甘肃省2025年普通高中学业水平选择性考试物理模拟试卷(五)-2025年甘肃省新高考物理模拟十二卷

甘肃省2025年普通高中学业水平选择性考试物理模拟试卷（五） 本卷满分100分，考试时间75分钟。 第I卷选择题 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项 是符合题目要求的)》 1.(2024·云南保山期末)“析万物之理，判天地之美”，了解物理规律的发现过程，领略建立物理 概念、规律的思想方法，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要，以下关于 物理学史与物理研究的思想方法正确的是 ( 灯 圜 A.在推导vt图像面积表示位移时用到了极限法 !如 B.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中主要用到了控制变量法 C.卡文迪什应用扭秤实验测出万有引力常量G,体现了理想模型法 1 D.哥白尼提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆 2.(2024·浙江金华三模)一批心脏起搏器使用“氚电池”供电，氚电池能将氚核衰变产生的核能 转化为电能，氚核衰变方程为H→He十X十△E,已知氚核发生衰变的半衰期为12.5年，当电 数 池中氚的含量低于初始值的25%时便无法正常工作。下列说法正确的是 A.X粒子是来自原子的内层电子 会 B.起搏器所处环境的湿度、温度可以改变氚的半衰期 C.3H的比结合能比He的比结合能小 D.这种核能电池的寿命大约是35年 馨 3.(2024·辽宁期中)在2023年中国自行车巡回赛中，甲、乙两选手骑规格相同的自行车沿同一 方向做直线运动，其-t图像如图所示，已知两人在t1时刻并排骑行，则 本) 甲 3Vo 乙 甲 0 A.在t=0时，甲在乙后 B.在t1到t2时间内，两人相隔越来越近 C.在t2时刻后，两人相隔越来越远 D.在t2到t3时间内的某时刻，两人再次并排骑行 4.(2023·湖南模拟预测)如图，有棱长为Q,大小、形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木 块在上、质量为M的铁块在下，用极短细绳连结后悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水 面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁 块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则水池深为 () 木块 铁块 M+mh A M B.M+mh十2a) 含 C.4+n M(h+2a) D. 5.(2024·山西吕梁高三阶段练习)霍尔效应是电磁基本现象之一，我国科学家在该领域的研究 上取得了重大发现。如图所示，在一矩形霍尔半导体薄片元件内的导电粒子是电荷量为的 自由电子，电子以速度定向移动时，形成电流I,同时外加磁感应强度为B、与薄片垂直的匀 强磁场，在M、N间出现电压UH,这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压。已知薄片的厚 度为d,M、N间距离为L1,P、Q间距离为L2,则 () B A.电子定向移动方向为P到Q B.M表面电势高于N表面电势 C.M、N表面间的电压UH=BL1v D.元件内单位体积内自由电子数为L,U月 IB 7 6.(2024·河南郑州模拟预测)研究团队利用“中国天眼”发现了一个名为PSRJ1953+1844 (M71E)的双星，其轨道周期仅为53分钟，是目前发现的轨道周期最短的脉冲星双星系统。该 发现填补了蜘蛛类脉冲星系统演化模型中缺失的一环。此类双星两颗星相距很近，在演化的 某一阶段脉冲星会蚕食伴星恒星，且两颗星越靠越近，假设双星系统的总质量不变，不考虑系 统外的天体作用，则该阶段双星系统的轨道周期 () A.减小 B.增大 C.不变 D.无法确定 7.(2024·广东高三阶段练习)中国是目前世界上高速铁路运行里程最长的国家，如图已知“复兴 号”高铁长度为400m,车厢高4m,正常行驶速度360km/h,假设地面附近地磁场的水平分量 约为40T,将列车视为一整块导体，只考虑地磁场的水平分量，则“复兴号”列车在自西向东 正常行驶的过程中 A.车厢顶部电势高于车厢底部，电势差大小约为0.016V B.车厢顶部电势低于车厢底部，电势差大小约为0.016V C.车头电势高于车尾，电势差大小约为1.6V D.车头电势低于车尾，电势差大小约为1.6V 二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合 题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.(2023·广东汕头一模)如图，向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在 吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。罐中气体可视为理想气体，如果不计大气压的变化， 这就是一个简易的气温计，下列说法正确的是 18 A.当罐内温度升高时，油柱向右移动 B.若给吸管上标刻温度值，刻度不均匀 C.当罐内温度升高时，单位时间内撞击到单位面积上的分子数增多 D.当罐内温度升高时，罐内气体从环境中吸收的热量大于气体对外做功的大小 9.(2024·河南信阳模拟预测)如图所示，光滑绝缘圆盘固定在水平面上，在圆盘圆心O正上方P 点固定一个带正电的点电荷，在圆盘上Q点有一个带负电的小球，小球始终在圆盘面上运动， 小球可视为质点，则下列说法正确的是 () …Q0 A.若小球在Q点由静止释放，则小球远离Q点运动且电势能一直增大 B.若小球在Q点由静止释放，则小球一定能通过O点，且在O点动能最大 C.在Q点给小球一个初速度，若小球沿直线运动至离Q点最远处，则此过程中小球的电势能 一定先减小后增大 D.在Q点给小球一个初速度，若小球做曲线运动，小球的电势能可能不变 10.(2023·山东青岛高三期末)一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，A、B、C、D是介 质中的质点，t=0时刻的波形图如图中实线所示，此时波刚好传播到B点，t=6s时刻的波 形图如图中虚线所示，下列说法正确的是 () ◆y/cm 10 5 B D 02 C80 x/m -10 A.该列简谐横波在介质中的传播速度可能为25m/s B.质点A在t=6s时刻离开平衡位置的位移为一5√3cm C.质点C在t=0到t=6s时间内通过的路程可能为80cm D.若波的周期T=8s,则在t=8s时刻，质点D的势能最大 第Ⅱ卷非选择题 三、非选择题：（本题共5小题，共57分） 11.(7分)(2024·天津高二期末)在“测量玻璃的折射率”实验中：如图甲所示，甲同学先将白纸平 铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面α和b。O 为直线AO与a的交点。在直线AO上竖直地插上P1、P2两枚大头针。 AP4 甲 (1)甲同学接下来要完成的必要步骤有 A.插上大头针P3,使P3仅挡住P。的像 B.插上大头针P3,使P3挡住P,的像和P2的像 C.插上大头针P4,使P4仅挡住P D.插上大头针P4,使P4挡住P3和P,、P,的像 (2)下列哪些措施能够减小实验误差 A.入射角应该适当大一些 B.选用粗的大头针完成实验 C.P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些 D.若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较小的 (3)乙同学在画界面时，不小心将两界面α、b间距画得比玻璃砖宽度大些，如图乙所示，若其 他操作正确，则他测得的折射率与真实值相比（选填“偏大”“偏小”或“相同”）。 12.(10分)(2024·广东广州高二期末)在“测定金属丝的电阻”的实验中。 20 0.2 0.4 15 Q山业g-6 10 甲 分 (1)用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图甲所示，则金属丝的直径为d=mm。 19 (2)某同学设计了如图乙所示的电路测量该金属丝的电阻（阻值为几欧），可选用的器材规格 如下： 电流表A(0~0.6A,内阻约1.02) 电流表G(0~10mA,内阻R.为502) 滑动变阻器R,(阻值010Ω) 滑动变阻器R2(阻值0~2k2) 定值电阻R3=2502 定值电阻R4=502 电源E(电动势3V) 开关S和导线若干 图乙中单刀双掷开关应置于（填“a”或“b”),滑动变阻器R应选（填“R,”或 “R2”),定值电阻R。应选 (填“R3”或“R4”)。 (3)若某次测量时电流表G的读数I1=5.0mA,电流表A的读数I2如图丙所示，则金属丝 阻值的测量值为R,= (结果保留1位小数)。 13.(10分)(2024·四川遂宁高三期中)中国航天科工集团有限公司将研制“高速飞行列车”。“高 速飞行列车”是利用低真空环境和超声速外形减小阻力，通过磁悬浮减小摩擦力，实现超声速 运行的运输系统。若某列高速飞行列车质量为m=1.6×10kg,额定功率为P=1.2×10 W,阻力恒为F=4×10N,假设列车在水平直线轨道内以额定功率启动，直到达到最大速度 所用的时间为t=100s,求： (1)列车行驶的最大速度vm; (2)列车加速过程的位移x。 14.(14分)(2024·陕西安康模拟预测)如图所示，某种透明材质的三棱柱，其截面为直角三角形 ABC,其中∠B为直角，∠C=30°。某同学用一细束平行ABC所在平面的单色光线射向AB 边上的D点，发现有光线从AC边射出，于是该同学以D点为圆心缓慢顺时针旋转光线，直 到光线垂直AB边时AC边恰好没有光线射出。已知AB边的长度为a,AD=?,光在真空 中的速度为c,不考虑光在三棱柱中的多次反射，求： (1)该光线在这种透明材质中的折射率n; (2)垂直AB边入射的光线在透明三棱柱中传播的时间t。 -20 15.(16分)(2024·浙江温州高二期末)某固定装置的竖直截面如图所示。弹簧装置在水平直轨 道AC的左侧，圆轨道与水平直轨道相交于B点，B点位于AC中点处。现压缩弹簧以发射 质量为m的滑块a,滑块a滑过AB段、圆轨道和BC段后，与静止在C点的质量为3m的滑 块b碰撞（时间极短）。碰撞后滑块b恰能到达圆弧轨道上的D点，并被立即锁定不再运动。 已知发射时弹簧的弹性势能Ep=26J,弹性势能会全部转化为动能，m=0.2kg,水平轨道长 LAc=1.0m,圆轨道半径R1=0.1m,圆弧轨道半径R2=8.0m,D点与竖直方向的夹角0= 53°，滑块与水平轨道AC间动摩擦因数4=0.2（其他轨道均光滑，轨道间均平滑相切连接，滑 块可视为质点，不计空气阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6)，求： (1)滑块a第一次滑至圆轨道最高点时受到的轨道作用力大小F、; (2)滑块a、b碰撞过程中损失的机械能△E; (3)若改变B点位置，使滑块a在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度Lc。 0R2 D 滑块a T000000 滑块b 弹簧装置 7777777777777777777777777777777 B C量程较大，B错误；C.开关S拨至6挡时，与表头串联的阻值较大，电压表量程较大，C错误。 故选A。 (2)若用该多用电表直流电压挡量程50mV测电压，电压值为25.0mV。 (3)将开关S技至3指时，包流表量程为1=1，十。-100A=1,0X10A欧好表内 E 阻为R-号-1500，由于表盘中央刻度线是15，则欧姆表的倍率为“×100“。 kLo 13.答案：1)2(M+m)g 3(2pS+bL。)Tg (2) 4p。S 解析：(1)汽缸刚要开始滑动，对活塞和汽缸组成的系统受力分析，可得μ(M十m)g= kLo 解得μ=2M+m)g (2)对封闭气体，由理想气体状态方程，可得LS 2 To T -,解得 T=3(2pS+kL)T。 4poS 2eU 14.答案：(1)v= (2)y=√3(R+L) m 1 解析：(1)根据动能定理，U=2m0‘， 2eU 解得电子进入磁场的速度大小为= m (2)设电子在磁场中运动的半径为r,电子的运动轨远如 图，电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，uB=m 解得r=BR 由几何关系知0=60°，则有tan60°=R十L, y 解得电子打在荧光屏上的位置距离a的距离y=√3(R十L)。 15.答案：(1)4.8m/s(2)12m(3)10N 解析：(1)根据题意，设加外力时滑块和木板的加速度分别为a1、a2,由牛顿第二定律有F一 mg=ma1mg=Ma2,解得a1=6m/s2,a2=3m/s2, 撤去外力时滑块及木板的速度分别为v1、℃2，则v1=a1t1=6m/s,02=a2t1=3m/s, 撤去外力后滑块加速度a3=g=2m/s2, 设木板未碰到平台前已与滑块达到共同速度，设再经过t2时间达到共速0，则有v0=1一 5 a3t2=v2十a2t2,解得t2=0.6s,vo=4.8m/s, 1 木板位移xM=2a,(t十t2)=3.81m<d=4m,故木板最大速度为4.8m/s。 《2)第一段时滑块与木板间的相对位移为L,三)a,一Q2)十0,2=2.4m 此后木板与平台发生弹性碰撞向左做减速运动，因滑块质量大，两者再次达到共同速度后再次 与平台碰撞，以后重复上述运动，最终滑块停止在木板右端，第二段时滑块与木板间相对位移 为L,由功能关系有mgL,=2m十M),解得L,=9.6m,故木板长度L=L,十L,= 12m。 (3)滑块与木板达到共同速度后一起运动，木板与平台碰后立即停止，滑块滑离木板时速度为 ,由动能定理一mg(L一L1)= 2m(o2-),解得o=4m/s, 爵块通过最高点时速度为，由机械能守恒定律，有mm=2mgR十 2mu,解得a'=2m/s, mo'2 由牛顿第二定律F+mg="mg,解得F=10N, 由牛顿第三定律，滑块对轨道压力大小为10N。 甘肃省2025年普通高中学业水平选择性考试物理模拟试卷（五） 1.B解析：A.在推导v-t图像面积表示位移时用到了微元法，故A错误；B.在“探究加速度与力、 质量的关系”实验中主要用到了控制变量法，故B正确；C.卡文迪许利用扭秤实验测出万有引 力常量G,体现了放大思想，故C错误；D.开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，故 D错误。故选B。 2.C解析：A.根据质量数和核电荷数守恒可知，X粒子为电子，即氚核发生B衰变，其中电子由 原子核内一个中子转化为一个质子和一个电子而来，故A错误；B.放射性元素的半衰期由原子 核决定，与外界的温度、压强等因素无关，故B错误；C.氚核发生阝衰变的过程中释放能量，根 据质能方程可知，总质量减小，产生的新核的比结合能比氚核大，故C正确；D.电池中氚的含量 12 等于初始值的25%时，即剩余的氚核为原来的四分之一，根据m=（乞)，可知经过了两个半 衰期，即t=2T=2×12.5年=25年，故D错误。故选C。 3.D解析：A.两人在t1时刻并排骑行，根据v-t图线与坐标轴围成的面积表示位移知在0到t1 时间内，乙的位移大于甲的位移，说明甲在乙前，故A错误；BCD.根据-t图线与坐标轴围成的 面积表示位移知在t1到t2时间内，两人的位移差越来越大，在t2时刻速度相等，相隔最远。此 7 后，两人距离先减小为零而后又增大，所以在t2到t?时间内的某时刻，两人再次并排骑行，故 BC错误，D正确。故选D。 4.D解析：设铁块竖直下降的位移为d,对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒（人船模 型)可得0=mh-M,油深H=i十d+2a,解得HM+2a,放D正确。故选D. 5.C解析：A.电子定向移动方向与电流方向相反，应为Q→P,故A错误；B.由左手定则知，电子 向M表面偏转，M表面电势低于N表面电势，故B错误；C.稳定时，洛仑兹力与电场力平衡， e,解得U=BL10,故C正确：D.根据电流微观表达式I=neS=nedL,联立解 有euB=e IB 得n= edUn ,故D错误。故选C。 6.A解析：设脉冲星的质量为m1、轨道半径为r1,其伴星的质量为m2、轨道半径为r2,两者间的 距离为上，轨道周期为T,由万有引力提供向心力有m=m()=m)r变式得 -,0- )，由数学知识有+-），+(），可得T=2x ,在双星系统总质量不变的情况下，随着两颗星越靠越近，两颗星的轨道周期逐渐 G(m+m2) 减小。故选A。 7.A解析：地磁场方向由南向北，根据右手定则，车厢顶电势高于车厢底部，根据E=Bl)≈40 ×106×4×100V≈0.016V,可知电势差大小约为0.016V。故选A。 8.AD解析：A.根据题意可知气体压强不变，根据盖一吕萨克定律可知当罐内温度升高时，体积 增大，油柱向右移动，故A正确；B.设油柱距接口距离为x,由盖一吕萨克定律可知 o+LoS_ T。 Vo+xS S,解得T十S则T与x成线性关系，刻度是均匀的，故B带误：C,当耀内温 升高时，气体分子的平均动能增大，气体压强不变体积增大，单位时间内撞击到单位面积上的分 子数减少，故C错误；D.气体的压强不变，气体温度升高内能增大，气体体积增大对外做功，根 据热力学第一定律△U=W十Q,可知罐内气体从环境中吸收的热量大于气体对外做功的大小， 故D正确。故选AD。 9.BD解析：AB.小球在Q点由静止释放，在电场力作用下，沿直径做往复运动，小球在远离Q 点的过程中，电势能先减小后增大，在O点动能最大，选项A错误，B正确；C.若在Q点给小球 一个背离O点方向的初速度，则小球运动到离Q点最远处的过程中，电势能先增大再减小，最 后又增大，选项C错误；D.若小球做匀速圆周运动，则电势能不变，选项D正确。故选BD。 10.ABD解析：A.由题意可知波沿x轴的正方向传播，波长为入=40m,6s=nT+三T 4 58 =01,2.…,由放速计算公式可得-会-智+)m=01,2…,当m-3时，被速为 25m/s,故A正确；B.该波的周期为T=6 3 s(n=0,1,2,3,…),所以A点的振动方程为 十4 x4=10sin(l+后em=10sin(径+看)cm,当&=6s时，cA=10sin5xem:当n=0 5+6n 时xA=10 Dsincm-=-10sim号em=-5万cm,放B正病：C.该波的周期为T=6 5 s 十4 24 3+4n s(m=0,1,23,…),如果质点C在1=0到1=6s时间内通过的路程为80cm,则有T 3得T,代人周班表达式得8屏得”由于”只 错误；D.若波的周期T=8s,则在t=6s时刻，机械波刚好传播到质点D处，再经过2s,即 t=8s时，质点D到达最高点处，此时势能最大，D正确，故选ABD。 11.答案：(1)BD(2)AC(3)偏小 解析：(1)甲同学接下来要完成的必要步骤有：插上大头针P3,使P3挡住P,的像和P2的像； 插上大头针P4,使P4挡住P?和P1、P2的像。故选BD。 (2)A.入射角适当大些，可以使折射现象更加明显，从而使角度的测量误差减小，故A正确；B. 为了准确测量光路图，应选用较细的大头针来完成实验，选用粗的大头针完成实验时，容易出 现观察误差，故B错误；C.P,、P2及P?、P,之间的距离适当大些，使作出的光路更加接近实 际光路，从而使角度的测量误差减小，故C正确；D.若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度 较大的，从而能够清晰准确地作出折射角，减小角度的测量误差，故D错误。故选AC。 (3)乙同学在画界面时，不小心将两界面α和b间距画得比玻璃砖宽度大些，如图所示。 实线是真实的光路图，虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图，由图看出，在这种情况测得的入射 角不定衫响：但测得的折铅角比真突的折射角偏大，根据折特定律”一册可如测得的新折射 率将偏小。 12.答案：(1)0.149~0.151均可(2)aR1R3(3)3.0 解析：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,由图可知金属丝的直径为d=0十15.0×0.01mm =0.150mm。 (2)由于金属丝的电阻为几欧，属于小电阻，电流表应采用外接法，故单刀双掷开关应置于； 因待测电阻只有几欧，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的R,； 定值电阻R。和电流表G改装成3V的电压表，量程比较合适，所以定值电阻选R?。 (3)根据读数可知电流为0.50A,被测电阻两端电压为U=I(R。十RG)=0.005×(50十250)V U1.5 =1.5V,由欧姆定律可知R,= 2=3.02。 I0.50 13.答案：(1)300m/s(2)1.2×10m 解析：(1)当列车的牵引力等于阻力时，列车行驶的速度达到最大，则有P=F℃m=F℃m,可得 P1.2×10 0n=F,=4X10m/s=300m/s. 1 (2)列车加速过程，根据动能定理可得P4一F江=2m-0,解得列车加速过程的位移为x 1.2×10m。 14.答案：(1)n= 2√3 14a 3 (2)t=1 9c 解析：(1)作出光路图如图所示。 D 0 F 由几何关系知，光在AC边拾好发生会发制的格界角C=9,=60,由sinC=】,解得1=25 1 n 3。 AD√3 (2)根据几何关系得DE= an30=3a,由几何关系知，EF与竖直方向的夹角0，=30°，则 EF=DB43 9a,光在透明三拉柱中传描的时间1二D十上，又二则光在三棱程平 14a 传播的时间t=9c 15.答案：(1)506N(2)0(3)Lc≤0.5m 解析：(1)从开始发射到滑至圆轨道最高点，由能量守恒定律得 1 En-zumgLac-2mgR-mv, 02 在最高点时，由牛频第二定律和向心力公式得F、十mg=mR,由上两式解得Fv=506N。 (2)在C点，碰撞前滑块a的速度为vo,由能量守恒定律得 1 Ep一angL.ac=-2mU,解得u=16m/s, 5 1 碰撞后滑块b获得速度v6,由动能定理得：3mgR2(1一c0s53°)= 2·3moi,解得u6=8m/s; 碰撞后滑块a的速度为。，由于碰撞时间极短，碰撞过程动量守恒， 得mvo=m0a十3mvb,解得va=一8m/s; 即碰撞后滑块a反向运动，速度大小为8m/s, 机核能损突△E-方moi一有m心i-,3mei-0 121 (③)滑块a碰拉后从C点开始向左运动，滑块a具有的初始动能为E。=弓m=6,4J, 滑块将在轨道间往复运动，直到最后无法完整通过圆轨道而停在直轨道上。 ,2 ①若某时刻滑块α恰好能通过圆轨道最高点，有mg=mR,从开始反向至此刻，由动能定理 可列式：2mgx-2mgR号mm一E,解得x=14,75m,14LAc<14.75m<15LAc分桥 可知在最后一个周期中，滑块会从C点向左运动，若BC距离小于等于0.75m,滑块一定能通 过最高点，即满足条件的Lc≤0.75m;②若某时刻滑块a恰好到达圆心等高处，由动能定理 -mgx2一mgR,=0-E0,解得x2=15.5m,15LAc<15.5m<16L4c,分析可知在最后一个 周期中，滑块会从B点向右运动，若BC距离大于0.5，滑块将到不了圆心等高处，满足不了 脱离轨道的条件，故Lc≤0.5m;综合①②分析可知，满足条件的BC长度Lc≤0.5m。 甘肃省2025年普通高中学业水平选择性考试物理模拟试卷（六） 1.B解析：A.根据核反应前后，质量数和电荷数守恒，可以得到X为'4N,故A错误；B.三种射线 穿透能力依次是Y>B>α，故B正确；C.B衰变释放的电子是原子核内一个中子转化为一个质 子和一个电子，来自原子核内部，故C错误；D.C的半衰期为5730年，15分钟几乎不影响，服 药15分钟后再检测，是为了使药里面的C充分消化吸收，释放到呼吸系统，提高检测准确性， 故D错误。故选B。 2.C解析：A.清晨的露珠格外明亮是由于露珠内部发生了全反射，经过多次全反射进入人眼，所 以看起来格外明亮，故A错误；B.由于表面张力的作用露珠呈球形，由于露珠受重力，所以呈椭 球形，故B错误；C.水珠悬挂在蜘蛛网上，说明水可以浸润蜘蛛丝，故C正确；D.不同的水珠之 间靠引力相互吸引，故D错误。故选C。 3.C解析：A.地面对直梯的支持力是由于地面的形变产生的，A错误；B.将直梯缓慢向墙壁靠 近，直梯一直处于平衡状态，直梯所受合外力一直为零，B错误；C.直梯处于静止状态，地面对梯 子的支持力与重力相等，始终不变，C正确；D.水平方向上合力为零，即地面对直梯的摩擦力等 于墙壁对直梯的弹力，D错误。故选C。