北京丰台区北京第十二中学2026届高三六校第一次联考物理试卷含解析

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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、 “蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列分析正确的是（ ）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量一直减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，人的动能最大
D．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力
2、如图，一根长直导线竖直放置，通以向上的电流。直导线与铜圆环紧贴但相互绝缘，且导线经过环心O。下述各过程中，铜环中有感应电流的是（ ）
A．环竖直向上匀速运动
B．环绕环心O匀速转动
C．环向左匀速运动
D．环以导线为轴匀速转动
3、淄博孝妇河湿地公园拥有山东省面积最大的音乐喷泉。一同学在远处观看喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有27层楼高，已知该主喷水管口的圆形内径约有10cm，由此估算用于给主喷管喷水的电动机输出功率最接近
A．B．
C．D．
4、中国北斗卫星导航系统（BeiDuNavigatinSatelliteSystem，BDS）是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统。北斗导航系统中有几颗卫星是地球同步卫星，GPS导航系统是由周期约为12h的卫星群组成。则北斗导航系统的同步卫星与GPS导航卫星相比（ ）
A．北斗导航系统的同步卫星的角速度大
B．北斗导航系统的同步卫星的轨道半径小
C．GPS导航卫星的线速度大
D．GPS导航卫星的向心加速度小
5、如图所示，质量为2kg的物体A静止于动摩擦因数为0.25的足够长的水平桌而上，左边通过劲度系数为100N/m的轻质弹簧与固定的竖直板P拴接，右边物体A由细线绕过光滑的定滑轮与质量为2.5kg物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，弹簧处于原长，然后放开手静止释放B，直至B获得最大速度已知弹簧的惮性势能为（其中x为弹簧的形变量）、重力加速度g=10m/s2.下列说法正确的是（ ）
A．A、B和弹簧构成的系统机械能守恒
B．物体B机械能的减少量等于它所受的重力与拉力的合力做的功
C．当物体B获得最大速度时，弹簧伸长了25cm
D．当物体B获得最大速度时，物体B速度为m/s
6、如下图所示，ab间接入u=200sin100πtV的交流电源，理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，Rt为热敏电阻，且在此时的环境温度下Rt=2Ω(温度升高时其电阻减小)，忽略保险丝L的电阻，电路中电表均为理想电表，电路正常工作，则
A．电压表的示数为100V
B．保险丝的熔断电流不小于25A
C．原副线圈交流电压的频率之比为2︰1
D．若环境温度升高，电压表示数减小，电流表示数减小，输入功率不变
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、如图所示，质量均为的物块放在倾角为的光滑斜面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，与挡板接触，间用劲度系数为的轻弹簧连接，均处于静止状态。现对物块施加沿斜面向上、大小恒定的拉力，使物块沿斜面向上运动，当向上运动到速度最大时，对挡板的压力恰好为零，重力加速度为，则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．拉力等于
B．物块的加速度一直减小
C．物块向上移动的距离为
D．物块的加速度大小为时，物块对挡板的压力为
8、物体是由大量分子组成的，下列相关说法正确的是（ ）
A．布朗运动虽不是液体分子的运动，但它间接反映了液体分子的无规则运动
B．液体表面分子间距离小于液体内部分子间距离
C．扩散现象可以在液体、气体中发生，也能在固体中发生
D．随着分子间距离的增大，分子间引力和斥力均减小
E.液体的饱和汽压随温度的升高而减小
9、如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O点由静止开始，在不借助其它外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为，斜坡与水平面的夹角，运动员的质量，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．运动员从O运动到B的整个过程中机械能守恒
B．运动员到达A点时的速度为2m/s
C．运动员到达B点时的动能为J
D．运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为s
10、如图所示，橡皮筋的一端固定在O点，另一端拴一个物体，O点的正下方A处有一垂直于纸面的光滑细杆，OA为橡皮筋的自然长度。已知橡皮筋的弹力与伸长量成正比，现用水平拉力F使物体在粗糙的水平面上从B点沿水平方向匀速向右运动至C点，已知运动过程中橡皮筋处于弹性限度内且物体对水平地面有压力，下列说法正确的是（ ）
A．物体所受水平面的摩擦力保持不变B．物体所受地面的支持力变小
C．水平拉力F逐渐增大D．物体所受的合力逐渐增大
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）某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。
(1)在实验中，下列哪些操作不是必需的__________。
A．用橡胶塞密封注射器的下端
B．用游标卡尺测量柱塞的直径
C．读取压力表上显示的气压值
D．读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管（或注射器），并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是____。
(3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是__________。
12．（12分）为了精密测量一金属丝的电阻率：
(1)如图甲所示，先用多用电表“×1 Ω”挡粗测其电阻为____________Ω，然后用螺旋测微器测其直径为______________mm．
(2)为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表 V(量程 3 V，内阻约 15 kΩ；量程 15 V，内阻约 75 kΩ)
B．电流表 A(量程 0.6 A，内阻约 1 Ω；量程 3 A，内阻约 0.2 Ω)
C．滑动变阻器R1(0～5 Ω，1A)
D．滑动变阻器R2(0～2000 Ω，0.1 A)
E．1.5 V 的干电池两节，内阻不计
F．电阻箱
G．开关 S，导线若干
为了测多组实验数据，则上述器材中的滑动变阻器应选用 ___________(选填“R1 ”或“R2”)．
请在虚线框内设计最合理的电路图并完成实物图的连线_______________
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，水平地面上有一长L=2m、质量M=1kg的长板，其右端上方有一固定挡板。质量m=2kg的小滑块从长板的左端以v0=6m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。己知长板与地面间的动摩擦因数μ1=0.4，滑块与长板间动摩擦因数μ2=0. 5，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
（2）滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
（3）滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q。
14．（16分）如图所示，在竖直平面内，第二象限存在方向竖直向下的匀强电场(未画出)，第一象限内某区域存在一边界为矩形、磁感应强度B0＝0.1 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，A(m，0)处在磁场的边界上，现有比荷＝108 C/kg的离子束在纸面内沿与x轴正方向成θ＝60°角的方向从A点射入磁场，初速度范围为×106 m/s≤v0≤106 m/s，所有离子经磁场偏转后均垂直穿过y轴正半轴，进入电场区域。x轴负半轴上放置长为L的荧光屏MN，取π2＝10，不计离子重力和离子间的相互作用。
(1)求矩形磁场区域的最小面积和y轴上有离子穿过的区域长度；
(2)若速度最小的离子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求电场强度E的大小(结果可用分数表示)；
(3)在第(2)问的条件下，欲使所有离子均能打在荧光屏MN上，求荧光屏的最小长度及M点的坐标。
15．（12分）如图所示，质量均为m=1kg的长方体物块A、B叠放在光滑水平面上，两水平轻质弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端分别与A、B相连接，两弹簧的原长均为L0=0.2m，与A相连的弹簧的劲度系数kA=100N/m，与B相连的弹簧的劲度系数kB=200N/m。开始时A、B处于静止状态。现在物块B施加一水平向右的拉力F，使A、B静止在某一位置，此时拉力F=3N，使A、B静止在某一位置，A、B间的动摩擦因数为μ=0.5，撤去这个力的瞬间（A、B无相对滑动，弹簧处于弹性限度内），求：
(1)物块A的加速度的大小；
(2)如果把拉力改为F′=4.5N（A、B无相对滑动，弹簧处于弹性限度内），其它条件不变，则撤去拉力的瞬间，求物块B对A的摩擦力比原来增大多少？
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】
“蹦极”运动中，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，绳对人的拉力的方向始终向上，故绳对人的冲量始终向上，绳恰好伸直时，绳子的拉力小于重力，人做加速度减小的加速运动，当绳子拉力等于重力时，加速度为0，速度最大，之后绳子拉力大于重力，人做加速度增加的减速运动，直到速度为零。故从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，人的运动速度是先增大，到绳子的拉力与重力相等时，速度最大，然后再减小为零，由动量和动能的定义可得，人的动量和动能都是先增大，在绳子的拉力与重力相等时最大，在减小到零，故ABC错误，D正确。
2、C
【解析】
AD．直导线中通以恒定的电流时，产生稳恒的磁场，根据安培定则判断可知，直导线两侧的磁场方向相反，由于左右对称，当环竖直向上、向下匀速运动或以直导线为轴转动，穿过铜环的磁通量始终为零，保持不变，所以没有感应电流产生，AD错误；
B．环绕环心O匀速转动，穿过铜环的磁通量始终为零，没有感应电流产生，B错误；
C．环向左匀速运动，磁通量增加，有感应电流产生，C正确。
故选C。
3、C
【解析】
管口的圆形内径约有10cm，则半径r=5cm=0.05m，根据实际情况，每层楼高h=3m，所以喷水的高度H=27h=81m，则水离开管口的速度为：
v==m=18m/s
设驱动主喷水的水泵功率为P，在接近管口很短一段时间△t内水柱的质量为：
m=ρ•v△tS=ρπr2v△t
根据动能定理可得：P△t=mv2
解得：
P=
代入数据解得：
P≈2.4×105W
A．。故A不符合题意。
B．。故B不符合题意。
C．。故C符合题意。
D．。故D不符合题意。
4、C
【解析】
A．地球同步卫星的周期为24h，GPS导航系统周期约为12h，根据周期与角速度的关系
可知北斗导航系统的同步卫星的周期大，则其角速度小，故A错误；
B．由万有引力提供向心力有
得卫星绕地球做圆周运动的周期
北斗导航系统的同步卫星的周期大，则其轨道半径大，故B错误；
C．由万有引力提供向心力有
得卫星绕地球做圆周运动的线速度
北斗导航系统的轨道半径大，则其线速度小，GPS导航卫星的线速度大，故C正确；
D．根据
可知北斗导航系统的角速度小、线速度小，则其加速度小，GPS导航卫星的向心加速度大，故D错误。
故选C。
5、D
【解析】
A.由于在物体B下落的过程中摩擦力做负功，所以系统的机械能不守恒，故A错误；
B.对物体B分析，受到重力和拉力作用，W拉力=△E机，物体B机械能的减少量等于所受拉力做的功，故B错误；
C.A与B为连接体，物体B速度达到最大时，物体A速度也最大，此时A和B的加速度为零，所受合力也为零，对物体B受力分析，绳子的拉力
对物体A受力分析
弹簧弹力
则弹簧伸长了
故C错误；
D.以A和B整体为研究对象，从静止到A和B速度达到最大的过程中，由功能关系可得
代入数据可得
故D正确。
故选D。
6、B
【解析】
根据变压器初次级的匝数比求解次级电压有效值即为电压表读数；熔断电流是指有效值；变压器不改变交流电的频率；环境温度升高，则热敏电阻阻值减小，根据次级电压不变进行动态分析.
【详解】
ab端输入电压的有效值为200V，由于理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，可知次级电压有效值为100V，即电压表的示数为100V，选项A错误；次级电流有效值为 ，则初级电流有效值，则保险丝的熔断电流不小于25A， 选项B正确；变压器不改变交流电压的频率，原副线圈的交流电压的频率之比为1︰1，选项C错误；若环境温度升高，Rt电阻减小，但是由于次级电压不变，则电压表示数不变，电流表示数变大，次级功率变大，则变压器的输入功率变大，选项D错误；故选B.
【点睛】
要知道有效值的物理意义，知道电表的读数都是有效值；要知道变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，并会计算；要会分析电路的动态变化，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况．
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、ABD
【解析】
AB．由分析，可知物块A沿斜面向上做加速度不断减小的加速运动，当物块速度最大时，加速度为零，此时物块刚要离开挡板，由受力分析得弹簧的弹力为
对物块A分析，有
故AB正确；
C．开始时，弹簧的压缩量为
同理，当物块速度最大时，弹簧的伸长量为
因此物块向上移动的距离为
故C错误；
D．由分析得知，当物块的加速度为时，根据牛顿第二定律有
解得弹簧的弹力
即弹簧处于原长，对物块B分析，则有
故物块B对挡板压力为，故D正确。
故选ABD。
8、ACD
【解析】
A．布朗运动是悬浮在液体中微粒的运动，它间接反映了液体分子的无规则运动，故A正确；
B．液体的蒸发导致液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，故B错误；
C．扩散现象可以在液体、气体中发生，也能够在固体中发生，故C正确
D．由于分子间作用力的实质是静电相互作用力，所以随着分子间距离的增大，分子之间的引力和斥力均减小，故D正确；
E．液体的饱和汽压随温度的升高而变大，故E错误。
故选ACD。
9、AC
【解析】
A．运动员从O运动到B的整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A选项正确；
B．运动员在光滑圆轨道上运动时，由机械能守恒得
所以
故B选项错误；
D．设运动员做平抛运动的时间为t，水平位移为x，竖直位移为y，则
由几何关系
联立得
故D选项错误；
C．运动员从A到B的过程中机械能守恒，所以在B点的动能
代入
J
故C选项正确。
故选AC。
10、AC
【解析】
AB．设开始时A离地面的高度为L，设某一时刻绳子与竖直方向的夹角为θ，则绳子的弹力为：
其竖直向上分力
Fy=Tcsθ=kL
故物体对地面的压力为
N=mg-kL
所以物体对地面的压力保持不变；
又因为f=μN，故摩擦力也保持不变，故A正确，B错误；
C．水平拉力
F=f+Tsinθ=f+kLtanθ
随着θ的增大，拉力F逐渐增大，故C正确；
D．物体始终处于平衡状态，其合外力始终为零，故D错误。
故选AC。
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、B 保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变 C
【解析】
(1)[1]A．为了保证气密性，应用橡胶塞密封注射器的下端，A需要；
BD．由于注射器的直径均匀恒定，根据可知体积和空气柱长度成正比，所以只需读取刻度尺上显示的空气柱长度，无需测量直径，B不需要D需要；
C．为了得知气压的变化情况，所以需要读取压力表上显示的气压值，C需要。
让选不需要的，故选B。
(2)[2]手温会影响气体的温度，且实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高，所以这样做的目的为保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变。
(3)[3]根据可知当气体做等温变化时，p与V成反比，即，故图像为直线，所以为了能直观反映p与V成反比的关系，应做图像，C正确。
12、 (1)8.0 2.096 (2)R1 (3)如图甲、乙所示

【解析】
欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图，然后根据电路图连接实物电路图；
【详解】
解：(1)由图示多用电表可知，待测电阻阻值是8×1Ω=8Ω；
由图示螺旋测微器可知，的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×9.6mm=0.096mm，其读数为：2mm+9.6×0.01mm=2.096mm；
(2)滑动变阻器 R2(0～2000 Ω，0.1 A)的阻值比待测金属丝阻值8Ω大得太多，为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选R1，最大阻值5Ω；为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
根据实验电路图连接实物电路图，如图所示
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）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
14、 (1) m2 ，m，(2)×104 V/m，(3)，(－m，0)。
【解析】
(1)由洛伦兹力提供向心力，得
qvB＝
rmax＝＝0.1 m
根据几何关系可知，速度最大的离子在磁场中做圆周运动的圆心恰好在y轴B(0，m)点，如图甲所示，离子从C点垂直穿过y轴。根据题意，所有离子均垂直穿过y轴，即速度偏向角相等，AC连线是磁场的边界。速度最小的离子在磁场中做圆周运动的半径：
rmin＝＝m
甲 乙
速度最小的离子从磁场离开后，匀速前进一段距离，垂直y轴进入电场，根据几何知识，离子恰好从B点进入电场，如图乙所示，故y轴上B点至C点区域有离子穿过，且
BC＝m
满足题意的矩形磁场应为图乙中所示，由几何关系可知矩形长m，宽m，面积：
S＝m2；
(2)速度最小的离子从B点进入电场，离子在磁场中运动的时间：
t1＝T＝·
离子在电场中运动的时间为t2，则：
BO＝··
又因：
t1＝t2
解得：E＝×104 V/m；
(3)离子进入电场后做类平抛运动：
BO＝··
水平位移大小：
x1＝vB·t′1
同理：
CO＝··
水平位移大小：
x2＝vC·t′2
得：x1＝m，x2＝m
荧光屏的最小长度：
Lmin＝x2－x1＝m
M点坐标为(－m，0)。
15、 (1)1.5m/s2；(2)0.25N
【解析】
(1)在拉力撤去前，根据受力平衡有
代入数据解得
x1=0.01m
拉力F撤去后的瞬间，对A、B整体根据牛顿第二定律有
F=2ma1
解得
a1=1.5m/s2
以A为研究对象，用隔离法有
kAx1+Ff =ma1
解得
即A、B之间相对静止，为静摩擦力，所以物块A的加速度为
a1=1.5m/s2
(2)在拉力改为F′=4.5N后，撤去拉力前，根据受力平衡有
代入数据解得
x2=0.015m
拉力F撤去后的瞬间，对A、B整体根据牛顿第二定律有
F′=2ma2
解得
a2=2.25m/s2
以A为研究对象，用隔离法有
kAx2+Ff ′=ma2
解得
Ff′=0.75N
故
ΔFf =Ff′－Ff =0.25N