，故该单摆的振动周期为。[2]单摆周期改用直径小些的球进行实验，则摆长减小，该单摆的周期将变小。16.用如图所示实验装置做“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验。（1）下面列出了一些实验器材：打点计时器、交流电源、纸带、带滑轮的长木板、垫木、小车和砝码、槽码。除以上器材外，还需要的实验器材是_________（选填选项前字母）。A．秒表B．天平（附砝码）C．刻度尺（2）实验中需要计算小车的加速度。如图所示，A、B、C为三个相邻的计数点，若相邻两计数点之间的时间间隔为T，A、B间的距离为x1，B、C间的距离为x2，则小车的加速度a=__________。（3）某同学探究得出“保持物体所受合力不变，其加速度与质量成反比”结论，做出如图所示的图像。由图像可知，小车受到的合力的大小是________N（保留到小数点后1位）。（4）该同学在探究过程中先用垫木将长木板的一端垫高，以平衡小车受到的摩擦力，再进行探究实验。“平衡摩擦力”的目的是__________。【答案】（1）BC##CB（2）（3）0.2（4）使小车重力沿斜面的分力等于摩擦力，则绳对小车的拉力等于小车所受合力【解析】（1）[1]打点计时器是一种计时仪器，不需要秒表；小车的质量需要测量，需要天平；刻度值用来测量计时点间距。故选BC。（2）[2]小车的加速度为（3）[3]根据得小车所受合力等于图线斜率（4）[4]平衡摩擦力的作用是使小车重力沿斜面的分力等于摩擦力，则绳对小车的拉力等于小车所受合力。17.2025年2月第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨成功举办，跳台滑雪是极具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高为10m，C是半径为20m圆弧的最低点。质量为60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，BC段的阻力忽略不计。AB长为100m，运动员到达B点时速度大小为30m/s，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）在AB段运动过程中，运动员加速度的大小a。（2）运动员经过C点时的动能Ek。（3）运动员经过C点时所受支持力的大小FN。【答案】（1）4.5m/s2（2）3.3×104J（3）3900N【解析】（1）运动员沿AB段做匀加速直线运动，由可得：a=4.5m/s2（2）BC段由动能定理：运动员经过C点时的动能为=3.3×104J（3）运动员在C点受力情况：则可得=3900N18.2024年6月25日，嫦娥六号探测器成功完成人类首次月球背面采样返回任务。嫦娥六号从38万公里外的月球背面起飞，返回器以31马赫的惊人速度演绎了一场令人窒息的科技盛宴。如此高速下、返回器与大气层的剧烈摩擦会产生极高的温度，并减速。面对如此极端条件，中国航天人巧妙上演了一出令世界瞩目的“太空打水漂”绝技。这项技术的精髓在于探测器与大气层多次以极微小倾角切入大气层，摩擦反弹后，最后达到安全进入大气层的降落速度（小于第一宇宙速度）。假设每次与大气摩擦后会损失4%左右的速度，1马赫速度等于。（已知，）（1）嫦娥六号探测器至少经过几次与大气摩擦可以安全进入大气层？（2）安全进入大气层后的探测器将做何运动？请列式说明。【答案】（1）8（2）见解析【解析】（1）设返回器的速度为第1次与大气摩擦后速度为第2次与大气摩擦后速度第3次与大气摩擦后速度为第n次与大气摩擦后速度为根据题意解得（2）安全进入大气层后的探测器受到重力，阻力的作用，如图所示水平方向的加速度为水平方向速度减小，则水平方向阻力减小，水平方向做加速度减小的减速运动；竖直方向的加速度为竖直方向增大，竖直方向阻力增大，则竖直加速度减小，则竖直方向做加速度减小的加速直线运动。19.带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中有着极其广泛的应用，这些应用涉及带电粒子的测量、加速和约束问题。2023年诺贝尔物理学奖获得者就因其研究控制电子移动而获得。如图的电场模型设计，可以通过改变电场的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微观状态带电粒子的运动。如图所示，电荷量为、质量为的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度的大小，与球B形状相同、质量为的绝缘不带电小球A以初速度向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在空中两球又发生多次弹性碰撞。已知每次碰撞时间极短，小球A始终不带电，小球B的电量始终不变。两小球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取。（1）求第一次碰撞后瞬间A、B两小球的速度；（2）如果两小球第二次、第三次碰撞都发生在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一个时刻球B合力的瞬时功率为0，求从第二次碰撞后到此时刻的时间间隔。【答案】（1）A的速度，水平向右，B的速度，水平向右；（2）【解析】（1）第一次碰撞，取向右为正，设碰后A球速度为，碰后B球速度为，根据动量守恒定律知根据能量守恒定律知第一次碰后A的速度，水平向右；B的速度，水平向右（2）竖直方向自由下落，AB始终在同一水平面，对B水平方向有代入得方向：水平向左第二次碰撞前代入得对球B有方向：水平向左，竖直方向有方向：竖直向下第二次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律知根据能量守恒定律知第二次碰后A的速度为0，B的速度，方向：水平向右球B合力的瞬时功率为0时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为，如图所示则有代入得20.正负电子对撞机是一个使正负电子产生对撞的设备，如图所示为一种使高能正负电子在不同位置对撞的装置。在关于y轴对称的间距为2d的MN、PQ之间存在两个有界匀强磁场，其中平行于x轴的JK下方Ⅰ区域磁场垂直纸面向外，JK上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度大小均为B。在x轴上有两台直线加速器1和2，关于y轴对称，且末端刚好与MN、PQ对齐。质量为m、电荷量为e的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ进入磁场。为实现正、负电子在Ⅱ区域的y轴上实现对心碰撞（速度方向刚好相反），根据入射速度的变化，可调节JK与x轴之间的距离h，不计粒子间的相互作用及正、负电子的重力。（1）正、负电子同时以相同速度进入磁场，仅经过直线JK一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出的最小值；（2）正、负电子同时以速度进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y轴上发生对心碰撞的位置离O点的距离。【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）正、负电子同时以相同速度进入磁场，仅经过直线JK一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞；根据对称性可知，电子经过直线JK时，沿x轴方向通过的距离为，设电子的轨道半径为，由几何关系可得整理可得当，即时，可得根据解得的最小值为（2）正、负电子同时以速度进入磁场，则有距离总是满足情况一：，经过分析可知只有一种情况如图，有，情况二：，由几何关系可得解得则（n为正整数）北京市2026届普通高中学业水平等级性考试适应性练习物理本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分1.下列说法正确的是（）A.在地毯中夹杂不锈钢丝导电纤维，是为了防止静电危害B.提高打印室的干燥程度可以防止产生静电现象C.避雷针的原理是静电屏蔽D.静电复印机是利用静电的排斥作用工作【答案】A【解析】A．在地毯中夹杂不锈钢丝导电纤维，是为了及时将摩擦产生的静电导走，防止静电危害，故A正确；B．如果打印室保持空气干燥，会导致静电积累而造成危害，故应保持潮湿，故B错误；C．避雷针的原理是尖端放电，故C错误；D．复印机是利用静电的吸附作用工作的，故D错误。故选A。2.一辆小汽车在10s内速度从0达到100km/h，一列火车在300s内速度也从0达到100km/h。若认为加速过程中汽车和火车都在做匀加速直线运动，则加速过程中（）A.火车的平均速度较大 B.汽车的速度变化较快C.火车的加速度较大 D.汽车的位移较大【答案】B【解析】A．小汽车的平均速度为火车的平均速度为故两者相等，故A错误；BC．小汽车的加速度为火车的加速度为故小汽车的加速度较大，也即小汽车的速度变化较快，故B正确，C错误；D．小汽车位移为火车的位移为故火车的位移较大，故D错误。故选B。3.如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C，下列说法正确的是（）A.状态A和状态B温度相同，状态C温度最高B.状态B和状态C温度相同，状态A温度最高C.从状态A到状态B温度升高，气体对外界做功，不断吸热D.从状态B到状态C温度升高，气体对外界做功，不断吸热【答案】C【解析】AB．由图可知，状态A到状态B是一个等压过程，根据因为VB＞VA则有TB＞TA而状态B到状态C是一个等容过程，则有因为pB＞pC则有TB＞TC对状态A和C，依据理想气体状态参量方程，则有即解得TA=TC故AB错误；C．从状态A到状态B温度升高，内能增大，体积膨胀，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体不断吸热，故C正确；D．从状态B到状态C温度降低，内能减少，体积不变，气体不做功，根据热力学第一定律可知气体不断放热，故D错误。故选C。4.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。此时介质中x=2m处的质点P由平衡位置向y轴正方向运动，其振动周期为0.4s。下列说法正确的是（）A.该列波向右传播B.该列波的波长为6mC.该列波的波速为5m/sD.t=0时x=4m位置的质点尚未运动【答案】A【解析】A．质点P由平衡位置向y轴正方向运动，由“同侧法”可知，该列波向右传播，选项A正确；B．由图可知，该列波的波长为4m选项B错误；C．该列波的波速为选项C错误；D．t=0时x=4m位置的质点在平衡位置，速度最大，选项D错误。故选A。5.如图所示，P和Q是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大的线圈，其电阻小于灯泡的电阻，两灯泡在以下操作中不会被烧坏。下列说法正确的是（）A.开关S闭合时，P灯先亮，Q灯后亮B.开关S闭合一段时间后，两灯的亮度相同C.开关S断开前后通过P灯的电流方向改变D.开关S由闭合变为断开时，Q灯闪亮后熄灭【答案】C【解析】A．开关S闭合时，由于线圈的自感作用，线圈相当于断路，则P灯、Q灯同时亮，故A错误；B．线圈的电阻小于灯泡，则线圈与灯泡P并联的电阻小于灯泡Q的电阻，则开关闭合一段时间后，线圈与灯泡P并联的电压小于灯泡Q的电压，所以灯泡Q比灯泡P亮，故B错误；C．开关断开前，通过灯泡P的电流从左向右，开关断开后瞬间，由于线圈自感作用产生感应电流阻碍其电流减小，与灯泡P组成闭合回路，流过灯泡P的电流从右向左，即开关S断开前后通过P灯的电流方向改变，故C正确；D．开关S由闭合变为断开时，灯泡Q立即熄灭，故D错误。故选C。6.如图所示，软铁环上绕有M、N两个线圈，线圈M与直流电源、电阻和开关S1相连，线圈N与电流表和开关S2相连。下列说法正确的是（）A.保持S1闭合，软铁环中的磁场为逆时针方向B.保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，通过电流表的电流由C.保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，通过电流表的电流由D.保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，电流表所在回路不会产生电流【答案】C【解析】A．由右手螺旋定则可以判断出，软铁环中的磁场为顺时针方向，故A错误；B．保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，N线圈中磁通量不变，没有感应电流产生。故B错误；C．保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，N线圈中磁通量增大，根据楞次定律可以判断，通过电流表的电流由。故C正确；D．保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，N线圈中磁通量减小，根据“增反减同”可以判断，通过电流表的电流由。故D错误。故选C。7.如图所示，沿水平方向运动的汽车内，一质量为的物块紧贴在车厢左侧的竖直内壁上，且与车厢保持相对静止，物块与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，另一质量为的小球通过轻质细线与车厢顶部连接，细线与竖直方向的夹角为α。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.汽车一定向右加速运动B.细线中的拉力大小为C.物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为D.物块受到车厢左壁的弹力大小为【答案】D【解析】AB．根据题意，对小球受力分析，如图所示竖直方向由水平方向由牛顿第二定律有可得方向水平向右，则小车和物块的加速度也是水平向右的，则小车可能做向右的加速运动，也能做向左的减速运动，故AB错误；CD．根据题意，对物块受力分析，如图所示则有竖直方向的静摩擦力大小为摩擦力不一定达到最大静摩擦力，故C错误，D正确。故选D。8.如图所示，在一个圆形区域内有垂直于圆平面的匀强磁场，现有两个质量相等、所带电荷量大小也相等的带电粒子a和b，先后以不同的速率从圆边沿的A点对准圆形区域的圆心O射入圆形磁场区域，它们穿过磁场区域的运动轨迹如图所示。粒子之间的相互作用力及所受重力和空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是（）A.a、b两粒子所带电荷的电性相同B.射入圆形磁场区域时a粒子的速率较大C.穿过磁场区域的过程洛伦兹力对a做功较多D.穿过磁场区域的过程α粒子运动的时间较长【答案】D【解析】A．粒子的运动偏转轨迹相反，根据左手定则可知，粒子电性相反，故A错误；B．粒子沿圆形磁场的直径飞入，做出圆心如图所示：由图可知粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力解得两粒子的质量和电荷量大小相等，所以故B错误；C．根据左手定则可知洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故C错误；D．粒子在磁场中运动的周期圆心角为，在磁场中运动的时间两粒子的质量和电荷量大小相等，所以周期相等，因为所以穿过磁场区域过程中所用时间故D正确。故选D。9.如图1所示，三束由氢原子发出的可见光P、Q、R分别由真空玻璃管的窗口射向阴极K。调节滑动变阻器，记录电流表与电压表示数，两者关系如图2所示。下列说法正确的是（）A.分别射入同一单缝衍射装置时，Q的中央亮纹比R宽B.P、Q产生光电子在K处最小德布罗意波长，P大于QC.氢原子向第一激发态跃迁发光时，三束光中Q对应的能级最高D.对应于图2中的M点，单位时间到达阳极A的光电子数目，P多于Q【答案】BC【解析】A．根据，因Q的截止电压大于R，可知Q的频率大于R的频率，Q的波长小于R的波长，则分别射入同一单缝衍射装置时，R的衍射现象比Q更明显，则Q的中央亮纹比R窄，选项A错误；B．同理可知P、Q产生的光电子在K处Q的最大初动能比P较大，根据可知最小德布罗意波长，P大于Q，选项B正确；C．因Q对应的能量最大，则氢原子向第一激发态跃迁发光时根据可知三束光中Q对应的能级最高，选项C正确；D．对应于图2中的M点，P和Q的光电流相等，可知P和Q单位时间到达阳极A的光电子数目相等，选项D错误。故选BC。10.图为我国某远距离输电系统简化示意图。发电厂输出交变电流经升压变压器后，通过高压输电线路传输，再经降压变压器降压后供给城市用户用电。已知发电厂输出电压为，输出功率为，升压变压器原副线圈匝数比为，降压变压器原副线圈匝数比为，输电线路总电阻为。保持不变，忽略变压器的能量损耗，以下说法正确的是（）A.输电线路上损失的功率为B.升压变压器的输入电流与降压变压器的输出电流之比为C.若仅减小，发电厂输送相同的功率情况下，输电线路上的电压损失会增大D.当发电厂输出频率增大，降压变压器的输出电压会减小【答案】BC【解析】A．设升压变压器原线圈的电流为，副线圈的电流为；由题知发电厂输出电压为，输出功率为，则有解得根据解得故输电线路上损失的功率为故A错误；B．对升压变压器有设降压变压器输出电流为，对降压变压器联立可得故B正确；C．输电线路上的电压损失为可知若仅减小，输电线路上的电压损失会增大，故C正确；D．因为升压变压器的变压比和降压变压器的变压比不变，所以升压变压器副线圈的电压不变，又输出功率不变P，故升压变压器副线圈的电流不变，根据可知电阻R两端的电压不变，在中间输送回路中有所以降压变压器原线圈两端的电压不变，故降压变压器输出电压不变，与交流电的频率无关，所以当发电厂输出频率增大时，降压变压器的输出电压不变，故D错误。故选BC。11.在一个很小的厚度为d的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件，如图所示．在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子（形成电流的自由电荷）就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N间出现了电压，称为霍尔电压UH．可以证明UH=kIBd，k为霍尔系数，它的大小与薄片的材料有关．下列说法正确的是（A.若M的电势高于N的电势，则载流子带正电B.霍尔系数k较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多C.借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计（测定磁感应强度）D.霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越小【答案】C【解析】根据左手定则可知正流子向N偏转，即N带正电，N的电势高于M的电势，A错误；设上下两个表面相距为L，电子所受的电场力等于洛仑兹力，设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为S，，，联立解得：，令，则，所以根据可知单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数越大，而越小，B错误；根据可得故借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计（测定磁感应强度），C正确；载流子受到的洛伦兹力，霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越大，D错误．12.汽缸内封闭有一定质量的气体，在某次压缩过程中，缸内气体的温度从T1迅速升高至T2。下列各图中，纵坐标f（v）表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，图线I、Ⅱ分别为缸内气体在T1、T2两种温度下的分子速率分布曲线，其中正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】温度越高，分子平均动能越大，图像的峰值越靠右，两图线与横轴所围面积相等。故选A。13.一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立直角坐标系，如图（1）所示，从开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图（2）所示，已知物块的质量为，重力加速度g取，不计空气阻力。则（）A.物块始终做匀变速曲线运动B.时，物块的y坐标值为C.时，物块的加速度大小为D.时，物块的速度大小为【答案】B【解析】A．由图像可知x方向的力F1=4-t(N)，F2=3t(N)则Fx=F1+F2=4+2t(N)y方向的合力Fy=mgsin30°=6N则合力随时间不断变化，即加速度不断变化，则物块做非匀变速曲线运动，选项A错误；B．因可得时，物块的y坐标值为选项B正确；C．时物块的加速度大小为选项C错误；D．时，x方向合力的冲量由动量定理可得因y方向还有速度，可知此时物块的速度大于，选项D错误。故选B。14.选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果会有所不同：如图甲所示，在自由下落的电梯中，电梯外的人看到小球只受重力作用，做自由落体运动，符合牛顿定律；电梯内的人看到小球只受重力却是“静止”的，“违反”了牛顿定律。为了能够用牛顿定律描述对地面作加速运动的参考系（又称“非惯性参考系”）中物体的运动，在非惯性系中引入惯性力的概念：惯性力，表示非惯性系的加速度，负号表示与方向相反。引入惯性力后，电梯中的人认为小球受到向上的惯性力与重力平衡，小球静止，符合牛顿定律。如图乙所示，某人在以加速度做匀加速运动的高铁上，距地面为处，以相对于高铁的速度水平抛出一个小球。已知重力加速度，关于此人看到的小球运动，分析正确的是（）A.小球水平方向做匀变速直线运动B.无论已知量满足什么条件，小球都不可能落在抛出点的正下方C.当时，小球将落在抛出点的正下方D.当列车加速度与小球初速度取值合适时，小球有可能做直线运动【答案】A【解析】D．根据题中非惯性力的概念，以车为参考系时，小球在水平方向上受到水平向左的惯性力，以加速度a先向右减速，减速到0后再反向加速，竖直方向只受到重力，做自由落体运动，故小球的运动轨迹不可能是直线，故D错误；A．列车是加速向前运行的，根据题意，小球对人来说，相当于向前做减速直线运动，故A正确；BC．水平方向小球的其加速度的大小为a，所以小球将向前减速，一直到减速到0后，再反向加速，回到原位置的时间与竖直方向做自由落体运动的时间相等时，球将落在抛出点的正下方，此时水平方向竖直方向有联立解得故B错误，C错误。故选A。第二部分本部分共6题，共58分。15.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。（1）组装单摆时，应在下列器材中选用（选填选项前的字母）。A.长度为1m左右的细线 B.长度为30cm左右的细线C.直径为1.8cm的塑料球 D.直径为1.8cm的铁球（2）如图，为某同学用10等分游标卡尺测量小球直径，则直径d＝__________mm，用秒表记录小球摆动时间，则时间t＝__________s（3）实验中测出单摆的摆线长为L、摆球直径为d、单摆完成n次全振动所用的时间为t，则重力加速度g＝____________________（用L、d、n、t表示）。（4）该同学测得的g值偏大，可能的原因是（多选）A.测摆线长时摆线拉得过紧B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动使摆线长度增加了C.开始计时的时候，秒表过迟按下D.实验中误将49次全振动数为50次E.摆球的质量偏大F.单摆振动的振幅偏小（5）为了提高实验的准确度，小红在实验中改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、为纵坐标作出—L图线，通过图像求得当重力加速度g。但不小心他每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的—L图像是图中的__________（选填“①”“②”或“③”）。请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将__________（选填“偏大”“偏小”或“相同”）。（6）小明同学实验时将人工记录振动次数改为自动记录，如图A所示的装置，摆球在垂直纸面的平面内摆动，在摆动最低点的左、右两侧分别放置光敏电阻（接自动记录仪相连）和激光光源，记录仪显示的光敏电阻阻值R随时间t变化的关系如图B所示，则该单摆的振动周期为__________。若保持悬点到小球顶点的线长不变，改用直径小些的球进行实验，则该单摆的周期将__________（选填“变大”、“不变”或“变小”）。【答案】（1）AD（2）18.599.8（3）（4）ACD（5）①相同（6）变小【解析】（1）实验时为了减小小球直径对实验结果的影响，在选取细线的长度时，应该选择细线的长度远远大于小球的直径，同时，为了减小实验过程中球收到空气阻力对实验结果的影响，需要尽量选择小球体积小但是质量相对大。故选AD。（2）[1]由游标卡尺的读数方法可得d=18mm+0.1×5mm=18.5mm[2]用秒表记录小球摆动时间，则时间t＝90s+9.8s=99.8s（3）单摆周期小球的周期等于单摆完成一次全振动所用的时间，即摆长等于摆线长再加上小球的半径，即联立解得（4）A．由单摆的周期公式可得测摆线长时摆线拉得过紧，测量的摆长偏大，则重力加速度偏大，A正确；B．振动中出现松动使摆线长度增加了，测量的摆长偏小，则重力加速度偏小，B错误；C．开始计时的时候，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则重力加速度偏大，C正确；D．实验中误将49次全振动数为50次，，测量的周期偏小，则重力加速度偏大，D正确；EF．重力加速度值与摆球的质量、单摆振动的振幅无关，EF错误。故选ACD。（5）[1]由单摆的周期公式可得把小球直径当作半径来计算摆长，则有可见由此得到的—L图像是图中的①。[2]通过—L图像求得当重力加速度，则有解得重力加速度值与摆长无关，可见该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将相同。（6）[1]单摆在一个周期内经过平衡位置两次，由图知两次时间间隔为，故该单摆的振动周期为。[2]单摆周期改用直径小些的球进行实验，则摆长减小，该单摆的周期将变小。16.用如图所示实验装置做“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验。（1）下面列出了一些实验器材：打点计时器、交流电源、纸带、带滑轮的长木板、垫木、小车和砝码、槽码。除以上器材外，还需要的实验器材是_________（选填选项前字母）。A．秒表B．天平（附砝码）C．刻度尺（2）实验中需要计算小车的加速度。如图所示，A、B、C为三个相邻的计数点，若相邻两计数点之间的时间间隔为T，A、B间的距离为x1，B、C间的距离为x2，则小车的加速度a=__________。（3）某同学探究得出“保持物体所受合力不变，其加速度与质量成反比”结论，做出如图所示的图像。由图像可知，小车受到的合力的大小是________N（保留到小数点后1位）。（4）该同学在探究过程中先用垫木将长木板的一端垫高，以平衡小车受到的摩擦力，再进行探究实验。“平衡摩擦力”的目的是__________。【答案】（1）BC##CB（2）（3）0.2（4）使小车重力沿斜面的分力等于摩擦力，则绳对小车的拉力等于小车所受合力【解析】（1）[1]打点计时器是一种计时仪器，不需要秒表；小车的质量需要测量，需要天平；刻度值用来测量计时点间距。故选BC。（2）[2]小车的加速度为（3）[3]根据得小车所受合力等于图线斜率（4）[4]平衡摩擦力的作用是使小车重力沿斜面的分力等于摩擦力，则绳对小车的拉力等于小车所受合力。17.2025年2月第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨成功举办，跳台滑雪是极具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高为10m，C是半径为20m圆弧的最低点。质量为60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，BC段的阻力忽略不计。AB长为100m，运动员到达B点时速度大小为30m/s，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）在AB段运动过程中，运动员