2026届吉林省吉林市五十五中高考适应性考试物理试卷含解析

这是一份2026届吉林省吉林市五十五中高考适应性考试物理试卷含解析，共18页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，如图，是游乐场的一项娱乐设备等内容，欢迎下载使用。
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、如图所示为某种电流表的原理示意图，质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k。在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab的长度。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。已知k＝2.0 N/m，ab的长度为0.20 m，bc的长度为0.05 m，B＝0.20 T，重力加速度为g。下列说法不正确的是（ ）
A．当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为
B．若要电流表正常工作，应将MN的M端与电源正极相接
C．该电流表的量程是2.5 A
D．若将量程扩大到2倍，磁感应强度应变为0.20 T
2、如图所示，在轨道III上绕地球做匀速圆周运动的卫星返回时，先在A点变轨沿椭圆轨道II运行，然后在近地点B变轨沿近地圆轨道I运行。下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道III上运行的向心加速度大于在轨道I上运行的向心加速度
B．卫星在轨道III上运行的周期小于在轨道I上运行的周期
C．卫星在轨道III上运行的周期大于在轨道II上运行的周期
D．卫星在轨道III上的A点变轨时，要加速才能沿轨道II运动
3、如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为，桩料的质量为。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度的变化关系如图乙所示，直线斜率。取，则下列说法正确的是
A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为
B．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为
C．打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为
D．打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为
4、如图所示，一有界区域磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L;正方形导线框abcd的边长也为L，当bc边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域。若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图像是
A．B．
C．D．
5、如图所示，围绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星的周期分别为T1和T2，两颗卫星的轨道半径的差值为d，地球表面重力加速度为g，根据以上已知量无法求出的物理量是（引力常量G未知）（ ）
A．地球的半径B．地球的质量
C．两颗卫星的轨道半径D．两颗卫星的线速度
6、一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小，那么，图中能正确描述该过程中物体速度与时间关系的是（ ）
A．B．
C．D．
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、质量为m电量为的小滑块(可视为质点)，放在质量为M的绝缘长木板左端，木板放在光滑的水平地面上，滑块与木板之间的动障擦因数为，木板长为L，开始时两者都处于静止状态，所在空间存在范围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场E，恒力F作用在m上，如图所示，则（ ）
A．要使m与M发生相对滑动，只须满足
B．若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当m相对地面的位移相同时，m越大，长木板末动能越大
C．若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当M相对地面的位移相同时，E越大，长木板末动能越小
D．若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，E越大，分离时长本板末动能越大
8、如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻波的图像，波源s位于原点O处，波速v=4m/s，振幅。t=0时刻，平衡位置在x=8m处的质点P刚好开始振动，质点M的平衡位置在处。则下列说法正确的是_________
A．波源s的起振方向沿y轴正方向
B．波源s的振动周期为0.5s
C．t=ls时刻，质点P运动到M点
D．质点P的振动方程为y=2sin(t)cm
E.在t=0到t=3.5 s这段时间内，质点M通过的路程为10 cm
9、如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，经过t1＝6s，波形图如图中虚线所示。已知波的周期T＞4s，则下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长为8m
B．该波的周期可能为8s
C．在t＝9s时，B质点一定沿y轴正方向运动
D．B、C两质点的振动情况总是相反的
E.该列波的波速可能为m/s
10、如图所示，在竖直平面内，倾斜长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接。使物块位于A点时，细线自然拉直且垂直于长杆弹簧处于原长。现将物块由A点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，C是AB的中点，弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则（ ）
A．物块和弹簧系统机械能守恒
B．物块在B点时加速度方向由B指向A
C．A到C过程物块所受合力做的功大于C到B过程物块克服合力做的功
D．物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量
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）为了测某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：
电阻箱R，定值电阻R0、两个电流表A1、A2，电键K1，单刀双掷开关K2，待测电源，导线若干．实验小组成员设计如图甲所示的电路图．
(1)闭合电键K1，断开单刀双掷开关K2，调节电阻箱的阻值为R1，读出电流表A2的示数I0；然后将单刀双掷开关K2接通1，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表A2的示数仍为I0，则电流表A1的内阻为_____．
(2)将单刀双掷开关K2接通2，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A1的示数I，该同学打算用图像处理数据，以电阻箱电阻R为纵轴，为了直观得到电流I与R的图像关系，则横轴x应取（_________）
A．I B．I2 C． D．
(3)根据(2)选取的x轴，作出R-x图像如图乙所示，则电源的电动势E=_____，内阻r=______．（用R1，R2，R0，及图像中的a、b表示）
12．（12分）光敏电阻是阻值随着光照度变化而发生变化的元件。照度可以反映光的强弱。光越强，照度越大，照度单位为lx。某光敏电阻R在不同照度下的阻值如图甲所示。
某同学采用光敏电阻以及其他器材，通过改变光照度来测定一节干电池的电动势和内阻。现备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω）
B．电流表：量程0~0.6A，内阻0.1Ω
C．电流表：量程0~3A，内阻0.024Ω
D．电压表：量程0~3V，内阻约3kΩ
E.电压表：量程0~15V，内阻约15kΩ
F.光敏电阻（符号：）
H.开关，导线若干
在测定电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
(1)在上述器材中电流表选___，电压表选___（填写选项前的字母）；
(2)在图乙方框中两出相应的实验电路图____；
(3)多次改变光的照度，得到多组电压、电流值。利用测出的数据在图丙所示的坐标图中描出对应的点，由此绘出U－1图象____，在修正了实验系统误差后。得出干电池的电动势E=1.50V，内电阻r=___Ω；
(4)当电流表读数为0.30A时，光的照度为___lx。（结果保留两位有效数字）
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，直角坐标系xOy的第一象限内存在竖直向上的匀强电场，第四象限内有一半径为R的圆形有界匀强磁场，磁场边界与x轴相切于A(L，0)点，磁场方向垂直于纸面向里，现有一质量为m，电荷量为q的带负电的粒子，从y轴上的P(0，)点以速度v0平行于x轴射入电场中，粒子恰好从A点进入磁场，然后从C点离开磁场(C点图中未标出)，若匀强磁场的磁感应强度，不考虑粒子的重力，求C点的位置坐标。
14．（16分）如图所示，在0xa的区域I内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，在xa的区域II内有垂直于纸面向外的匀强磁场，它们的磁感应强度均为B0，磁场边界与x轴交于P点。一质量为m，电荷量为q（q0）的粒子沿x轴从原点O水平射入磁场。当粒子射入速度不大于时，粒子在磁场中运动的时间都相等，不计重力：
（1）求速度v0的大小；
（2）若粒子射入速度的大小为2v0，求粒子两次经过边界到P点距离的比值；（结果可带根号）
（3）若调节区域II磁场的磁感应强度大小为λB0，使粒子以速度nv0（n1）从O点沿x轴射入时，粒子均从O点射出磁场，求n与λ满足的关系。
15．（12分）如图，是游乐场的一项娱乐设备．一环形座舱装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下．已知座舱开始下落的高度为H=75m，当落到离地面h=30m的位置时开始制动，座舱均匀减速．在一次娱乐中，某同学把质量m=6kg的书包放在自己的腿上．g取10m/s2，不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力．
（1）当座舱落到离地面h1=60m和h2=20m的位置时，求书包对该同学腿部的压力各是多大；
（2）若环形座舱的质量M=4×103kg，求制动过程中机器输出的平均功率．
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．设弹簧的伸长量为Δx，则有
mg＝kΔx
得
故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为，故A正确，不符合题意；
B．为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极，故B正确，不符合题意；
C．设满量程时通过MN的电流为Im，则有
BImlab＋mg＝k（lbc＋Δx）
解得
Im＝2.5 A
故该电流表的量程是2.5 A，故C正确，不符合题意；
D．设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有
2B′Imlab＋mg＝k（lbc＋Δx）
解得
B′＝0.10 T
故D错误，符合题意。
故选D。
2、C
【解析】
A．由公式
得卫星在圆轨道上运行的向心加速度大小
当轨道半径r减小时，a增大，故卫星在轨道Ⅲ上运行的向心加速度小于在轨道Ⅰ上运行的向心加速度，故A错误；
BC．根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道Ⅲ上运行的周期大于在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行的周期，故B错误，C正确；
D．卫星在轨道III上的A点变轨时，要减速做向心运动才能沿轨道Ⅱ运动，故D错误。
故选C。
3、C
【解析】
夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞，先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度，对于碰撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度；夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由动能定理可求得桩料进入泥土的深度；
【详解】
A、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度，得
取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得：
代入数据解得：，故选项AB错误；
C、由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，为
打完第一夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得：
即：
代入数据解得，故选项C正确；
D、由上面分析可知：第二次夯后桩料再次进入泥土的深度为
则对夯锤与桩料，由动能定理得：
同理可以得到：第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为
则对夯锤与桩料，由动能定理得：
则打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为
代入数据可以得到：，故选项D错误。
【点睛】
本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律，要知道当力随距离均匀变化时，可用平均力求功，也可用图象法，力与距离所夹面积表示阻力做功的大小。
4、B
【解析】
由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLV及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律。
【详解】
设导体棒运动的加速度为，则某时刻其速度
所以在0-t1时间内（即当bc边位于磁场左边缘时开始计时，到bc边位于磁场右边缘结束）
根据法拉第电磁感应定律得：，电动势为逆时针方向
由闭合电路欧姆定律得：，电流为正。其中R为线框的总电阻。
所以在0-t1时间内，，故AC错误；
从t1时刻开始，换ad边开始切割磁场，电动势大小，其中，电动势为顺时针方向为负
电流：，电流为负（即，）
其中，电流在t1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持不变。故B正确，D错误。
故选B。
【点睛】
对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路．
5、B
【解析】
ABC．根据万有引力提供向心力，依据牛顿第二定律，则有
且
由公式
联立可解得两颗卫星的轨道半径和地球的半径，由于引力常量G未知则无法求出地球的质量，故AC正确，B错误；
D．由公式可知，由于两颗卫星的轨道半径和周期已知或可求出，则可求出两颗卫星的线速度，故D正确。
故选B。
6、D
【解析】
依题，原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中，物体的合力从开始逐渐增大，又逐渐减小恢复到零，则物体的加速度先增大后减小，物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速度运动。根据速度－时间图象的斜率等于加速度可知，v－t图象的斜率先增大后减小，故ABC错误，D正确。
故选D。
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、BD
【解析】
A、m所受的最大静摩擦力为 ,则根据牛顿第二定律得 ,计算得出 .则只需满足 ,m与M发生相对滑动.故A错误.
B、当M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律得,m的加速度 ,知m越大,m的加速度越小,相同位移时,所以的时间越长,m越大,m对木板的压力越大,摩擦力越大,M的加速度越大,因为作用时间长,则位移大,根据动能定理知,长木板的动能越大.所以B选项是正确的.
C、当M与m发生相对滑动,E越大,m对M的压力越大,摩擦力越大,则M相对地面的位移相同时,根据动能定理知,长木板的动能越大.故C.错误
D、根据 知,E越大,m的加速度越小,M的加速度越大，知时间越长,因为E越大,M的加速度越大,则M的位移越大,根据动能定理知,分离时长木板的动能越大.所以D选项是正确的.，
故选BD
点睛：当m与M的摩擦力达到最大静摩擦力,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律求出F的最小值.当F足够大时,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律,结合运动学公式和动能定理判断长木板动能的变化.
8、ADE
【解析】
A．已知波沿x正方向传播，而P点刚好起振，由同侧法可知起振方向沿y轴正方向，故A正确；
B．由图读出，根据
故B错误；
C．参与传播的质点振动在平衡位置沿y轴振动，并不会沿x轴传播，故C错误；
D．质点的振幅为2cm，则振动方程，故D正确；
E．时间关系为
M点起振需要时间1s，剩下的时间振动的路程为
故E正确。
故选ADE。
9、BDE
【解析】
A．分析波形图，可知波长λ＝4m，故A错误；
BE．设波沿x轴正方向传播，则，n＝0、1、2…，其中T＞4s，则n＝0时，T＝24s，波速 ；n＝1时，T＝s，波速v＝m/s；
设波沿x轴负方向传播，则，n＝0、1、2…，其中T＞4s，则n＝0时，T＝8s，波速v＝0.5m/s，故BE正确；
C．当波沿x轴负方向传播时，T＝8s，在t＝9s时，B质点在平衡位置下方，沿y轴负方向运动，故C错误；
D．B、C两质点平衡位置相隔半个波长，振动情况完全相反，故D正确；
故选BDE.
10、ABD
【解析】
A．由题知，不计一切阻力，则物块和弹簧系统机械能守恒，故A正确；
B．由题知，物块从A点运动到B点是先加速后减速，到B点速度刚好为0，弹簧处于伸长状态，此时对物块受力分析可知，弹簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力，故物块在B点时加速度方向由B指向A，故B正确；
C．物块从A到C，根据动能定理可知，合力做的功等于动能的增加量，物块从C到B，根据动能定理可知，物块克服合力做的功等于动能的减少量，而物块在A点和B点的速度都为零，故两个过程动能的变化量相等，所以A到C过程物块所受合力做的功等于C到B过程物块克服合力做的功，故C错误；
D．弹簧的形变量越小，弹簧的弹性势能越小，根据几何关系，可知物块从A到C过程的弹簧形变量小于C到B过程的弹簧形变量，故物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量，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、R2-R1 C E= r=a-R0-（R2-R1）
【解析】
(1)由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表A1内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即．
(2)单刀双掷开关K2接通2时，据欧姆定律可得：，整理得：，为得到直线图线，应作图象．故C项正确，ABD三项错误．
(3)由图象结合得：图象斜率、图象纵截距，解得：电源的电动势、电源的内阻．
12、B D 0.76（0.74﹣0.78） 0.54（0.50-0.56）
【解析】
(1)[1][2]一节干电池的电动势为1.5V，则电压表选择D，因电流较小，故电流表选择B
(2)[3]电流表的内阻已知，可采用电流表外接电路，电路如图
(3)[4]根据描点，画出U－I图像，如图
[5]由实验原理得
变形得
由图像可知，内阻为
由于误差(0.74V－0.78V)均可
(4)[6]当电流表读数为0.30A时，读出
则
对照图像可知，光的照度为0.54lx，由于误差(0.50-0.56)lx均可
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、
【解析】
带电粒子在电场中做类平抛运动，假设粒子在竖直方向的加速度为，运动时间为，
则沿轴方向：
①
②
沿轴方向：
③
设带电粒子进入磁场时速度与轴成角
④
由①②③④得：
⑤
因此，带电料子进入磁场时的速度
⑥
设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为
由
⑦
得：
⑧
做出带电粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可知：
⑨
点的横坐标
⑩
点的纵坐标
⑪
因此点的坐标为⑫
14、（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）粒子在磁场中运动时间相同，故转过的圆心角相同，因此粒子速度等于时，在Ⅰ区域内恰好划过半个圆，由
其中可得，
（2）粒子速度变为，则其作圆周运动半径为，粒子的轨迹如图所示
由几何关系可得，，故
故粒子两次经过边界到P点距离的比值为
（3）设粒子在Ⅰ区域半径为，Ⅱ区域半径为，则
粒子要回到O点，则在Ⅱ区域的圆心必须位于x轴，其轨迹如图
故
联立解得
15、（1）（2）1.5×116W
【解析】
本题考查物体在自由下落和减速下降过程中的受力和功率问题，需运用运动学公式、牛顿运动定律、功率等知识求解．
【详解】
（1）当座舱距地面h1=61m时，书包处于完全失重状态．故书包对该同学的压力F1=1．
座舱自由下落高度为H-h=(75-31)m=45m时，座舱开始制动，设此时的速度为v，由运动学公式得
座舱制动过程做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则有
联解得：a=15m/s2，方向竖直向上．
设此过程中书包受到腿的支持力为F2，根据牛顿第二定律，对书包有
代入数据可得
根据牛顿第三定律有：该同学腿部受到的压力
（2）设制动过程中座舱所受的制动力为F，经历的时间为t，
由运动学公式得：
根据牛顿第二定律，对座舱有
座舱克服制动力做功
机器输出的平均功率
联立解得P=1.5×116W