2025-2026学年新疆乌鲁木齐市名校高三适应性考试物理试题理试题含解析.doc

2025-2026学年新疆乌鲁木齐市名校高三适应性考试物理试题理试题
注意事项：
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、如图所示，A，B质量均为m，叠放在轻质弹簧上（弹簧上端与B不连接，弹簧下端固定于地面上）保持静止，现对A施加一竖直向下、大小为F（F＞2mg）的力，将弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）而处于静止状态，若突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则关于FN的说法正确的是（重力加速度为g）（　　）

A．刚撤去外力F时，
B．弹簧弹力等于F时，
C．两物体A、B的速度最大时，FN=2mg
D．弹簧恢复原长时，FN=mg
2、下列关于科学家对物理学发展所做的贡献正确的是（　　）
A．牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证
B．伽利略通过实验和合理的推理提出质量并不是影响落体运动快慢的原因
C．奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质
D．伽利略通过万有引力定律计算得出了太阳系中在天王星外还存在着距离太阳更远的海王星
3、如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L的正方形线框；在线框右侧有一宽度为d（d> L）、方向垂直纸面向里的条形匀强磁场区域，磁场的边界与线框的右边框平行。现使线框以某一初速度向右运动，t=0时线框的右边框恰与磁场的左边界重合，随后线框进入并通过磁场区域。关于线框所受安培力F随时间t变化的图线可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
4、电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电能的本领，下列关于电动势的说法中正确的是
A．电动势是一种非静电力
B．电动势越大表明电源储存的电能越多
C．电动势由电源中非静电力的特性决定，跟其体积、外电路无关
D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压
5、某次空降演练中，跳伞运动员从飞机上跳下，10s后打开降落伞，并始终保持竖直下落，在0~14 s内其下落速度随时间变化的v—t图像如图所示，则（　　）

A．跳伞运动员在0~10s内下落的高度为5v2
B．跳伞运动员（含降落伞）在0~10s内所受的阻力越来越大
C．10s时跳伞运动员的速度方向改变，加速度方向保持不变
D．10~14s内，跳伞运动员（含降落伞）所受合力逐渐增大
6、如右图所示，在一真空区域中，AB、CD是圆O的两条直径，在A、B两点上各放置一个电荷量为＋Q的点电荷，关于C、D两点的电场强度和电势，下列说法正确的是(　　)

A．场强相同，电势相等
B．场强不相同，电势相等
C．场强相同，电势不相等
D．场强不相同，电势不相等
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、牛顿在1687年出版的《自然哲学的数学原理》中设想，物体抛出的速度很大时，就不会落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星．如图所示，将物体从一座高山上的O点水平抛出，抛出速度一次比一次大，落地点一次比一次远，设图中A、B、C、D、E是从O点以不同的速度抛出的物体所对应的运动轨道．已知B是圆形轨道，C、D是椭圆轨道，在轨道E上运动的物体将会克服地球的引力，永远地离开地球，空气阻力和地球自转的影响不计，则下列说法正确的是（ ）

A．物体从O点抛出后，沿轨道A运动落到地面上，物体的运动可能是平抛运动
B．在轨道B上运动的物体，抛出时的速度大小为11.2km/
C．使轨道C、D上物体的运动轨道变为圆轨道，这个圆轨道可以过O点
D．在轨道E上运动的物体，抛出时的速度一定等于或大于16.7km/s
8、如图所示，abcd为边长为L的正方形线框，线框在纸面内，电阻为R．图中虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．现用外力作用于线框，使线框从图示位置开始沿x轴正方向做初速度为零的匀加速运动，线框运动过程中，ad边始终水平，线框平面始终与磁场垂直，磁场宽度大于L，x轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线及线框ab边的电压U随时间t的变化图象正确的是

A． B．
C． D．
9、如图所示，虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场区域上下宽度为l；质量为m、边长为l的正方形线圈abcd平面保持竖直，ab边保持水平的从距离磁场上边缘一定高处由静止下落，以速度v进入磁场，经一段时间又以相同的速度v穿出磁场，重力加速为g。下列判断正确的是（　　）

A．线圈的电阻
B．进入磁场前线圈下落的高度
C．穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量
D．线圈穿过磁场所用时间
10、如图所示，在坐标系xoy平面的第I象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在第IV象限内存在垂直纸面向里的另一个匀强磁场B2，在x轴上有一点、在y轴上有一点P（0,a）。现有一质量为m，电量为+q的带电粒子（不计重力），从P点处垂直y轴以速度v0射入匀强磁场B1中，并以与x轴正向成角的方向进入x轴下方的匀强磁场B2中，在B2中偏转后刚好打在Q点。以下判断正确的是（　　）

A．磁感应强度
B．磁感应强度
C．粒子从P点运动到Q点所用的时间
D．粒子从P点运动到Q点所用的时间
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）某同学想测出济南当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律。为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E。将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68cm，39.15cm，73.41cm，117.46cm。已知电动机的转速为3000r/min。求：

(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s；
(2)由实验测得济南当地的重力加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）；
(3)该同学计算出划各条墨线时的速度v，以为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图像，据此图像________（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律，图线不过原点的原因__________________。

12．（12分）合金材料的电阻率都比较大，某同学按如下步骤测量一合金丝的电阻率。实验操作如下：
(1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置测量金属丝的直径，结果都如图甲所示，则该金属丝的直径为________mm。

(2)按图乙连接测量电路，将滑动变阻器置于最大值，闭合开关，移动滑动变阻器，发现电压表读数有读数，而电流表读数总为零，已知电流表、电压表以及待测金属丝都是完好的，则电路故障为导线_________断路（用图中导线编号表示）。

(3)排除电路故障后，改变滑动头在金属丝上的位置，测出金属丝长度l和接入电路的电阻Rx如下表

请根据表中的数据，在图丙方格纸上作出Rx–l图像_______。

(4)根据图像及金属丝的直径，计算该合金丝电阻率ρ= __________Ω·m（保留二位有效数字）。
(5)采用上述测量电路和数据处理方法，电表内阻对合金丝电阻率测量的影响为_____（填“使结果偏大”使结果偏小”、“对结果无影响”）。
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，在竖直平面内，有一倾角为θ的斜面CD与半径为R的光滑圆弧轨道ABC相切于C点，B是最低点，A与圆心O等高。将一质量为m的小滑块从A点正上方高h处由静止释放后沿圆弧轨道ABC运动，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，空气阻力不计，重力加速度为g，取B点所在的平面为零势能面，试求：
(1)小滑块在释放处的重力势能Ep；
(2)小滑块第一次运动到B点时对轨道的压力FN；
(3)小滑块沿斜面CD向上滑行的最大距离x。

14．（16分）如图甲，一竖直导热气缸静置于水平桌面，用销钉固定的导热活塞将气缸分隔成A、B两部分，每部分都密闭有一定质量的理想气体，此时A、B两部分气体体积相等，压强之比为，拔去销钉，稳定后A、B两部分气体体积之比为，如图乙。已知活塞的质量为M，横截面积为S，重力加速度为g，外界温度保持不变，不计活塞和气缸间的摩擦，整个过程不漏气，求稳定后B部分气体的压强。

15．（12分）如图所示，在第一象限有一匀强电场。场强大小为，方向与轴平行。一质量为、电荷量为的粒子沿轴正方向从轴上点射入电场，从轴上的点离开电场。已知，。不计粒子重力。求：
(1)场强的方向和粒子在第一象限中运动的时间；

(2)粒子离开第一象限时速度方向与轴的夹角。

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、B
【解析】
在突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，由平衡条件推论可知AB整体的合力向上，大小等于F，根据牛顿第二定律有：F=（m+m）a，解得：，对A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：FN-mg=ma，联立解得：，故A错误；弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得，对整体有：F-2mg=2ma，对m有：FN-mg=ma，联立解得：，故B正确；当A、B两物体的合力为零时，速度最大，对A由平衡条件得：FN=mg，故C错误；当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得，对整体有：2mg=2ma，对m有：mg-FN=ma，联立解得： FN=0，故D错误。所以B正确，ACD错误。
2、B
【解析】
A．牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿第一定律不能通过实验直接验证，而牛顿第二定律和牛顿第三定律都能通过现代的实验手段直接验证，A错误；
B．伽利略通过实验和合理的推理提出物体下落的快慢与物体的轻重没有关系，即质量并不影响落体运动快慢，B正确；
C．安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，C错误；
D．英国青年数学家亚当斯与法国数学家勒威耶分别独立地通过万有引力定律计算得出了太阳系中在天王星外还存在着距离太阳更远的海王星，D错误。
故选B。
3、B
【解析】
当线框向右运动过程中，有两个过程产生安培力，即进入磁场到完全进入磁场和离开磁场到完全离开磁场两个过程；其中任一过程中线框受到的安培力，故线框做加速度越来越小的减速运动，不是匀减速运动，选项A、C错误；线框运动过程中不论是进入磁场还是离开磁场的过程中，安培力方向不变，选项D错误，B正确。
故选B。
4、C
【解析】
ABC．电动势的大小等于非静电力把单位正电荷从电源的负极，经过电源内部移到电源正极所做的功，电动势不是一种非静电力，电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小电动势越大，电源将其他形式能量转化为电能的本领越大，AB错误，C正确；
D．电动势大小等于电路断开后电源两端的电压，D错误。
故选C。
5、B
【解析】
A．假设空降兵在空中做匀加速运动，10s时的速度刚好为v2，则这段时间内的下落位移应为

但实际上由图可知，根据图线与横轴围成的面积表示位移可得其下落位移必然大于5v2。故A错误；
B．空降兵在空中受到重力和空气阻力的作用，而由图像可知，空降兵在0~10s内的加速度不断减小，由牛顿第二定律

可知空降兵受到的空气阻力应当不断增大，故B正确；
C．10s时空降兵的速度图像仍在x轴上方，速度方向并未改变，但空降兵的速度走向由增大变为减小，故而加速度方向改变。故C错误；
D．由图可知，10~14 s内，空降兵的速度逐渐减小，且减小的速率逐渐降低，表明空降兵的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知其所受合力逐渐减小。故D错误。
故选B。
6、B
【解析】
根据电场的叠加原理，C、D两点的场强如图

由于电场强度是矢量，故C、D两点的场强相等，但不相同；两个等量同种电荷的电场关于两电荷的连线和连线的中垂线对称，故根据电场的对称性，可知C、D两个点的电势都与P点的电势相同；

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、AC
【解析】
（1）第一宇宙速度是最小的卫星发射速度，却是最大的环绕速度；
（2）当物体以第一宇宙速度被抛出，它的运动轨道为一圆周；当物体被抛出的速度介于第一和第二宇宙速度之间，它的运动轨迹为一椭圆；当物体被抛出时的速度介于第二和第三宇宙速度之间，物体将摆脱地球引力，成为绕太阳运动的行星；当被抛出的初速度达到或超过第三宇宙速度，物体必然会离开太阳系；
（3）卫星变轨时的位置点，是所有轨道的公共切点．
【详解】
A、物体抛出速度v＜7.9km/s时必落回地面，若物体运动距离较小时，物体所受的万有引力可以看成恒力，故物体的运动可能是平抛运动，A正确；
B、在轨道B上运动的物体，相当于地球的一颗近地卫星，抛出线速度大小为7.9km/s，B错误；
C、轨道C、D上物体，在O点开始变轨到圆轨道，圆轨道必然过O点，C正确；
D、当物体被抛出时的速度等于或大于16.7km/s时，物体将离开太阳系，故D错误．
本题考查宇宙速度，知道第一宇宙速度是最小的发射速度、最大的环绕速度，掌握卫星变轨模型，知道各宇宙速度的物体意义至关重要．
8、AD
【解析】
线圈做初速度为零的匀加速直线运动，速度v=at，进磁场和出磁场受到的安培力，则A正确，B错误；进磁场时，ab两端的电压；在磁场中运动时，；出磁场时，ab两端的电压，则选项C错误D正确；故选AD.
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断．
9、ABC
【解析】
A．由题意可知，线圈进入磁场和穿出磁场时速度相等，说明线圈在穿过磁场的过程中做匀速直线运动，则

所以A正确；
B．线圈在进入磁场前做自由落体运动，有动能定理得

进入磁场前线圈下落的高度为

所以B正确；
C．线圈在穿过磁场的过程中克服安培力做功转化为焦耳热，又安培力与重力平衡，则穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量为

所以C正确；
D．根据线圈在穿过磁场过程中做匀速运动，可得穿过磁场的时间为

所以D错误。
故选ABC。
10、BC
【解析】
AB．粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知

解得

在B2磁场中根据几何知识有

解得

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

将半径代入解得

故A错误，B正确；
CD．粒子做圆周运动的周期为，粒子的运动时间为

解得

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、0.1 9.79 能 墨线A对应的速度不为零
【解析】
(1)[1]由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为50Hz，故每隔0.02s特制笔N便在铝棒上画一条墨线，又每隔4条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间间隔是0.1s
(2)[2]由题可知

可知连续相等时间内的位移之差

根据△x=gT2得

(3)[3]铝棒下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即
mgh＝mv2
得

若图线为直线，斜率为g，则机械能守恒，所以此图像能验证机械能守恒
[4]图线不过原点是因为起始计数墨线A对应的速度不为0
12、0.379、0.380或者0.381 a或c ~ 对结果无影响
【解析】
1）[1] 金属丝的直径为

（2）[2]只有a或c发生断路时，电压表相当于测电源电压，此时才会电压表读数有读数，而电流表读数总为零。
（3）[3] 在图丙方格纸上作出Rx–l图像如下

（4）[4]根据公式得

（5）[5]因为多次测量金属丝长度l和接入电路的电阻，通过画图求斜率求出的大小，所以电表内阻对合金丝电阻率测量结果无影响。

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）mg (h+R)，（2），方向竖直向下，（3）。
【解析】
(1)小滑块在释放处的重力势能：
Ep=mg (h+R)；
(2)小滑块从释放处到B点，根据动能定理有：
mg(h+ R)=
在B点，根据牛顿第二定律有：

解得：
根据牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力为，方向竖直向下；
(3)从释放处到斜面的最高点，对小滑块，根据动能定理有：

解得：。
14、
【解析】
设气缸总容积为V，初始状态
①
最终平衡状态
②
A、B两部分气体做等温变化，由玻意耳定律，得
③
④
联立解得
⑤
15、 (1)场强指向轴正方向，；(2)
【解析】
(1)负电荷受电场力方向是场强的反方向，所以场强的方向指向轴正方向。
带电粒子在电场中做类平抛运动，在轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，轴正方向做匀速运动。设加速度大小为，初速度为
由类平抛运动的规律得

又

联立解得

(2)设粒子离开第一象限时速度方向与轴的夹角为，则

联立解得

即。