江西省昌江一中2025届高考适应性考试物理试卷含解析

江西省昌江一中2025届高考适应性考试物理试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的等边三角形线框abc，磁场方向垂直于线框平面，ac两点间接一直流电源，电流方向如图所示．则（）A．导线ab受到的安培力小于导线ac受到的安培力B．导线abc受到的安培力大于导线ac受到的安培力C．线框受到安培力的合力为零D．线框受到安培力的合力方向垂直于ac向上2、在如图所示的位移图象和速度图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A．甲车做曲线运动，乙车做直线运动B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C．丁车在t2时刻领先丙车最远D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等3、人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的，下列说法正确的是（）A．晶体的物理性质都是各向异性的B．露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用C．布朗运动是固体分子的运动，它说明分子永不停歇地做无规则运动D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小4、如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为9：1，电表均为理想电表，R1为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R0为定值电阻。若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交变电流，下列说法中正确的是（）A．输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为（V）B．t=0.02s时，穿过该发电机线圈的磁通量最小C．R温度升高时，电流表示数变大，电压表示数变小，变压器的输人功率变大D．t=0.01s时，电流表的示数为05、如图所示，一条质量分布均匀的柔软细绳平放在水平地面上，捏住绳的一端用恒力F竖直向上提起，直到全部离开地面时，绳的速度为v，重力势能为Ep(重力势能均取地面为参考平面)。若捏住绳的中点用恒力F竖直向上提起，直到全部离开地面时，绳的速度和重力势能分别为（）A．v，Ep B．， C．， D．，6、如图所示，n匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U的灯泡，灯泡正常发光．从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是（）A．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大B．灯泡中的电流方向每秒改变次C．线框中产生感应电动势的表达式为e＝nBSωsinωtD．变压器原、副线圈匝数之比为二、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、某列简谐横波在t1＝0时刻的波形如图甲中实线所示，t2＝3.0s时刻的波形如图甲中虚线所示，若图乙是图甲a、b、c、d四点中某质点的振动图象，则正确的是________A．这列波的周期为4sB．波速为0.5m/sC．图乙是质点b的振动图象D．从t1＝0到t2＝3.0s这段时间内，质点a通过的路程为1.5mE.t3＝9.5s时刻质点c沿y轴正方向运动8、倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放一质量的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为（）A． B．C．a＝0.2g D．a＝0.4g9、如图所示，气缸分上、下两部分，下部分的横截面积大于上部分的横截面积，大小活塞分别在上、下气缸内用一根硬杆相连，两活塞可在气缸内一起上下移动，缸内封有一定质量的气体，活塞与缸壁无摩擦且不漏气起初，在小活塞上的烧杯中放有大量沙子能使两活塞相对于气缸向上移动的情况是A．给气缸缓慢加热B．取走烧杯中的沙子C．大气压变小D．让整个装置自由下落10、如图，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率向上运动。现将一质量为的小物体（视为质点）轻轻放在处，小物体在甲传动带上到达处时恰好达到传送带的速率；在乙传送带上到达离竖直高度为的处时达到传送带的速率。已知处离地面的高度皆为。则在物体从到的过程中（）A．两种传送带对小物体做功相等B．将小物体传送到处，两种传送带消耗的电能相等C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同D．将小物体传送到处，两种系统产生的热量相等三、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）①在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_____A．须选用密度和直径都较小的摆球B．须选用轻且不易伸长的细线C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D．计时起、终点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间②某同学在野外做“用单摆测定重力加速度”的实验时，由于没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的石块代替摆球，如上图所示。操作时，他用刻度尺测量摆线OM的长度L作为摆长，测出n次全振动的总时间由到周期T，求出重力加速度，这样得到的重力加速度的测量值比真实值_____（填“大”或“小”）。为了克服摆长无法准确测量的困难，该同学将摆线长度缩短为，重复上面的实验，得出周期，由此他得到了较精确的重力加速度值g=_____。12．（12分）把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G的满偏电流Ig为200μA，内阻估计在400~600Ω之间。(1)按图测定电流表G的内阻Rg，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：A．滑动变阻器（阻值范围0~200Ω）B．滑动变阻器（阻值范围0~175Ω）C．电阻箱（阻值范围0~999Ω）D．电阻箱（阻值范围0~99999Ω）E.电源（电动势6V，内阻0.3Ω）F.电源（电动势12V，内阻0.6Ω）按实验要求，R最好选用__________，R′最好选用___________，E最好选用___________(填入选用器材的字母代号)。(2)根据以上实验测得的电流表内阻值比真实值________________（选填“大”或“小”）。(3)假定由上述步骤已测出电流表内阻Rg=500Ω，现在通过串联一个24.5kΩ的电阻把它改装成为一个电压表，此电压表的量程为_____________________。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，质量为m1＝1kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道CD部分粗糙，长为L＝0.1m，动摩擦因数μ＝0.10，其他部分均光滑．现让质量为m1＝1kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，取g＝10m/s1．求：(1)物块到达最低点时的速度大小；(1)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)物块最终停止的位置．14．（16分）如图甲所示，一对平行金属板C、D相距为d，O、Ol为两板上正对的小孔，紧贴D板右侧。存在上下范围足够大、宽度为三的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH是磁场的左、右边界。现有质量为m、电荷量为+q的粒子从O孔进入C、D板间，粒子初速度和重力均不计。（1）C、D板间加恒定电压U，C板为正极板，求板间匀强电场的场强大小E和粒子从O运动到Ol的时间t；（2）C、D板间加如图乙所示的电压，U0为已知量，周期T是未知量。t=0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔具有最大速度，求周期T应满足的条件和粒子到达Ol孔的最大速度vm；（3）磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期T0=。=0时，粒子从O1孔沿OO1延长线O1O2方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，求粒子进入磁场时的速度v，应满足的条件。15．（12分）如图，ABO是一半径为R的圆形玻璃砖的横截面，O是圆心，AB弧形面镀银。现位于AO轴线上的点光源S发出一束光线射向玻璃砖的OB边，入射角i=60°，OS=。已知玻璃的折射率为，光在空气中传播的速度为c，每条边只考虑一次反射。求：（i）光线射入玻璃砖时的折射角；（ii）光线从S传播到离开玻璃砖所用的时间。

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、A【解析】

A．导线ab受到的安培力大小为，导线ac受到的安培力，由于ab、bc串联再与ac并联，则有所以故A正确；B．导线abc的有效长度为L，故受到的安培力大小为：，导线ac受到的安培力，且则故B错误；CD．根据左手定则，导线abc受安培力垂直于ac向下，导线ac受到的安培力也垂直于ac向下，合力方向垂直于ac向下，故CD错误。故选A。2、C【解析】

A．由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，故A错误；B．在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B错误；C．由图象与时间轴围成面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，且丁的面积大于丙，所以丁车在t2时刻领先丙车最远，故C正确；D.0～t2时间内，丙车的位移小于丁车的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丁车的平均速度大于丙车的平均速度，故D错误。3、B【解析】

A．晶体分为单晶体和多晶体，单晶体的物理性质各向异性，多晶体的物理性质各向同性，故A错误；B．液体表面张力的产生原因是：液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力；合力现为引力，露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用，故B正确；C．布朗运动是指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则的运动，它间接反映了液体分子的无规则运动，故C错误；D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故D错误。故选B。4、C【解析】

A．由交变电流的图像可读出电压的最大值为，周期为，则所以输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为故A错误；B．当t=0.02s时，输入电压的瞬时值为0，所以该发电机的线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；C．R温度升高时，其阻值变小，副线圈中的电流I2变大，则原线圈中电流也变大，由P=UI得，变压器的输入功率变大，电压表读数则U3减小，故C正确；D．电流表测的是电路中的有效值，不为0，D错误。故选C。5、D【解析】

重力势能均取地面为参考平面，第一次，根据动能定理有第二次，根据动能定理有联立解得，，故D正确，ABC错误。故选D。6、C【解析】图示位置穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，选项A错误；交流电的周期为，一个周期内电流方向改变两次，则灯泡中的电流方向每秒改变次，选项B错误；交流电的电动势最大值：Em=nBSω，则线框中产生感应电动势的表达式为e＝nBSωsinωt,选项C正确；交流电的有效值为,则,选项D错误；故选C.点睛：此题关键是掌握交流电的瞬时值、最大值及有效值的意义，知道它们之间的关系；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．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、ABE【解析】

A．由图乙可知，波的振动周期为4s，故A正确；

B．由甲图可知，波长λ=2m，根据波速公式故B正确；

C．在t1=0时刻，质点b正通过平衡位置，与乙图情况不符，所以乙图不可能是质点b的振动图线，故C错误；

D．从t1=0s到t2=3.0s这段时间内为，所以质点a通过的路程为s=×4A=15cm=0.15m，故D错误；

E．因为t3＝9.5s＝2T，2T后质点c回到最低点，由于，所以t3=9.5s时刻质点c在平衡位置以上沿y轴正向运动，故E正确。

故选ABE。8、BC【解析】

当物体放在B盒中时，以AB和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有当物体放在A盒中时，以AB和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有联立解得加速度大小为a=0.2g故AD错误、BC正确。

故选BC。9、BD【解析】

以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知(P0-P)(S-s)=G，明确原来气体压强小于大气压强；题目设计的变化如加热、取走沙子、大气压减小、装置自由下落后，我们根据理想气体状态方程判断出气体的体积增大还是减小，就可以知道活塞上升还是下降了．【详解】A．设缸内气体压强P，外界大气压为P0，大活塞面积S，小活塞面积s，活塞和钢球的总重力为G，以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知：(P0-P)(S-s)=G…①给气缸缓慢加热，气体温度升高，由盖吕萨克定律知气体体积要增大，从气缸结构上看活塞应向下移动，故A错误．B．取走烧杯中的沙子后，整体的重力小了，由①式知容器内气体压强必须增大，由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸要向上移动，故B正确．C．大气压变小时，由①式知道缸内气体压强要减小，由玻意耳定律知气体体积要增大，所以气缸要向下移动，故C错误．D．让整个装置自由下落，缸内气体压强增大(原来小于大气压强)，由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸向上移动，故D正确．故选BD．【点睛】本题的关键是利用活塞受力平衡的条件和理想气体状态方程判断封闭气体的体积如何变化，是一道比较困难的易错题．10、AC【解析】

A．传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，则机械能的增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，故A正确；C．由0加速到v，甲图中的加速位移大于乙图中的加速位移，根据可知，根据牛顿第二定律有解得，即两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同，故C正确；D．对甲图分析，可知小物体加速的位移为此时传送带匀速的位移为则两者的相对位移为根据摩擦生热的公式解得对乙图分析，可知小物体加速的位移为此时传送带匀速的位移为则两者的相对位移为根据摩擦生热的公式解得在甲图、乙图，对小物体分析，根据牛顿第二定律和运动学公式有，，解得，将、代入、的表达式，解得，则有，即产生的热量不相等，故D错误；B．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能的和，因物块两次从A到B增加的机械能增加量相同，而，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B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、BC小【解析】

(1)A、为减小空气阻力对实验的影响，从而减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，故A错误；B、为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故B正确；C、实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，故C正确；D、测量时间应从单摆摆到最低点开始，因为最低位置摆球速度最大，相同的视觉距离误差，引起的时间误差较小，则周期测量比较准确，故D错误；(2)根据单摆的周期公式得：，该同学用OM的长L作为摆长，摆长偏小，根据上述表达式得知，g的测量值偏小，设摆线的结点到大理石质心的距离为r，则根据单摆的周期公式得：，而，联立解得：。12、DCF小5V【解析】

(1)[1][2][3]图中电路为经典的半偏法测电流表内阻，采用半偏法测量电流表内阻时，电源电动势越大，越有利于减小误差，所以电动势应选择较大的F，为了保证电流表能够满偏，根据闭合电路欧姆定律粗算全电路总电阻大小：所以电阻箱选用阻值较大的D，电阻箱用来和电流表分流，所以二者电阻相差不多，所以选择C；(2)[4]实验原理可以简述为：闭合，断开，调节使电流表满偏，保持和不变，闭合开关，调节使电流表半偏，此时的电阻即为电流表的内阻。事实上，当接入时，整个电路的总电阻减小，总电流变大，电流表正常半偏，分流为断开时总电流的一半，而通过的电流大于断开时总电流的一半，根据欧姆定律可知的电阻示数小于电流表真实的内阻；(3)[5]根据串联分压规律：解得改装后电压表的量程：。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）1m/s(1)1.8J(3)最终停在D点【解析】【分析】物体1从释放到与物体1相碰前的过程中，系统中只有重力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒和动量守恒列式，可求出物体1、1碰撞前两个物体的速度；物体1、1碰撞过程，根据动量守恒列式求出碰后的共同速度．碰后，物体1、1向右运动，滑道向左运动，弹簧第一次压缩最短时，