2026届北京市一六一中学高三下学期一模考试物理试题含解析

这是一份2026届北京市一六一中学高三下学期一模考试物理试题含解析，共17页。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、通过实验研究通电长直导线间的相互作用规律。如图所示，为两根平行的长直导线，通过外接直流电源分别给两导线通以相应的恒定电流。为导线所在平面内的两点。下列说法中正确的是（ ）
A．两导线中的电流大小相等、方向相反时，点的磁感应强度为零
B．导线电流向上、导线电流向下时，导线所受安培力向右
C．点的磁感应强度一定不为零
D．两导线所受安培力的大小一定相等
2、如图所示，在圆形空间区域内存在关于直径ab对称、方向相反的两个匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等，一金属导线制成的圆环刚好与磁场边界重合，下列说法中正确的是
A．若使圆环向右平动，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向
B．若使圆环竖直向上平动，感应电流始终沿逆时针方向
C．若圆环以ab为轴转动，a点的电势高于b点的电势
D．若圆环以ab为轴转动，b点的电势高于a点的电势
3、2016年8月16日，我国成功发射世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”，该卫星的发射将使我国在国际上率先实现高速星地量子通信，初步构建量子通信网络。“墨子号”卫星的质量为m(约640kg)，运行在高度为h(约500km)的极地轨道上，假定该卫星的轨道是圆，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R。则关于运行在轨道上的该卫星，下列说法中正确的是（ ）
A．运行的速度大小为B．运行的向心加速度大小为g
C．运行的周期为D．运行的动能为
4、科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假设法等，以下关于物理学史和所用物理学方法叙述正确的是 （ ）
A．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，采用了理想实验法
B．牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，对万有引力定律进行了“月一地检验”，证实了万有引力定律的正确性
C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各小段的位移之和代表物体的位移，这里采用了微元法
5、如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是圆O上的8个点，图中虚线均过圆心O点，B和H关于直径AE对称，且∠HOB = 90°，AE⊥CG，M、N关于O点对称．现在M、N两点放置等量异种点电荷，则下列各点中电势和电场强度均相同的是( )
A．B点和H点B．B点和F点
C．H点和D点D．C点和G点
6、如图所示，将一交流发电机的矩形线圈abcd通过理想变压器外接电阻R=5Ω，已知线圈边长ab=cd=0.1m， ad=bc = 0.2m，匝数为50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比n1︰n2=l︰3，线圈在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以ω=200rad/s的角速度匀速转动，则（ ）
A．从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为 e=40sin200t（V）
B．交流电压表的示数为20 V
C．电阻R上消耗的电动率为720W
D．电流经过变压器后频率变为原来的2倍
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、下列说法正确的是_____
A．悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显
B．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
C．分子平均速率大的物体的温度一定比分子平均速率小的物体的温度高
D．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
E.外界对气体做功，气体的内能可能减小
8、如图，条形磁铁在固定的水平闭合导体圆环正上方，从离地面高h处由静止开始下落，下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过，最后落在水平地面上。条形磁铁A、B两端经过线圈平面时的速度分别为v1、v2，线圈中的感应电流分别为I1、I2，电流的瞬时功率分别为P1、P2.不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．从上往下看，I2的方向为顺时针
B．I1：I2=v1：v2
C．P1：P2=v1：v2
D．磁铁落地时的速率为
9、如图所示，固定在水平地面上的弹射装置可以向任意方向以同样大小的速度发射小球。当小球射出时速度与水平面成角时，小球刚好水平飞入固定在水平平台上竖直放置的光滑半圆形管道内。当小球运动到轨道最高点时，恰与管壁无相互作用。已知小球质量m=0.5kg，初速度v0=6m/s，半圆形管道半径R=0.18m，g取10m/s2。则有（ ）
A．小球在最高点的速度为0
B．小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为30N
C．θ=60°
D．圆轨道最低点距地面高度h=1.8m
10、如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流电源上，在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线的中点P进入板间。油滴在P点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开。空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．油滴刚进入两板间时的加速度大小为g
B．油滴开始下落的高度h＝
C．油滴从左侧金属板的下边缘离开
D．油滴离开时的速度大小为
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）在实验室测量两个直流电源的电动势和内阻。电源甲的电动势大约为4.5V，内阻大约为1.5Ω；电源乙的电动势大约为1.5V，内阻大约为1Ω。由于实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：
A．量程为0~3V的电压表V B．量程为0~0.6 A的电流表A1
C．量程为0~3 A的电流表A2 D．阻值为4.0Ω的定值电阻R1
E.阻值为100Ω的定值电阻R2 F.最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3
G.最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4，
（1）选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图甲所示电路测量电源甲的电动势和内阻
①定值电阻应该选择____(填“D”或“E”)；电流、表应该选择____(填“B”或“C”)；滑动变阻器应该选择____(填“F"或“G").
②分别以电流表的示数I和电压表的示数U为横坐标和纵坐标，计算机拟合得到如图乙所示U-I图象，U和I的单位分别为V和A，拟合公式为U=-5.8I+4.6，则电源甲的电动势E=____V，内阻r=_______Ω。(保留两位有效数字)
③在测量电源甲的电动势和内阻的实验中，产生系统误差的主要原因是（__________）
A．电压表的分流作用 B．电压表的分压作用
C．电流表的分压作用 D．电流表的分流作用
E.定值电阻的分压作用
（2）为了简便快捷地测量电源乙的电动势和内阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用图丙所示电路。
①定值电阻应该选择____(填“D”或“E”)
②实验中，首先将K1断开，K2闭合，电压表示数为1.49V，然后将K1、K2均闭合，电压表示数为1.18V，则电源乙电动势E=______V，内阻r=_______Ω。(小数点后保留两位小数)
12．（12分）某同学利用拉力传感器来验证力的平行四边形定则，实验装置如图甲所示．在贴有白纸的竖直板上，有一水平细杆MN，细杆上安装有两个可沿细杆移动的拉力传感器A、B，传感器与计算机相连接．两条不可伸长的轻质细线AC、BC(AC>BC)的一端结于C点，另一端分别与传感器A、B相连。结点C下用轻细线悬挂重力为G的钩码D。实验时，先将拉力传感器A、B靠在一起，然后不断缓慢增大两个传感器A、B间的距离d，传感器将记录的AC、BC绳的张力数据传输给计算机进行处理，得到如图乙所示张力F随距离d的变化图线。AB间的距离每增加0.2 m，就在竖直板的白纸上记录一次A、B、C点的位置．则在本次实验中，所用钩码的重力G＝________ N；当AB间距离为1.00 m时，AC绳的张力大小FA＝________ N；实验中记录A、B、C点位置的目的是________________。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v0＝2m/s，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左。重力加速度g＝10m/s2，试求：
（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1
（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2
（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。
14．（16分）如图所示，平面直角坐标系第一象限中，两个边长均为L的正方形与一个边长为L的等腰直角三角形相邻排列，三个区域的底边在x轴上，正方形区域I和三角形区域Ⅲ存在大小相等，方向沿y轴负向的匀强电场。质量为m、电量为q的带正电粒子由正方形区域I的顶点A以初速度v0沿x轴正向射入区域I，离开电场后打在区域Ⅱ底边的中点P。若在正方形区域Ⅱ内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域Ⅱ右边界中点Q离开磁场，进入区域Ⅲ中的电场。不计重力，求：
(1)正方形区域I中电场强度E的大小；
(2)正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的大小；
(3)粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离。
15．（12分）如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为2R的均匀辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置的一部分置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰好与圆环的直径在同一直线上。现使辐条以角速度ω绕O点顺时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和圆环的边缘良好接触，R1=R，右侧为水平放置的足够长的光滑平行导轨，间距为2r，导轨之间有垂直导轨平面向里、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，质量为m、电阻为R的导体棒ab垂直放置在导轨上且接触良好，不计其他电阻。
（1）若S闭合，S1断开时，求理想电表的示数；
（2）若S、S1都闭合，求出导体棒ab能够获得的最大速度vm；
（3）在导体棒ab加速过程中通过的电荷量q。
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D
【解析】
A．两导线的电流方向相反，由安培定则知两电流在点产生的磁场方向相同，则合磁感应强度不为零，故A错误；
B．N导线电流向下，由安培定则知该电流在M导线处产生垂直纸面向里的磁场。M导线电流向上，由左手定则知M导线所受安培力向左，故B错误；
C．若两导线通以反向电流，由安培定则知在点产生相反方向的磁场。若M导线电流较强、N导线电流较弱，它们在点产生的磁感应强度的大小可能相等，则合磁感应强度可能为零，故C错误；
D．不管两导线中电流的大小、方向如何，两导线间相互作用的安培力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D正确。
故选D。
2、A
【解析】
若圆环向右平动，由楞次定律知感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A正确；若圆环竖直向上平动，由于穿过圆环的磁通量未发生变化，所以圆环中无感应电流产生，B错误；若圆环以ab为轴转动，在0～90°内，由右手定则知b点的电势高于a点的电势，在90°～180°内，由右手定则知a点的电势高于b点的电势，以后a、b两点电势按此规律周期性变化，CD错误．故选A.
3、D
【解析】
A．对卫星，根据牛顿第二定律，有：
解得：
在地面，重力等于万有引力，故：
联立解得：
故A错误；
B．向心加速度由万有引力产生，由于在h高处，卫星的万有引力小于其在地面的重力，根据牛顿第二定律
故B错误；
C．对卫星，根据牛顿第二定律有：

在地面，重力等于万有引力故：
联立解得：
故C错误；
D．由选项A的分析知，故卫星的动能
故D正确；
故选D。
4、D
【解析】
A. 卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，用了放大法成功测出引力常量，故A错误；
B. 牛顿通过比较月球公转的周期，根据万有引力充当向心力，对万有引力定律进行了“月地检验”，故B错误。
C. 在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误。
D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各小段的位移之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。
5、D
【解析】
等量异种点电荷的电场线分布情况如图所示，电场线的切线代表电场的方向，疏密程度代表场强的大小，可知电势和电场强度相同的点为C点和G点，选项D正确，ABC错误．
点睛：解决本题的关键知道等量异种电荷之间的电场线和等势面分布，分析要抓住对称性，以及电场线的切线代表电场的方向，疏密程度代表场强的大小来进行判断即可．
6、B
【解析】
A． 线圈绕垂直磁场的虚线轴匀速转动，产生正弦式交流电，交变电动势最大值：
Em=NBSω=50×0.2×0.1×0.2×200V=40V
图示位置为与中性面垂直的位置，感应电动势为最大，则从此时开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为
e=40cs200t（V）
故A错误；
B． 线圈内阻不计，则电压表示数为交变电动势的有效值
故B正确；
C． 根据变压比可知，副线圈输出电压：
电阻R上消耗的功率：
故C错误；
D． 变压器不会改变交流电的频率，故D错误。
故选：B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BDE
【解析】
A．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显，故A错误；
B．由于表面分子较为稀疏，故液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故B正确；
C．分子的平均动能相等时，物体的温度相等；考虑到分子的质量可能不同，分子平均速率大有可能分子的平均动能小；分子平均速率小有可能分子的平均动能大．故C错误；
D．由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D正确；
E．当外界对气体做功，根据热力学第一定律△U=W+Q分析可知，内能可能增大也可能减小，故E正确．
8、AB
【解析】
A．条形磁铁B端经过线圈平面时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，从上往下看，I2的方向为顺时针，选项A正确；
BC．条形磁铁AB端经过线圈平面时磁感应强度相同，根据E=BLv以及可知
I1：I2=v1：v2
根据P=I2R可知电流的瞬时功率之比为
选项B正确，C错误；
D．若磁铁自由下落，则落地的速度为；而由于磁铁下落过程中有电能产生，机械能减小，则磁铁落地时的速率小于，选项D错误。
故选AB。
9、BC
【解析】
A．小球在最高点恰与管壁无相互作用力，根据牛顿第二定律
解得
A错误；
B．小球从圆轨道最低点至最高点由机械能守恒有
解得
在最低点有
解得
根据牛顿第三定律可知小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为30N，B正确；
C．平抛运动水平方向上做匀速直线运动，分解速度
解得
解得
C正确；
D．在竖直方向上做竖直上抛运动，逆过程为自由落体运动，根据运动学公式
解得
D错误。
故选BC。
10、ABD
【解析】
A.带正电油滴刚到达P点时受重力、电场力和洛伦兹力的作用，电场力和洛伦兹力等大反向，因此油滴在P点的合力大小等于重力，由牛顿第二定律可知油滴在P点的加速度大小为g，故A正确；
B.由于油滴在P点水平方向的合力为零，由力的平衡条件，有
q＝qBv
对油滴从释放到P点的过程中，由机械能守恒定律，有
mgh＝mv2
整理后得h＝，故B正确；
C.油滴进入平行金属板间后，做加速运动，则电场力小于洛伦兹力，由左手定则可知，油滴所受的洛伦兹力向右，则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C错误；
D.油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程，由动能定理，有
mg（h＋L）－q＝mv′2
油滴离开金属板下边缘时的速度大小
v′＝
故D正确。
故选ABD。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、D B F 4.6 1.8 A D 1.49 1.05
【解析】
（1）①[1][2]测电动势力约4.5V的电源电动势与内阻时，由于有定值电阻的存在，电路中的最大电流为
AA
如果用量程为3A的电流表，则读数误差太大，因此，电流表应选B；
测电动势约4.5V的电源电动势与内阻时，电路最小电阻为
Ω=7.5Ω
考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，故定值电阻应选D；
[3]为方便实验操作，滑动变阻器应选F；
②[4][5]由表达式
U=-5.8I+4.6
根据闭合电路欧姆定律有
联立解得电源电动势为E=4.6V，内阻r=1.8Ω，
③[6]由电路图可知，电压 表的分流作用会造成实验误差，故A符合题意，BCDE不符合题意；
故选A；
（2）①[7]用图丙所示电路测电动势与内阻，定值电阻适当小一点，实验误差小，因些定值电阻应选D；
②[8][9]由电路图可知，K1断开，K2闭合，电压表示数为电流电动势，电压表示数为1.49V，即电源乙电动势为E=1.49V；K1、K2均闭合，电压表示数为1.8V，电压表测路端电压，此时电路电流为
A=0.295A
电源内阻为
1.05Ω
12、30.0 18.0 BC绳张力的方向
【解析】
[1]根据题意，由于AC＞BC，所以刚开始分开的时候，AC绳拉力为零，BC绳拉力等于钩码的重力，可知G=30.0N；
[2]由题给图象分析可以知道图线Ⅱ为绳AC拉力的图象，则当AB间距离为1.00 m时，由图线可以知道此时AC绳的张力大小FA＝18 N；
[3]实验中记录A、B、C点位置的目的是记录AC、BC绳张力的方向，从而便于画出平行四边形。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（1）（2）（3）
【解析】
（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；
（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；
（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；
【详解】
（1）对小滑块分析：其加速度为：，方向向右
对小滑块根据牛顿第二定律有：，可以得到：；
（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
而且
联立可以得到：，，；
（3）在时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：，方向向右；
在时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：，方向向左；
在整个时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：，方向向左
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：。
【点睛】
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
14、（1）； （2） （3）
【解析】
（1）带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛，根据平抛运动的规律列式求解场强E；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求解半径，从而求解B；（3）在Q点进入区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到（3L，L）点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从（3L，L）点向左做类平抛运动。
【详解】
（1）带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛




设离开角度为θ，则
离开区域Ⅰ后作直线运动
由以上各式得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动


有几何关系可得
可求得
（3）在Q点进入区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到（3L，L）点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从（3L，L）点向左做类平抛运动，当粒子运动到原电场边界时



解得
因此，距离x轴距离
【点睛】
带电粒子在电场中的运动往往用平抛运动的的规律研究；在磁场中做圆周运动，往往用圆周运动和几何知识，找半径，再求其他量；
15、（1）， （2）vm= （3）
【解析】
（1）由题意知，在磁场内部的半根辐条相当于是电源，由右手定则可知辐条中心为负极，与圆环边缘接触的一端为正极，且始终有长为r的辐条在转动切割磁感线，内电阻为R
产生的感应电动势大小为：
若S闭合，S1断开时，总电阻为：
理想电流表的示数为：
理想电压表的示数为：
（2）若S、S1都闭合，导体棒ab获得最大速度vm时，安培力为零，产生的感应电动势为：
又知导体棒ab上分得电压为：
故有：
解得：
（3）在导体棒ab加速过程中，设瞬间流过的电流为i，取很短时间为，安培力为：
根据：
动量定理：
得：
整理后有：