2024年陕西省西安工大附中高考物理适应性试卷（七）（含解析）

这是一份2024年陕西省西安工大附中高考物理适应性试卷（七）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.黑板擦在手施加的恒定推力F作用下匀速擦拭黑板已知黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为μ，不计黑板擦的重力，则它所受的摩擦力大小为( )
A. FB. μFC. F 1+μ2D. μF 1+μ2
2.某质点做匀变速直线运动，运动的时间为t，位移为x，该质点的xt−t图象如图所示，下列说法错误的是( )
A. 质点的加速度大小为2cb
B. t=0到t=b这段时间质点的路程为bc4
C. t=0时，质点的初速度大小为c
D. t=0到t=b这段时间质点的平均速度为0
3.拉格朗日点指的是在太空中类似于“地一月”或“日一地”的天体系统中的某些特殊位置，在该位置处的第三个相对小得多(质量可忽略不计)的物体靠两个天体的引力的矢量和提供其转动所需要的向心力，进而使得该物体与该天体系统处于相对静止状态，即具有相同的角速度。如图所示是地一月天体系统，在月球外侧的地月连线上存在一个拉格朗日点，发射一颗质量为m的人造卫星至该点跟着月球一起转动，距离月球的距离为s。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，地月球心之间的距离为r，月球的公转周期为T，则由以上数据可以算出( )
A. 地球的密度为3πR3GT2r3
B. 在拉格朗日点的卫星的线速度比月球的线速度小
C. 在拉格朗日点的卫星的向心加速度比月球的向心加速度小
D. 月球对该卫星的引力为4π2mT2(r+s)−mgR2(r+s)2
4.如图所示，半径为r的圆形区域内存在方向竖直向上，磁感应强度大小随时间变化的匀强磁场中，关系为B=kt(k>0且为常量)。现将单位长度电阻为R、半径为x的金属圆环放入这个磁场中，圆环与磁场边界为同心圆。下列说法正确的是( )
A. 若x为2r时，圆环产生的感应电动势大小为4kπr2
B. 从上往下看，金属圆环中的电流沿顺时针方向，且电流随时间均匀增大
C. 若x分别为12r和2r时，圆环中产生的感应电动势的比值为1：4
D. 若x分别为12r和2r时，单位时间内圆环中产生焦耳热的比值为1：1
5.甲、乙两光滑小球(均可视为质点)用轻直杆连接，乙球处于粗糙水平地面上，甲球紧靠在粗糙的竖直墙壁上，初始时轻杆竖直，杆长为4m。施加微小的扰动，使得乙球沿水平地面向右滑动，当乙球距离起点3m时，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两球的速度大小之比为4：3
B. 甲、乙两球的速度大小之比为3： 7
C. 甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小相等
D. 甲球即将落地时，乙球的速度达到最大
二、多选题（本题共5小题，共30分）
6.观察水龙头，在水龙头出水口出水的流量(在单位时间内通过任一横截面的水的体积)稳定时，发现自来水水流不太大时，从龙头中连续流出的水会形成一水柱，现测得高为H的水柱上端面积为S1，下端面积为S2，重力加速度为g，以下说法正确的是( )
A. 水柱是上粗下细B. 水柱是上细下粗
C. 该水龙头的流量是S1S2 2gHS12−S22D. 该水龙头的流量是 2gHS12+S22
7.芬兰小将拉林托以两跳240.9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军。如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，拉林托从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点拉林托的速度方向与轨道CD平行，设拉林托从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，(忽略空气阻力)则( )
A. t1=t2B. t1>t2C. CFFD>13D. CFFD13
故C正确，D错误。
故选：AC。
运动员从C点水平飞出后做平抛运动，可以不用通常的分解方法，而建立这样的坐标系：以C点为原点，CD为X轴，和CD垂直向上方向为Y轴，进行运动分解，Y轴方向做类似竖直上抛运动，X轴方向做匀加速直线运动。
本题如采用常规的分解方法很难求解，而根据分解处理是等效的，可灵活建立坐标系，进行运动的分解问题就容易解答。
8.【答案】CD
【解析】AB、金属线框刚进入上边磁场时，恰好做匀速直线运动，根据平衡条件得mgsinθ=F安，又F安=BIL=BBLvRL=B2L2vR，联立得mgsinθ=B2L2vR ①
当ab边刚越过ff′时，ab边和cd边都要切割磁感线，产生感应电动势，线框中总的感应电动势为E=2BLv，感应电流为I=ER=2BLvR，线框受到的安培力的合力大小为F=2BIL=4B2L2vR ②
根据牛顿第二定律得：mgsinθ−F=ma ③
由①②③联立解得a=−3gsinθ，负号表示加速度方向沿斜面向上，故AB错误；
C、设线框从开始进入磁场到ab边到达gg′与ff′中点时速度为v′，由平衡条件得mgsinθ−F=0，即mgsinθ−4B2L2v′R=0，解得v′=mgRsinθ4B2L2④
由①④得v′=v4 ⑤
线框从开始进入磁场到ab边到达gg′与ff′中点时产生的热量为Q=mgsinθ⋅32L−(12mv′2−12mv2)=32mgLsinθ+1532mv2⑥，故C正确；
D、从ab越过ff′边界到线框再做匀速直线运动的过程，根据动量定理得：mgsinθ⋅t−BI−Lt=mv′−mv ⑦
又此过程中通过线框截面的电荷量为q=I−t=△ΦR=BL⋅L2R⑧
由⑤⑦⑧解得t=1mgsinθ(2B2L3R−34mv)，故D正确。
故选：CD。
金属线框刚进入上边磁场时，恰好做匀速直线运动，合力为零，根据平衡条件和安培力与速度的关系分别列式，得到速度与重力的关系；当ab边刚越过ff′时，根据牛顿第二定律列式，结合安培力与速度的关系求线框的加速度；线框从开始进入磁场到ab边到达gg′与ff′中点时，先根据平衡条件求出此时线框的速度，再根据能量守恒求产生的热量。根据动量定理求从ab越过ff′边界到线框再做匀速直线运动所需的时间。
导体切割磁感线运动时，要抓住受力平衡及能量的转化关系进行分析判断；在分析能量关系时一定要找出所有发生变化的能量，知道增加的能量一定等于减少的能量。对于线框在磁场中运动的时间，由于线框做的是非匀变速运动，不能根据运动学公式求解，可根据动量定理求运动时间。
9.【答案】0.58 0.59 9.7
【解析】解：(1)匀变速直线运动某段时间内，中间时刻速度等于平均速度：
v=x6−x42T=86.40−38.402×0.1×10−2m/s=2.4m/s
动能增加量：
ΔEk=12(m1+m2)v2
代入数据解得ΔEk=0.58J；
系统势能的减少量：
ΔEp=(m2−m1) gℎ
代入数据解得ΔEp≈0.59J；
(2)根据机械能守恒定律：
(m2−m1) gℎ=12(m1+m2)v2
得：
v2=2(m2−m1)(m2+m1)gℎ
斜率：
k=2(m2−m1)(m2+m1)g
代入数据得出：g≈9.7m/s2．
故答案为：(1)0.58，0.59；(2)9.7
(1)匀变速直线运动某段时间内，中间时刻速度等于平均速度，解得速度，根据动能和重力势能的公式解得；
(2)根据机械能守恒定律变形，结合图线斜率可求得。
本题考查机械能守恒实验，关键掌握如何根据图线变形，通过斜率计算重力加速度的方法。
10.【答案】11448 5 1a ka 小于
【解析】解：(1)根据汽车电池铭牌，可知电池的额定容量为47.7Aℎ，则一块电池所带电量为
Q=It=115×47.7×3600C=11448C；
(2)电池的额定电压为384V，则一块电池的电压为
U=115×8×384V=3.2V
为了更加精确地测量，则图乙中电压表量程应该接5V；
(3)根据闭合电路欧姆定律有
E=U+URr
变形得到
1U=1E+rE⋅1R
可知图线的纵截距为a=1E，斜率为k=rE
解得：E=1a，r=ka
(4)由于电压表分流的原因导致电动势的测量值均小于真实值；
故答案为：(1)11448；(2)5；(3)1a，ka；(4)小于
(1)(2)根据铭牌的容量和额定电压分析解答；
(3)(4)根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解得电动势与内阻，同时分析误差。
本题考查测量汽车上电池的电动势和内阻的实验，要求学生会根据闭合电路欧姆定律得到1U与1R的函数关系，应用图象法去处理实验数据。
11.【答案】解：(1)设滑草车刚进入水平滑道时速度大小为v，水平滑道上有LBC=vt22
代入数据解得v=10m/s；
(2)设倾斜滑道长度为LAB，高度为ℎ，倾角为θ；滑草车与人的总质量为m，滑草车与整个滑道间动摩擦因数为μ，水平滑道上，由动能定理有−μmgLBC=0−12mv2
倾斜滑道上，有LAB=vt12
mgℎ−μmgLABcsθ=12mv2
又因为csθ= LAB2−ℎ2LAB
代入数据解得ℎ=15m。
答：(1)滑草车刚进入水平滑道时的速度大小为10m/s；
(2)该倾斜滑道的高度为15m。
【解析】(1)在倾斜轨道上，由平均速度求解到达轨道底端的速度；
(2)根据动能定理列出AB和BC滑道的运动表达式，以及运用平均速度列出AB滑道长度式子，求出滑道高度。
本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用。
12.【答案】解：(1)令小球在O点的速度为v0，根据运动的独立性，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，则小球到达M1时速度的竖直分量为v1y=v0
由题意得： 10v0= v1y2+v1x2
可得：v1x=3v0
即tanθ=v1yv1x=13
小球到达M1之前做直线运动，合力方向与合速度方向共线，可得：
qEmg=v1xv1y
解得：E=3mgq
(2)小球在竖直方向上做竖直上抛运动，可知小球在电场中的两段运动时间相同，且水平方向做匀加速直线运动，电场区域上方小球水平方向做匀速运动。令小球从A点离开电场，从B点再次进入电场，则有：vAx=vBx=12v1x=32v0
可得vAy=vBy=12v0
若用tOA、tAB、tBM1表示小球在各阶段的运动时间。由此可得：tOA=tBM1=12tAB
由O→A，在竖直方向上可得：2gH=v02−vAy2
解得：v0= 8gH3
由速度—时间公式有：v0−vAy=gtOA
联立可得：tOA= 2H3g
所以：tOM1=tOA+tBM1+tAB=4tOA=4 2H3g
(3)令第一次碰后的竖直分速度为v2y，水平分速度为v2x
由题设条件可得：v2x=3v2y
假设第一次碰后小球未到达上边界，那么有：
2v2y=gtM1M2
xM1M2=3v2y×2v2yg+12×3g×(2v2yg)2=8H
解得：v2y2=2gH3
小球碰撞后上升的最大高度：H′=v2y22g=H3