2024屆西藏林芝地區(qū)二高高考適應性考試物理試卷含解析

2024屆西藏林芝地區(qū)二高高考適應性考試物理試卷

注意事項：

1.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。

2.答題時請按要求用筆。

3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。

4.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。

5.保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

一、單項選擇題：木題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、在光滑水平面上有一個內外壁都光滑的氣缸質量為氣缸內有一質量為血的活塞，已知必>，兒活塞密封一部

分理想氣體.現對氣缸施加一個水平向左的拉力F（如圖甲），穩(wěn)定時，氣缸的加速度為內，封閉氣體的壓強為小，體

積為若用同樣大小的力尸水平向左推活塞（如圖乙），穩(wěn)定時氣缸的加速度為由，封閉氣體的壓強為p“體積為

V,,設密封氣體的質量和溫度均不變，則（）

A.a\=?i,piVp”Vi>Vi

B.a\<a\,p\>p\,Vi<Vi

C.a\-a\,pi<pi,Vi<Vi

D.a\>a\tpi>pi,VI>VI

2、如圖所示為六根導線的橫截面示意圖，導線分布在正六邊形的六個角，導線所通電流方向已在圖中標出。已知每條

導線在0點磁感應強度大小為跖），則正六邊形中心處磁感應強度大小和方向（）

■、

:\

II

A.大小為零

B.大小2員,方向水平向左

C.大小4〃。，方向水平向右

D.大小48（）,方向水平向左

3、如圖所示，在隆直平面內一根不可伸長的柔軟輕繩通過光滑的輕盾滑輪懸掛一重物。輕繩一端固定在墻壁上的A

點，另一端從墻壁上的B點先沿著墻壁緩慢移到C點，后由。點緩慢移到。點，不計一切摩擦，且墻壁8c段豎直,

C。段水平，在此過程中關于輕繩的拉力F的變化情況，下列說法正確的是（）

A.尸一直減小B.F一直增小

C.產先僧人后減小D.產先不變后增大

4、在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖甲所示，產生的交變電動勢的圖象如圖乙所

A.U0.005s時線框的磁通量變化率為零

B.UO.Ols時線框平面與中性面重合

C.線框產生的交變電動勢有效值為300V

D.線框產生的交變電動勢頻率為100Hz

5、如圖，固定的粗糙斜面體上，一質量為用的物塊與一輕彈簧的一端連接，彈簧與斜面平行，物塊靜止，彈簧處于

原長狀態(tài)，自由端位于O點?，F用力下拉彈簧，拉力逐漸增加，使物塊沿斜面向上滑動，當自由端向上移動L時。則

A.物塊重力勢能增加量一定為mgLsin。

B.彈簧彈力與摩擦力對物塊做功的代數和等于木塊動能的增加量

C.彈簧彈力、物塊重力及摩擦力對物塊做功的代數和等于物塊機械能的增加量

I）.拉力廠與摩擦力做功的代數和等于彈簧和物塊的機械能增加量

6、如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距在正極板附近有一質量為機，電荷量為1（彷>。）的粒子4

在負極板附近有一質量也為機、電荷量為一夕2（%>0）的粒子B。僅在電場力的作用下兩粒子同時從靜止開始運動。

已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與具相距的平面2,兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則以下說法

正確的是（）

/Q

.B_

-------------------------------------------------------------1

A.電荷量/與%的比值為3:7

B.電荷量/與%的比值為3:4

C.粒子4、〃通過平面。時的速度之比為9:16

D.粒子A、8通過平面。時的速度之比為3:7

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、在《流浪地球》的“新太陽時代”，流浪2500年的地球終于定居，開始圍繞比鄰星做勻速圓周運動，己知比鄰星的

質量約為太陽質量的!，目前地球做勻速圓周運動的公轉周期為ly,日地距離為1AU（AU為天文單位）。若“新太陽

O

時代”地球的公轉周期也為ly,可知“新太陽時代”（）

A.地球的公轉軌道半徑約為《AU

B.地球的公轉軌道半徑約為!AU

O

C.地球的公轉速率與目前地球繞太陽公轉速率的比值為1:2

D.地球的公轉速率與目前地球繞太陽公轉速率的比值為1：4

8、抗擊新冠肺炎疫情的戰(zhàn)斗中，中國移動攜手“學習強國”推出了武漢實景24小時直播，通過5G超高清技術向廣大

用戶進行九路信號同時直播武漢城市實況，全方位展現鏡頭之下的武漢風光，共期武漢“復蘇”。5G是“第五代移動通

信技術”的簡稱，其最顯著的特征之一為具有超高速的數據傳輸速率。5G信號一般采用3.3xlO9_6xlO9Hz頻段的無線

電波，而現行第四代移動通信技術4G的頻段范圍是1.88x109—2.64x109Hz,則一

A.5G信號比4G信號所用的無線電波在真空中傳播得更快

B.5G信號相比于4G信號更不容易繞過障礙物，所以5G通信需要搭建更密集的基站

C.空間中的5G信號和4G信號不會產生干涉現象

D.5G信號是橫波，4G信號是縱波

E.5G信號所用的無線電波具有波粒二象性

9、如圖所示，在隆直方向上A、笈兩物體通過勁度系數為A=200N/m的輕質彈簧相連，A放在水平地面上，B、C兩

物體通過細線繞過輕質定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上.用手拿住G使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證他

段的細線豎直、”段的細線與斜面平行.已知4、B的質量均為10kg,C的質量為40kg,重力加速度為g=10m/s2,細

線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統處于靜止狀態(tài)，釋放。后C沿斜面下滑，A剛離開地面時，〃獲得最大速

度.（）

b

A.斜面傾角。二30。

B.4、仄C組成的系統機械能先增加后減小

C.B的最大速度vnwx=2m/s

D.當。的速度最大時彈簧處干原長狀態(tài)

10、如圖甲所示為足夠長、傾斜放置的平行光滑導軌，處在垂直斜面向上的勻強磁場中，導軌上端接有一定值電阻，

導軌平面的傾角為37°,金屬棒垂直導軌放置，用一平行于斜面向上的拉力尸拉著金屬棒由靜止向上運動，金屬棒的

質量為0.2kg,其速度大小隨加速度大小的變化關系如圖乙所示，且金屬棒由靜止加速到最大速度的時間為1s,金屬

棒和導軌的電阻不計，sin37=0.6,cos37=0.8,g取lOm/sL則（）

A.尸為恒力

B.產的最大功率為0.56W

C.回路中的最大電功率等于0.56W

D.金屬峰由靜止加速到最大速度這段時間內定值電阻上產生的焦耳熱是0.26J

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11.（6分）如圖甲，是“探究功與速度變化的關系”的實驗裝置，當質量為0」伙的小車，在1條橡皮筋作用下彈出時,

橡皮筋對小車做的功記為W;當用2條、3條……完全相同的橡皮筋進行第2次、第3次……實驗時，由于每次實

驗中橡皮筋的拉伸長度相同，因此第2次、第3次?…-實驗中，橡皮筋對小車做的功分別為2W、3W……,每次實

驗中小車獲得的最大速度可由打點計時器所打出的紙帶求出。則:

（1）關于該實驗，下列說法中正確的是一（填選項序號字母）。

A.必須平衡摩擦力

B.打點計時器可以用干電池供電

C.每次實驗，小車必須從同一位置由靜止釋放

1）.可以選用規(guī)格不相同的橡皮筋

（2）圖乙為某次用1條橡皮筋實驗打出的紙帶，測得A、B、C、。、E相鄰兩點間的距離分別為=,

BC=1.62cm,CD=\.CAcmtDE=164cm,則小車獲得的最大速度為一〃，S。如果用2條橡皮筋做實驗，那么，在

理論上，小車獲得的最大動能為（結果保留兩位有效數字）。

12.（12分）如圖所示，為某同學設計的“探究加速度與物體所受合力F及質量m的關系”實驗裝置簡圖.

（1）本實驗采用的實驗方法是___.

A.控制變量法B.假設法C.理想實驗法D.等效替代法

（2）在保持小車受力相同時，探究加速度與質量關系的實驗中，以下故法正確的是_____.

A.平衡摩擦力時，應將裝有硅碼的小桶用細繩通過定滑輪系在小車上

B.每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力

C.實驗時，先放開小車，再接通打點計時器電源

D.為得出加速度a與與質量m的關系而作出圖象

in

（3）下圖是實驗中獲取的一條紙帶的一部分，其中O、A、B、C、D是計數點，每相鄰兩計數點間還有4個點（圖中

未標出），計數點間的距離如圖，打計數點時小車的速度大小為m/s.由紙帶求出小車的加速度

的大小為m/s”計算結果均保留2位有效數字）

（4）如圖所示是某同學在探究加速度與力的關系時，根據測量數據作出的a-F圖線.其中圖線不過原點的原因是

,圖線在末端彎曲的原因是.

四、計算題，木題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）傾角為37的斜面上疊放著質量均為加=1kg滑塊和長木板，在垂直于斜面方向的壓力尸作用下，均保

持靜止。已知滑塊與長木板間動摩擦因素4=0.2,滑塊正處于長木板的中間位置；長木板與斜面司動摩擦因素

=0.4,長木板長度L=（）.8m。滑塊大小忽略不計，各接觸面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，斜面足夠長，取

g=10m/s2，sin37=0.6。

（1）壓力戶的最小值；

⑵突然撤去壓力凡滑塊經過多長時間從長木板滑下？

14.（16分）如圖所示，質量為M=2kg的長木板甲放在光滑的水平桌面上，在長木板右端/=2m處有一豎直固定的彈

性擋板，質量為〃片1kg可視為質點的滑塊乙從長木板的左端沖上，滑塊與長木板之間的動摩擦因數為〃=0.2,重力加

速度g=10ni/s\假設長木板與彈性擋板發(fā)生碰撞時沒有機械能的損失。

⑴滑塊乙的初速度大小為w）=3m/s時，滑塊乙不會離開長木板甲，則整個過程中系統產生的內能應為多少？

（2）如果滑塊乙的初速度大小為則長木板甲至少多長時，才能保證滑塊乙不會離開長木板甲？

15.（12分）如圖所示，光滑、足夠長的兩水平面中間平滑對接有一等高的水平傳送帶，質量，"=0.9kg的小滑塊A和

質量M=4kg的小滑塊〃靜止在水平面上，小滑塊8的左側固定有一輕質彈簧，且處于原長。傳送帶始終以xlm/s的

速率順時針轉動。現用質量如尸100g的子彈以速度i，『40m/s瞬間射入小滑塊A,并留在小滑塊A內，兩者一起向右運

動滑上傳送帶。已知小滑塊A與傳送帶之間的動摩擦因數傳送帶兩端的距離上3.5m,兩小滑塊均可視為質點,

忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。求：

⑴小滑塊A滑上傳送帶左端時的速度大小

⑵小滑塊A在第一次壓縮彈簧過程中強簧的最大彈性勢能

(3)小滑塊A第二次離開傳送帶時的速度大小

2/B

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、A

【解析】

兩種情況下對整體受力分析由F=ma，因此q=%

對活塞進行受力分析，第一種情況《S-<S=〃M

對第一種情況尸十與S-[S=ma

因此可得

密封氣體得質量和溫度不變，因此可得匕>匕，因此A正確

2、D

【解析】

根據磁場的疊加原理，將最上面電流向里的導線在O點產生的磁場與最下面電流向外的導線在O點產生的磁場進行合

成，則這兩根導線的合磁感應強度為四；同理，將左上方電流向里的導線在。點產生的磁場與右下方電流向外的導線

在。點產生的磁場進行合成，則這兩根導線的合磁感應強度為用，將右上方電流向里的導線在。點產生的磁場與左

下方電流向外的導線在。點產生的磁場進行合成，則這兩根導線的合磁感應強度為A?,如圖所示:

,6

根據磁場疊加原理可知：與二層二房=2綜，由幾何關系可：B?與感的夾角為120,故將生與劣合成，則它們的

合磁感應強度大小也為2為,方向與/力的方向相同，最后將其與"合成，可得正六邊形中心處磁感應強度大小為4%,

方向水平向左，D正確，ABC錯誤。

故選D。

3、D

【解析】

當輕繩另一端在。點時，設輕繩左右兩側間的夾角為2〃以滑輪為研究對象，分析受力情況，受力分析圖如圖所示：

根據平衡條件得

2FcosO=Mg

得到輕繩的拉力

mg

-2cos<9

輕繩另一端從3點沿墻壁緩慢移到。點，由幾何知識可知，。先不變后增大，cos。先不變后減小，輕繩的拉力尸先不

變后增大，D項正確，ABC錯誤;

故選Do

4、B

【解析】

由圖乙可知特殊時刻的電動勢，根據電動勢的特點，可判處于那個面上；由圖像還可知電動勢的峰值和周期。根據有

效值和峰值的關系便可求電動勢的有效值；根據周期和頻率的關系可求頻率。

【詳解】

A.由圖乙知Q0.005s時，感應電動勢最大，由法拉第電磁感應定律

E=〃絲

可知，磁通量的變化率最大，但線圈與磁場平行磁通量為零，故A錯誤。

B.由圖乙可知U0.0I時刻，e=0,說明此時線圈正經過中性面，故B正確。

CD.由圖乙可知，該交變電流的周期為T=0.02s,電動勢最大值為Em=311V。

根據正弦式交變電流有效值和峰值的關系可得，該交變電流的有效值為

E=—E=—x311V=220V

2m2

據周期和頻率的關系可得，該交變電流的頻率為

/=-=—Hz=5OHz

T0.02

故CD錯誤。

故選兒

【點睛】

本題考杳的是有關交變電流的產生和特征的基本知識，注意會由圖像得出線圈從何處開始計時，并掌握正弦交流電的

最大值與有效值的關系。

5、D

【解析】

A.自由端向上移動L時，物塊發(fā)生的位移要小于L,所以物塊重力勢能增加量一定小于,話及加仇故A錯誤；

B.物塊受重力、彈簧的拉力、斜面的支持力和摩擦力，支持力不做功，根據動能定理知：重力、彈簧的拉力、斜面

的摩擦力對物塊做功的代數和等于物塊動能的增加量，故B錯誤；

C.物塊的重力做功不改變物塊的機械能，根據機械能守恒定律得：彈簧彈力、摩擦力對物塊做功的代數和等于物塊

機械能的增加量，故c錯誤；

D.對彈簧和物塊組成的系統，根據機械能守恒定律得：拉力尸與摩擦力做功的代數和等于彈簧和物塊的機械能增加

量，故D正確。

故選D。

6、B

【解析】

AB.設電場強度大小為E,兩粒子的運動時間相同，對正電荷A有

q、E

?!=—

Hl

2/=_L.妊/

72m

對負電荷B有

72m

聯立解得

￡i_=2

%一3

A錯誤，B正確。

CD.由動能定理得

qEx=^mv2-0

求得

3

v24

選項CD錯誤。

故選Bo

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、AC

【解析】

AB.根據萬有引力提供向心力可知:

242

7r(7)r

解得公轉半徑為：

JGMT2

4冗2

比鄰星質量約為太陽質量公轉周期相同，貝IJ“新太陽時代”，地球的公轉軌道半徑約為gAU,A正確，B錯誤;

82

CD.根據

cMmi廣

G-7-=ni—

rr

解得公轉速率

比鄰星質量約為太陽質量J,公轉半徑之比為1：2,則公轉速率之比為1：2,C正確，D錯誤。

O

故選AC,

8、BCE

【解析】

A.任何電磁波在真空中的傳播速度均為光速，故傳播速度相同，故A錯誤；

B.5G信號的頻率更高，波長更短，故相比4G信號不易發(fā)生衍射現象，則5G通信需要搭建更密集的基站，故B正

確；

C.5G信號和4G信號的頻率不同，則它們相遇不能產生穩(wěn)定的干涉現象，故C正確；

D.電磁波均為橫波，故5G信號和4G信號都是橫波，故D錯誤；

E.任何電磁波包括無線電波都具有波粒二象性的特點，故E正確。

故選BCEo

9、ABC

【解析】

A.開始時彈簧壓縮的長度為刈得：

kxB=mg

當A剛離開地面時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，對A有：

kx.\=mg

物體A剛離開地面時，物體“獲得最大速度，從C的加速度為0,對B有：

T-mg~kxA=0

對C有：

Mgsina-7=0

解得：

a=30°

故A正確；

B.由于心=刈，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，即比過程中彈簧的彈性勢能先減小后增加：而由

C以及彈簧組成的系統機械能守恒，可知A、〃、。組成的系統機械能先增加后減小，故B正確；

C.當物體4剛離開地面時，物體B上升的距離以及物體。沿斜面下滑的距離為:

2tng_2x10x10

h=x+xm=1m

AB~k~~~200

由于心彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，彈簧彈力做功為零，且物體A剛剛離開地面時，R、C

兩物體的速度相等，設為四，由動能定理得:

Mghsina-mgh=g(M+〃z)n；

解得:

VB=2m/s

故C正確；

D.當3的速度最大時，。的速度也是最大的，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，故D錯誤;

故選ABC。

10、ACD

【解析】

AB.對棒受力分析有

F-^-^--rngsin370=ma

變形得

mR廠一sin37、介

v=———a+(----好----R

B21}

結合圖乙可知

mR_1.0

=18

聯立解得

L1T/ZR25

F=1.76N,^—r=—

B2!}14

且由p=a，可知，尸的最大功率為

P=1.76W

故A正確，B錯誤;

C.當棒的速度為lm/s時，回路中的電流最大，回路中的電功率最大為

^ax=^=^-=0.56W

R

故c正確；

D.金屬蜂由靜止加速到最大速度由動量定理得

Ft，〃gsin371=niv

R

即

Ft-R-mgsin37t=mv

解得

x=0.72m

金屬棒由岸止加速到最大速度，由動能定理得

oJL0

Fx-mg?xsin37+WA=—mv~

解得

%=-0.26J

由功能關系可知

Q=-WA=0.26J

故D正確。

故選ACD0

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、AC0.820.067

【解析】

(1)llj.A.為了保證小車的動能都是橡皮筋做功的結果，必須平衡摩擦力，長木板要適當的傾斜，故A正確。

B.打點計時器使用的是低壓交流電源。故B錯誤；

C.根據實驗原理可知，每次實驗，小車必須從同一位置由靜止彈出°故C正確。

D.根據實驗原理可知，橡皮筋必須是相同的，故D錯誤。

故選AC

(2)[2][3].要測量最大速度，應該選用點跡恒定的部分。即應選用紙帶的C、D、E部分進行測量，時間間隔為0.02s,

最大速度：

_尤_1.64x10-2

=0.82m/s

~70.02

如果用2條橡皮筋做實驗，那么在理論上，小車獲得的最大動能為

2

E.MH=2-/27?V；=0.1X0.82J=0.067J

12、ABD0.541.5未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力未滿足小車的質量遠遠大于小桶和祛碼的總

質量

【解析】

(1)本實驗采用的實驗方法是控制變量法；

(2)平衡摩擦力時，應不掛小桶，讓小車拖著紙帶在木板上做勻速運動，選項A錯誤；每次改變小車的質量時，不

需要重新平衡摩擦力，選項B正確；實驗時要先接通電源后放小車，選項C錯誤；因為為正比關系，故為得

m

出加速度a與與質量m的關系而作出圖象，選項D正確；故選BD.

m

(3)計數點間的時間間隔T=0.02SX5=0.1S,打B計數點時小車的速度大小為

匕==0.54m/s；

"2T

根據逐差法得。=餐，小車的加速度〃=尊丁:?=1Sm/s?

(4)由圖線可知，當力F到達一定的值時才有加速度，故圖線不過原點的原因是未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力;

圖線在末端彎曲的原因是未滿足小車的質量遠遠大于小桶和祛碼的總質量；

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13、(1)11N；(l)0.5s

【解析】

(1)滑塊保持止，假設壓力戶的最小值為根據平衡條件得

mgs\nO=4(〃2gcos8+月)

解得

6=22N

滑塊和木板整體保持靜止，壓力產的最小值為尸根據平衡條件得

2〃zgsin。=〃2(2〃7gcos6+6)

解得

鳥=14N

所以壓力尸的最小值為

F=22N

(1)撤去壓力F,滑塊和木板均沿斜面向下做勻加速運動，設加速度分別為和川，根據牛頓第二定律得，對滑塊

有

mgsinO-Mmgcos0-max

解得

2

ax-4.4m/s

對木板有

mgsinO+必mgcos9-出2mgeos0=maz

解得

a,=1.2m/s2

設經過時間f,滑塊從木板上滑下，則

1,i2￡

-a.t--a,廣=—

212-2

解得

r=0.5s

13“I

14、(1)—JT；(2)3()-m

36

【解析】

(1)設甲、乙與擋板碰前先達共同速度，則由動量守恒定律得

mv{}=(M+〃2)匕

解得

vi=lm/s

設此時甲的位移勺，則

得

Xi=0.5m</

假設正碓

甲與彈性擋板碰后立即反向運動