北京市海淀首经贸2026届高考物理四模试卷含解析

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1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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、如图甲所示，一倾角θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，一个物块与一轻弹簧相连，静止在斜面上。现用大小为F＝kt（k为常量，F、t的单位均为国际标准单位）的拉力沿斜面向上拉轻弹簧的上端，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，则下列判断正确的是（ ）
A．物块的质量为2.5kg
B．k的值为1.5N/s
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．时，物块的动能为5.12J
2、如图所示，固定在竖直平面内的大圆环的半径为。质量为的小环套在大圆环上，且与大圆环接触面光滑。在劲度系数为的轻弹簧作用下，小环恰静止于大圆环上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则（ ）
A．弹簧伸长的长度为
B．弹簧伸长的长度为
C．弹簧缩短的长度为
D．弹簧缩短的长度为
3、如图所示，传送带以恒定速率逆时针运行，将一小物体从顶端A无初速释放，物体与传送带之间的动摩擦因数，已知物体到达底端B前已与传送带共速，下列法中正确的是（ ）
A．物体与传送带共速前摩擦力对物体做正功，共速后摩擦力对物体不做功
B．物体与传送带共速前摩擦力对物体做的功等于物体动能的增加量
C．物体与传送带共速前物体和传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量
D．物体从A到B过程中物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量
4、如图所示，在直角坐标系xOy平面内存在一正点电荷Q，坐标轴上有A、B、C三点，OA=OB=BC=a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A．点电荷Q位于O点
B．O点电势比A点电势高
C．C点的电场强度大小为
D．将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小
5、一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1>v2，已知传送带的速度保持不变，则（ ）
A．小物块与传送带间的动摩擦因数μv2，由图示图象可知，0～t1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t1～t2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的位移大，故B错误；0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=mv22-mv12，则传送带对物块做功W≠mv22-mv12，故C错误。0～t2内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即：0～t2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热，故D正确。故选D。
6、A
【解析】
当条形磁铁缓缓沿竖直方向上升，直至远离线圈的整个过程中，磁场方向一直向下，穿过线圈的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知，从上往下看线圈中一直产生顺时方向的感应电流，故A正确，BCD错误。
故选A。
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、ACD
【解析】
A．根据物体在火星表面受到重力等于万有引力可知
解得

可以求出火星密度，故A正确；
B．只能求出中心天体的质量，环绕天体的质量无法求出，故土星质量无法求出，故B错误；
C．金星绕太阳公转
解得太阳的质量
太阳半径R已知，则表面重力加速度
故C正确；
D．月球绕地球做匀速圆周运动
可求解地球的质量M，地球表面重力加速度g已知，根据黄金代换式GM=gR2，可以求出地球半径R，根据
可以求出地球的第一宇宙速度，故D正确。
故选ACD。
8、BDE
【解析】
A．图示时刻位于M处的质点只在平衡位置附件上下振动，并不随波迁移，故A错误；
BC．P处的质点图示时刻处于波峰和波谷相遇，二者运动的步调始终相反，合位移为0，始终处于平衡位置，故B正确，C错误；
D．从图示时刻开始经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置，位移为0，故D正确；
E. M处的质点为振动加强点，其振幅为2A，故E正确。
故选BDE。
9、ACD
【解析】
A．t=0.01s时，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，线圈在中性面位置，故A正确。
B．由图可知周期为0.02s，则频率为f=50Hz，故B错误。
C．线圈产生的交变电动势有效值为
电阻消耗的功率
故C正确。
D．t=0.005s电动势最大为311V，则磁通量随时间的变化率为
故D正确。
故选ACD。
10、BC
【解析】
A．下雨天，地面变光滑，动摩擦因数μ变小，最大静摩擦力减小，故A错误；
B．将力F分解，脚对地面的压力为Fcsθ，奔跑幅度越大，夹角θ越大，则压力越小，最大静摩擦力越小，人越容易滑倒，故B正确；
CD．当
Fsinθ＞μFcsθ
时人容易滑倒，此时
μ＜tanθ
故C正确，D错误。
故选BC。
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、A b B 1.5 B 4
【解析】
(1)单刀双掷开关合向a时，由于电压表的分流，使测得的电源电动势和内阻都比真实值小，单刀双掷开关合向b时，由于电流表的分压，测得的电源电动势等于真实值，测得的内阻比真实值大，因此单刀双掷开关合向a时测出的数据描点作出的图象是A；
(2)图线B测得的电动势没有系统误差，更准确，其值为1.5V，由于图线B测得的内阻值实际为电源内阻与电流表的内阻之和，因此误差较大，因此由图线A求得的电源内阻值更准确；
(3)若测出电流表的内阻，则利用图B测得的内阻更准确，由此求得电源的内阻为。
12、在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比 100 0.15
【解析】
试题分析：（1）[1] 根据图象结合数学知识可知：在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比；
（2）[2][3]根据胡克定律F与的关系式为：
，
从图象中可得直线的斜率为2N/cm，截距为20N，故弹簧的劲度系数为
，
由
，
于是：
考点：考查了胡可定律
【名师点睛】
找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数学推导能力．
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、 (i)汽车行驶时，轮胎内部气体体积近似不变，则气体分子密集程度不变。温度升高，气体分子平均动能变大，导致分子碰撞冲击力变大，且单位时间单位面积的碰撞频率变大，则气体压强变大，过大的压强可使轮胎爆裂；(ii)
【解析】
(i)汽车行驶时，轮胎内部气体体积近似不变，则气体分子密集程度不变。温度升高，气体分子平均动能变大，导致分子碰撞冲击力变大，且单位时间单位面积的碰撞频率变大，则气体压强变大，过大的压强可使轮胎爆裂；
(ii)如图所示：
设充气后时压强为，行驶过程温度为时对应较大压强。气体等容变化，由查理定律得
解得
设充气后时压强为，行驶过程温度为时对应较小压强。由查理定律得
解得
则充气结束时的压强范围为。
14、（1）0.8m ；（2）2N；（3）48J
【解析】
（1）（5分）滑块在板上做匀减速运动，
a=
解得:
a=5m/s2
根据运动学公式得：
L=v0t1 -
解得
t=0.4s （t=2.0s 舍去）
（碰到挡板前滑块速度v1=v0-at=4m/s>2m/s，说明滑块一直匀减速）
板移动的位移
x=vt=0.8m
（2）对板受力分析如图所示，
有：
F+=
其中
=μ1（M+m）g=12N，
=μ2mg=10N
解得：
F=2N
（3）法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q1=·（L-x） =μ2mg （L-x）=12J
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q2=μ2mg（L-x）=12J
整个过程中，板与地面因摩擦产生的热量：
Q3=μ1（M+m）g•L=24J
所以，系统因摩擦产生的热量：系统因摩擦产生的热量
Q=Q1+Q2+Q3=48J
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1=2N （第二问可知）
F1做功为
W1=F1x=2×0.8=1.6J
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：
F2=+=μ1（M+m）g+μ2mg=22N
F2做功为
W2=F2（L-x）=22×1.2=26.4J
碰到挡板前滑块速度
v1=v0-at=4m/s
滑块动能变化：
△Ek=20J
所以系统因摩擦产生的热量：
Q= W1+W2+△Ek=48J
15、（i）342.9K（ii）4cm
【解析】
利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，过程中封闭气体压强体积温度均变化，故对封闭气体运用理想气体的状态方程，即可求出当U形管两边水面等高时，左管内气体的温度；保持温度不变，气体发生等温变化，对封闭气体运用玻意耳定律结合几何关系，即可求出左管气柱恢复原长时两个水银面的高度差．
【详解】
（i）当初管内气体压强p1= p-Δp=70 cmHg，
当左右两管内水银面相等时，气体压强p2=76 cmHg
由于右管截面积是左管的两倍，所以左管水银面将下降4 cm，右管中水银面将上升2 cm，管内气柱长度l2=80 cm，
根据
代入数据解得： T2=342.9 K
（ii）设气柱恢复原长时压强为p3
根据：p2V2=p3V3
解得：p3=80 cmHg
又Δp=p3-p2=4 cmHg
所以高度差为4 cm
【点睛】
本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决．