陕西省普通高中学业水平合格性考试仿真模拟卷(5)-【学考一本通】2025年陕西省普通高中学业水平测试物理

陕西省普通高中学业水平合格性考试 仿真模拟试卷(五) (满分:100分) 第一部分 (选择题 共60分) 一、选择题(共20个小题,每小题3分,共60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.劲度系数k=5N/cm的弹簧伸长x=4cm时,产生的弹力F为 ( ) A.20N B.10N C.8N D.4N 2.放在固定斜面上的物体处于静止状态.下图中能正确表示所受重力G方向的是 ( ) A B C D 3.质量为m 的木块静止在倾角为α的斜面体上.则木块受到的摩擦力大小是 ( ) A.mgcosα B.mgsinα C.mgtanα D.mgsinα 4.每次看到五星红旗冉冉升起,我们都会感到无比的自豪和骄傲.在两次升旗仪式的训练中,第 一次和第二次国旗运动的v-t图像如下图中实线和虚线所示.第一次升旗过程中在开始阶段国 旗的加速度较大,且两次国旗均能在国歌声开始时运动,在国歌声结束时到达旗杆的顶端,下 列图像可能正确的是 ( ) A B C D 5.一质量为1kg的物体由静止开始自由下落,不计空气阻力,下落2s末(物体未落地)重力的瞬 时功率为 ( ) A.50W B.100W C.150W D.200W 6.一汽车质量为1500kg,速度的大小为20m/s,则汽车的动能为 ( ) A.3.0×105J B.4.5×105J C.5.4×105J D.6.0×105J 7.如图所示,长L的轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球 A、 B,放置在光滑水平桌面上,杆上O 点有一竖直方向的固定转动 轴,A、B的质量分别为4m、m.A、B到O点的距离之比为1∶2.当 轻杆以角速度ω绕轴在水平桌面上匀速转动时,下列说法正确的是 ( ) A.轻杆对小球A、B的作用力大小相等 B.小球A、B向心力大小之比为4∶1 C.转轴受杆作用力大小为23mω 2L D.小球A、B线速度大小之比为1∶4 8.牛顿是一个伟大的科学家,牛顿力学理论体系的建立者,为物理理论的发展作出了突出贡献. 下列说法正确的是 ( ) A.牛顿在伽利略、笛卡尔等人工作的基础上,提出了“力是维持物体运动状态的原因” B.牛顿力学适用于宏观、低速领域,不适用于微观、高速领域 C.在牛顿的时代,人们由于无法算出月球运动的向心加速度,从而无法进行“月-地”检验 D.牛顿在开普勒三定律的基础上推导出万有引力定律,并给出了引力常量G的值 —75— 9.如图所示是某导体的伏安特性曲线,由图可知下列说法正确的是 ( ) A.导体的电阻是25Ω B.导体的电阻是0.04Ω C.当导体两端的电压是10V时,通过导体的电流是2A D.当通过导体的电流是0.1A时,导体两端的电压是0.004V 10.阿秒(as)光脉冲是一种发光持续时间极短的光脉冲,如同高速快门相机,可用以研究原子内 部电子高速运动的过程.已知电子所带电荷量为1.6×10-19,las=10-18s,氢原子核外电子绕 原子核做匀速圆周运动,周期大约是150as.根据以上信息估算氢原子核外电子绕核运动的 等效电流大约为 ( ) A.1×10-1A B.1×10-2A C.1×10-3A D.1×10-5A 11.如图所示,不带电的金属导体A和B放在绝缘支柱上并相互接触, 贴在下部的两片金属箔是闭合的.手握绝缘棒,把带正电荷的带电 体C移近金属导体A,导体A和B下部的金属箔片都张开,下列关 于感应电荷的分布情况,正确的是 ( ) A.A端和B端箔片都带正电 B.A端和B端箔片都带负电 C.A端箔片带负电,B端箔片带正电 D.A端箔片带正电,B端箔片带负电 12.如图所示为某一电源的U-I图线,由图可知 ( ) A.电源电动势为2V B.电源内电阻为13Ω C.电源短路时电流为6A D.电路路端电压为1V时,电路中电流为6A 13.a、b、c三个物块在同一条直线上运动,三个物块的位置x—时间t图像如 图所示,其中c物块的图像是一条抛物线,坐标原点是抛物线的顶点,下 列说法正确的是 ( ) A.a物块运动的加速度大小为2m/s2 B.0~5s内a、b物块的速度相同 C.c物块的加速度大小为0.2m/s2 D.b、c物块在t=5s时相遇 14.物体沿直线运动的位移x随时间t变化的关系如图所示,已知x-t图像为 开口向下的抛物线的一部分,t=5s对应图像的最高点,则图像中b对应的 数值为 ( ) A.b=62.5m B.b=31.25m C.b=33m D.b=32m 15.如图所示为拖拉机的传动装置,A 点在皮带轮1的边缘,B 点 在皮带轮2的边缘,在传动过程中皮带不打滑,飞轮和皮带轮 1转动的角速度相同.已知R=2r,若飞轮上有一点C(图中未 画出)与B 点的向心加速度大小相等,则C 点做圆周运动的半 径rC 等于 ( ) A.12r B.r C.2r D.4r 16.如图所示,一小车通过轻绳提升一货物,某一时刻拴在小车一端的轻绳与水 平方向的夹角为θ,此时小车的速度为v0,则此时货物的速度为 ( ) A. v0 cosθ B.v0sinθ C.v0cosθ D.v0 —85— 17.某空间存在沿x轴的静电场,x1、x2、x3、x4 是x轴上的四个点,各点的 电势φ随位置的变化情况如图所示.下列说法正确的是 ( ) A.x1 点处的电场强度为零 B.质子在x3 点处受到的电场力为零 C.x2 点处与x4 点处沿x轴方向的电场强度的方向相反 D.将一电子从x1 点移到x4 点的过程中,电子的电势能一直减小 18.如图所示,R1、R2 两个电阻串联接在电压恒为U 的电源上,电路中的电流 为I,R1、R2 两端的电压分别为U1、U2,R1、R2 消耗的电功率分别为P1、 P2,下列关系正确的是 ( ) A.UR1 =UR2 B. U1 U2 = R2 R1 C. P1 P2 = R21 R22 D.P1+P2=UI 19.如图所示,电场中的一簇电场线关于y轴对称分布,O 点是坐标原点, M、N、P、Q 是以O 为圆心的圆周上的四个点,其中 M、N 在y 轴上,Q 点在x 轴上,下列说法正确的是 ( ) A.P 点电场强度的大小可能等于Q 点电场强度的大小 B.M 点电势可能等于Q 点电势 C.电荷在N 点的电势能可能小于在M 点的电势能 D.电荷从N 点运动到O 点电场力做的功等于从O 点运动到M 点电场力做的功 20.如图所示,平行板电容器与一个恒压直流电源连接,下极板通过A 点 接地,一带正电小球被固定于P 点,现将平行板电容器的下极板竖直 向下移动一小段距离,则 ( ) A.平行板电容器的电容将减小 B.静电计指针张角变小 C.电容器的电荷量不变 D.带电小球的电势能将减小 第二部分 (非选择题 共40分) 二、填空题(共2小题,计12分) 21.(6分)某同学利用图示的装置来研究机械能守恒问题,设计了如下实验, A、B是质量均为m 的小物块,C是质量为 M 的重物.A、B间有轻质弹簧 相连,A、C间有轻质细绳相连.在物块B下放置一压力传感器,重物C下 放置一速度传感器,压力传感器和速度传感器相连,当压力传感器为零 时,就触发速度传感器测定此时重物C的速度.整个实验中弹簧均处于弹 性限度内,重力加速度为g,实验操作如下: (1)开始时,系统在外力作用下保持静止,细绳拉直但张力为零,现释放 C,使其向下运动,当压力传感器示数为零时,触发速度传感器测出C的 速度为v. (2)试验中保持A、B质量不变,改变C的质量从多次重复第(1)步. ①该试验中,M 和m 的关系必须满足M (填“小于”“等于”或“大于”)m. ②为便于研究速度v与质量M 的关系,每次测重物的速度时,其已下降的高度应 (填“相同”或“不同”). ③根据所测数据,为得到线性关系图线,应作出 (填“v2-1M ”“v2- 1M+m ”)图线. 22.(6分)某新型智能电源能输出恒定的电流I0,某实验小组利用此电源测量一定值电阻Rx 的 阻值.他们又找来了一块电流表A(阻值未知且很小)、滑动变阻器R、电阻箱R'、导线若干,并 连接如图甲所示电路图. —95— 甲 乙 (1)当该同学将电阻箱R'的阻值调大时,电流表的读数将 (填“增大”或“减小”). (2)该同学通过改变电阻箱R'的阻值R0,同时记录电流表A的示数为I,得到多组数据,他采 用图像法处理数据,为使图像呈直线,应描绘的是 图像. A.I-R0 B.I- 1 R0 C.1I-R0 D. 1 I- 1 R0 (3)若考虑电流表内阻的影响,则该同学测得的电阻Rx 的阻值与实际值相比 (填“偏 大”或“偏小”) 三、计算题(共3小题,计28分) 23.(8分)一微型机器人沿直线向右加速运动,加速度大小不变, 用每间隔1 10s 曝光一次的频闪相机拍摄不同时刻微型机器人 位置的照片,如图所示,试根据此图计算下列问题: (1)微型机器人从O点到B 点的平均速度大小;(2)微型机器人在A 点和B 点的瞬时速度大 小;(3)微型机器人运动的加速度大小. 24.(8分)长为L=2.0m的细线,拴一质量为m=1.0kg的小球,一端固定 于O点,让其在水平面内做匀速圆周运动(这种运动通常称为圆锥摆运 动,重力加速度为g=10m/s2),如图所示,当细线与竖直方向的夹角是 α=37°时,求 (1)线的拉力F大小.(2)小球运动的线速度的大小.(3)小球运动的角速 度是多少. 25.(12分)如图所示,正方形金属框abcd的边长为l,磁场区域边界PM 与PN 的夹角θ=45°,磁感应强度大小为B0,方向垂直纸面向外,磁 场区域范围足够大,P 点位于cd 的中点,cd与PN 在同一条直线上, 规定此时穿过金属框的磁通量为正. (1)此时穿过金属框的磁通量Φ0 为多少? (2)若将金属框以bc边为轴,分别向纸面外转动90°和180°,磁通量变 化量分别为多少? (3)以图示位置为计时起点,线框向右以速度v做匀速直线运动,在b点进入磁场之前,要使 线框中不产生感应电流,求磁感应强度B 与时间t之间的关系式. —06— 解析 (1)将小车移到靠近打点计时器处,细线跨过滑 轮挂上重物,用手挡住小车,接通打点计时器电源后,释 放小车. (2)[1][2]放开小车,小车会在轨道上加速下滑,对小车 又牛顿第二定律可得T=Ma 对重物有mg-T=ma 联立解得T= MM+mmg= 1 1+mM mg<mg 即细绳拉力小于重物m 的重力.为使细绳拉力近似等于 重物的 重 力,则 所 选 重 物 的 质 量 m 远 小 于 小 车 的 质 量M. 22.答案 (1)1 减小 (2)变大 解析 (1)[1][2]对电容器充电时,应将单刀双掷开关S 掷向1,充电完成后操作开关使电容器放电.放电过程中 电容器带电量逐渐减小,两端电压逐渐减小,则电压表 示数减小. (2)若将一块陶瓷片插入电容器两极板之间,根据C= εS 4πkd 可知,介电常数变大,则电容器的电容将变大. 23.答案 (1)62.5m/s2 (2)8ms (3)25m/s2 解析 (1)由运动学公式v2=2ax 啄木鸟头部减速运动的加速度的大小a=v 2 2x= 0.52 2×0.002 m/s2=62.5m/s2. (2)由运动学公式x=v2 ·t 可得啄木 鸟 头 部 的 减 速 过 程 所 持 续 的 时 间t=2xv = 2×0.002 0.5 s=0.008s=8ms. (3)由运动学公式v2=2a'x' 大脑的加速度为a'=v 2 2x'= 0.52 2×0.005m /s2=25m/s2 24.答案 (1)0.1m (2)2 3m/s (3)8J 解析 (1)物块P位于A 点,假设弹簧伸长量为x1,对Q 受力分析,则T=m2gsinθ+kx1 代入得x1=0.1m. (2)此时OB 垂直竖直杆,d=0.3m,h=0.4m,则OP= 0.5m,此时物块Q速度为0,下降距离为Δx=OP-OB 代入得Δx=0.5m-0.3m=0.2m 即弹簧压缩量为x2=0.2m-0.1m=0.1m 弹簧的弹性势能不变.对物块P、Q及弹簧组成的整体, 根据能量守恒有m2g·Δx·sinθ-m1gh= 1 2m1v 2 B 代入得vB=2 3m/s. (3)对物块P,由能量守恒知WT-m1gh= 1 2m1v 2 B 代入得WT=8J. 25.答案 (1)1A (2)3.0A (3)3W 解析 (1)玩具汽车正常工作时,电源内阻分的电压为 Ur=E-UM=10-6V=4V 通过电源的电流为I= Ur r=2A 玩具汽车正常工作时,流过灯泡的电流为IR= UM R =1A 通过电动机的电流为IM=I-IR=1A. (2)玩具汽车被卡住后,电动机可视为纯电阻,灯泡与电 动机并联,电路中的总电流为I'= E r+ R·RM R+RM =3.5A 所以流过电动机的电流为I'm= I' R·RMR+RM Rm =3.0A. (3)玩具汽车卡住前,电动机消耗的功率为PM=UMIM =6W 玩具汽车卡住后,电动机消耗的功率为P'M=I'2MRM= 9W 所以电动机消耗功率的变化量为 ΔPM=P'M-PM= 3W. 陕西省普通高中学业水平合格性考试 仿真模拟试卷(五) 1.A 根据胡克定律可得,弹簧伸长4cm时产生的弹力为 F=kΔx=5×4N=20N,故选A. 2.D 重力的方向总是竖直向下的(即与水平面垂直向下), 故ABC错误,D正确.故选D. 3.D 对木块m 受力分析,受重力、支持力和静摩擦力,如 图所示 根据平衡条件,有f=mgsinα,故选D. 4.C 根据题意,两次国旗均能在国歌声开始时运动,在国 歌声结束时到达旗杆的顶端,表明两次运动经历的时间 相等,故B错误;根据题意,两次国旗均能在国歌声开始 时运动,在国歌声结束时到达旗杆的顶端,表明两次运动 的位移相等,由于v-t图像与时间轴所围几何图形的面积 表示位移,即实线与虚线与时间轴所围梯形面积相等,该 图像中,实线与时间轴所围梯形的面积大一些,不符合实 际,故A错误;v-t图像的斜率的绝对值表示加速度的大 小,第一次升旗过程中在开始阶段国旗的加速度较大,则 第一次v-t图像开始阶段的斜率的绝对值大一些,即开始 时,实线要陡峭一些,故C正确,D错误.故选C. 5.D 重力的瞬时功率 P=mgvy=mg·gt=200W,故 选D. 6.A 汽车的动能Ek= 1 2mv 2=3.0×105J,故选A. 7.C 小球 A需要的向心力大小为FA=mAω2rA=4mω2 L 3 ,小球B需要的向心力大小为FB=mBω2rB=mω2 2 3 L,因为 FA FB =21 ,所以小球A、B向心力大小之比为2∶1, 故AB错误;转轴受到杆拉力的大小为F=FA-FB= 4 3 mω2L-23mω 2L=23mω 2L,选项C正确;小球A、B线速 度由v=ωr可得,同轴转动小球A、B角速度相等,线速度 大小之比即旋转半径之比为1∶2,选项D错误.故选C. 8.B 牛顿在伽利略、笛卡尔等人工作的基础上,提出了“力 是改变物体运动状态的原因”,A错误;牛顿力学适用于 宏观、低速领域,不适用于微观、高速领域,B正确;在牛顿 的时代,人们无法算出月球运动的向心加速度,能进行 “月-地”检验,C错误;牛顿在开普勒三定律的基础上推 导出万有引力定律,卡文迪许测出了引力常量G 的值,D 错误.故选B. 9.A 根据图象,由欧姆定律可得,导体电阻R=UI = 5 0.2Ω 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —09— =25Ω,故A正确,B错误;当导体两端电压是10V时, 通过导体的电流I=UR = 10 25A=0.4A ,故C错误;当通 过导体的电流是0.1A时,导体两端的电压U=IR=0.1 ×25V=2.5V,故D错误.故选A. 10.C 根据电流的定义式I=qt = e T = 1.6×10-19 150×10-18 A≈1 ×10-3A,C正确.故选C. 11.C 把带正电荷的带电体C 移近导体,由于静电感应,A 端感应出负电荷,B 端感应出正电荷.故选C. 12.A 在U-I图线中,纵轴截距表示电源电动势,电源电动 势为2V,A正确;图线的斜率为内阻的大小,故电源内 阻r=ΔUΔI= 2-0.8 6 Ω=0.2Ω ,B错误;短路时的电流I =Er = 2 0.2A=10A ,C错误;当外电路电压为1V时, 内电路的电压也是1V,根据欧姆定律可得I= Ur r = 1 0.2 A=5A,D错误.故选A. 13.C 由题图可知,a、b物块的x-t图像的斜率不变,它们 做匀速直线运动,且两物块的速度大小相等、方向相反, 选项AB错误;由题图可知,c物块做匀变速直线运动, 由x=12at 2解得c物块的加速度大小为a=0.2m/s2, 选项C正确;由题图线交点表示相遇,可知b、c物块在5 s前相遇,选项D错误.故选C. 14.B 由运动学公式x=v0t- 1 2at 2,v=v0-at,由图像可 知,t=5s对应图像的最高点,故斜率为零,速度为零,所 以将t=5s,v=0代入速度公式和t=6s,x=30m代入 位移公式,联立解得v0=12.5m/s,a=2.5m/s2,将t= 5s代入位移公式解得x=31.25m,图像中b对应的数 值为31.25m.故选B. 15.D 由题可知,A、B 两点的线速度相等,设为v,则B 点 的向心加速度aB= v2 rA 点的角速度与C 点的角速度相 等,则有ωC=ωA= v R = v 2r ,所以C 点的向心加速度aC =ω2CrC= v2 4r2 rC,由于B、C两点的向心加速度大小相等, 所以aB=aC,联立解得rC=4r,ABC错误,D正确.故 选D. 16.C 将小车的速度沿绳方向和垂直于绳方向分解,根据 平行四边形定则可得沿绳方向的速度为v绳 =v0cosθ, 而货物的速度大小等于小车沿绳方向的分速度,即货物 的速度为v0cosθ.故选C. 17.A φ-x 图像的切线斜率表示电场强度,x1 处为电势的 最高点即图像的顶点处,该处的切线斜率为零,即电场 强度为零,故 A正确;x3 点处图像的切线斜率不为零, 故该点电场强度不为零,则质子在该点处受到的电场力 不为零,故B错误;沿电场方向电势降低,且空间存在沿 x轴的静电场,可知x2点处与x4 点处沿x 轴方向的电 场强度的方向相同,均沿x 轴正方向,故C错误;根据 Ep=qφ,带负电的粒子在电势低的地方电势能大,电子 带负电,从x1到x4电势一直在降低,因此将电子从x1 移到x4的过程中,电子的电势能一直在增大,故 D错 误.故选A. 18.D R1、R2两个电阻串联,则通过两个电阻的电流相等, 有I= U1 R1 = U2 R2 ,可得U1 U2 = R1 R2 ,故AB错误;根据P=I2R, 可得 P1 P2 = R1 R2 ,故C错误;电路的总电功率等于各电阻的 功率之和,则P总=P1+P2=UI,故D正确.故选D. 19.C 根据电场线的疏密程度可知,P 点的电场强度小于 Q 点的电场强度,故A错误;根据沿电场方向电势降低, 结合等势面与电场方向垂直,可知 M 点电势低于Q 点 电势,故B错误;根据沿电场方向电势降低,结合等势面 与电场方向垂直,可知N 点的电势高于M 点的电势,根 据Ep=qφ,若电荷带负电,则电荷在N 点的电势能小于 在M 点的电势能,故C正确;根据电场分布可知,OM 间 的平均电场强度比NO 之间的平均电场强度小,故由公 式U=Ed,可知,OM 间的电势差小于NO 间的电势差, 根据W=qU,可得电荷从 N 到O 过程中电场力做的功 大于从O 到 M 过 程 中 电 场 力 做 的 功,故 D 错 误.故 选C. 20.A 将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离 后两极板间的距离变大,根据公式C= εrS 4πkd ,可得电容C 减小,故A正确;电容器两极板和电源相连,所以电容器 两极板间的电压恒定不变,故静电计的张角不变,故B 错误;根据C=QU ,可知,Q 减小,故C错误;根据公式E =Ud ,可知,两极板间的电场强度减小,上极板与P 点间 的电势差减小,上极板的电势不变,则P 点的电势增大, 因为小球带正电荷,则小球的电势能增大,故D错误.故 选A. 21.答案 大于 相同 v2- 1M+m 解析 A[1]要确保压力传感器的示数为零,弹簧要从 压缩状态到伸长状态,那么C 的质M 要大于A 的质量 m,即 M>m; [2]要刚释放C 时,弹簧处于压缩状态,若使压力传感 器为零,则弹簧的拉力为F=mg 因此 弹 簧 的 形 变 量 为 Δx=Δx1+Δx2= mg k + mg k =2mgk 不论C的质量如何,要使压力传感器示数为零,则A 物 体上升了,所以C下落的高度总相同; [3]选取AA、C 及弹簧为系统,根据机械能守恒定律, 则有(M-m)g·2mgk = 1 2 (M+m)v2 整理可知v2=-8m 2g2 k · 1 M+m+ 4mg2 k 为了得 到 线 性 关 系 图 线,因 此 应 作 出v2- 1M+m 的 图象; 22.答案 (1)增大 (2)D (3)偏大 解析 (1)R'阻值变大,根据闭合电路欧姆定律可得总 电流减小,则路端电压变大,根据欧姆定律可得电流表 读数变大. (2)根据欧姆定律有I+ IRx R0 =I0 可得1 I= 1 I0 + Rx I0 ·1 R0 故可知应描绘的是1 I- 1 R0 图像.故选D. (3)由电流表内阻影响,测出的阻值包含了电流表内阻, 所以可知测量值偏大. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —19— 23.答案 (1)0.8m/s (2)vA=0.8m/s,vB=1m/s (3)2m/s2 解析 (1)依题意知,相邻两次闪光的时间间隔Δt=110 s=0.1s 由题图可知O 到B 的位移为xOB=16cm=0.16m 所用时间为tAB=2Δt=0.2s 则微型机器人从O 到B 的平均速度大小为vOB= xOB tOB = 0.16 0.2 m /s=0.8m/s. (2)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的 平均速度,可知微型机器人在 A 点的瞬时速度大小为 vA=vOB=0.8m/sA 到C 的位移为xAC=27cm-7cm =20cm=0.2m 所用时间为tAC=2Δt=0.2s 则vAC= xAC tAC =0.2m0.2s=1m /s 所以微型机器人在B 点的瞬时速度大小为vB=vAC=1 m/s. (3)微 型 机 器 人 运 动 的 加 速 度 大 小 为a= vB-vA tAB = 1-0.8 0.1 m /s2=2m/s2. 24.答案 (1)12.5N (2)3m/s (3)2.5rad/s 解析 (1)竖直方向根据平衡条件得Fcosα=mg 解得F=12.5N. (2)根据牛顿第二定律得mgtan37°=m v 2 Lsin37° 解得v=3m/s. (3)根据牛顿第二定律得mgtan37°=mω2Lsin37° 解得ω=2.5rad/s. 25.答案 (1)18B0l 2 (2)-18B0l 2,-B0l2 (3)B= ll+2vt 2 B0 解析 (1)根据磁通量的定义式Φ=BS,其中S=12× l2 2 =l 2 8 代入解得此时穿过金属框的磁通量为Φ0= 1 8B0l 2. (2)若向纸面外转动90°,则Φ1=0 所以磁通量的变化量为ΔΦ1=Φ1-Φ0=- 1 8B0l 2 若向纸面外转动180°,则Φ2=- 7 8B0l 2 所以磁通量的变化量为ΔΦ2=Φ2-Φ0=-B0l2. (3)要使线框中不产生感应电流,即线框中的磁通量不 发生变化,则经任意时刻t,线框运动的位移为x=vt 此时穿过金属框的磁通量Φ'=B·12× 1 2× 12l+ vt 2,且Φ'=Φ0 联立可得磁 感 应 强 度 B 与 时 间t 之 间 的 关 系 式B= ll+2vt 2 B0. 2024年陕西省普通高中学业水平合格性 考试·物理 1.A 2.C 3.A 4.A 5.B 6.D 7.A 8.D 9.C 10.B 11.D 12.A 13.C 14.D 15.B 16.B 17.C 18.A 19.C 20.D 21.(1)正比 (2)弹簧1 (3)弹簧2 22.(1)交流电源 (2)A (3)略大于 23.答案:(1)2m/s2 (2)6m/s (3)9m 解析:(1)根据牛顿第二定律得物体运动的加速度 a=Fm = 2 1 m /s2=2m/s2。 (2)物体在3s末的速度 v=at=2×3m/s=6m/s。 (3)物体在3s内的位移 x=12at 2=12×2×9m=9m 。 24.答案:(1)2A (2)0.5Ω (3)2W 解析:(1)根据题意,设通过电动机的电流为I 由P=UI得,I=PU = 10 5A=2A 。 (2)由闭合电路欧姆定律E=U+Ir得 r=E-UI = 6-5 2 Ω=0.5Ω 。 (3)根据题意,电源内阻的热功率 Pr=I2r=4×0.5W=2W。 25.答案:(1)2m/s (2)0.6N (3) 142 m /s 解析:(1)设物体到达B 点时的速度为vB 到B 点时由机械能守恒 1 2mvB 2=mgR 解得vB= 2gR= 2×10×0.2m/s=2m/s。 (2)受力如图所示,由合力提供向心力。 FN-mg=m vB2 R 解得FN=0.6N 由牛顿第三定律,物体对轨道的压力大小也是0.6N。 (3)设小球从B 点抛出时速度为vB' 由平抛运动得t=0.2s xBC=xCD=vB'·① yBC= 1 2gt 2 ② yCD= 1 2g (2t)2-12gt 2 ③ 由题意得:xBC 2+yBC2 xCD2+yCD2 =35 ④ 由①②③④得:vB'= 14 2 m /s。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —29—