物理-參考答案-2024-2025深圳盟校期中考試

參考答案：題號12345678910答案DBDABDDDAC題號111213答案BDD1．D【詳解】A．火箭加速上升，加速度豎直向上，根據牛頓第二定律可知火箭受到的合力方向豎直向上，故A錯誤；B．火箭內的宇航員加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，故B錯誤；C．火箭受到的重力受力物體是火箭，氣體對火箭的作用力受力物體也是火箭，相互作用力是作用在兩個不同的物體上，故C錯誤；D．飛船內的宇航員對椅子的壓力與椅子對宇航員的彈力是一對相互作用力，故D正確。故選D。2．B【詳解】A．第一宇宙速度為而同步衛(wèi)星的速度為因此同步衛(wèi)星的運行速度小于第一宇宙速度，故A錯誤；B．萬有引力提供向心力，有且有r=R+h解得故B正確；C．衛(wèi)星運行時受到的向心力大小是向心加速度地表重力加速度為故衛(wèi)星運行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C錯誤；D．同步衛(wèi)星與地球赤道表面的物體具有相同的角速度，根據a=ω2r知，衛(wèi)星運行的向心加速度大于地球赤道表面物體的向心加速度，故D錯誤。故選B。3．D【詳解】A．對小球受力分析，如圖所示受細線的拉力、重力、水平力F，根據平衡條件有F＝mgtanθθ逐漸增大，則F逐漸增大，故A錯誤；B．由圖可知，細線的拉力θ增大，T增大，故B錯誤；CD．以鐵架臺、小球整體為研究對象，根據平衡條件得f＝F則f逐漸增大，豎直方向只有重力和地面的支持力，所以FN保持不變，故C錯誤，D正確。故選D。4．A【詳解】A．波沿x軸負方向傳播，則、1、2、3……從而得到周期、1、2、3……當時sA正確；B．波沿x軸負方向傳播，根據上下坡法可知質點M在時刻沿y軸負方向運動；波沿x軸正方向傳播，根據上下坡法可知質點M在時刻沿y軸正方向運動，B錯誤；C．由圖可知：該波波長為4m，波沿x軸負方向傳播，則、1、2、3……當時若該波沿x軸正向傳播，則、1、2、3……其波速不可能為，C錯誤；D．若波沿x軸負方向傳播時，由s當時s則質點M在到時間內，質點M運動的路程為D錯誤。故選A。5．B【詳解】設長度為，則OP長度則OQ長度如果僅剪斷輕繩OP，由機械能守恒定律，小球到達最低位置時動能如果僅剪斷輕繩OQ，由機械能守恒定律，小球到達最低位置時動能則故選B。6．D【詳解】A．汽車在這段位移內所受合外力逐漸增大，汽車做加速度增大的加速直線運動，故A錯誤；B．F-x圖像與坐標軸所圍的面積表示F的功，所以F在這段位移內對汽車所作的功為設汽車在位置時的速度大小為v1，根據動能定理有解得故B錯誤；C．設汽車在的位置的速度大小為v2，根據動能定理有解得汽車在的位置F的瞬時功率為故C錯誤；D．設所用時間為t，根據動量定理有解得故D正確。故選D。7．D【詳解】AB．由圖b可知，0.5s時刻Q質點正在向-y振動，結合圖a可知，波沿-x方向傳播，則0.5s時刻P質點正在向方向振動，故AB錯誤；CD．由圖a知波長由圖b知，周期則波速0.5s時刻質點P在接近平衡位置，則速度增大，質點Q在遠離平衡位置，則速度減小，故C錯誤，D正確。故選D。8．D【詳解】A．氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B體積不變，發(fā)生的是等容變化，氣體不做功W=0，而溫度升高，內能增加△U＞0，根據熱力學第一定律△U=W+Q，知Q＞0，氣體吸收熱量，A錯誤；B．由狀態(tài)B變到狀態(tài)C的過程中，溫度不變，內能不變△U=0，而體積變大，氣體對外界做功，根據熱力學第一定律△U=W+Q，知Q＞0，氣體吸收熱量，B錯誤；C．氣體從C到D發(fā)生等容變化，根據查理定律知p∝T，所以C狀態(tài)氣體的壓強大于D狀態(tài)氣體的壓強，C錯誤；D．A點和D點在過原點的連線上，說明氣體由A到D壓強不變，體積增大，分子的密集程度減小，狀態(tài)D溫度高，分子的平均動能大，狀態(tài)A和狀態(tài)D壓強相等，根據壓強的微觀解釋可知，D狀態(tài)時單位時間內與器壁單位面積碰撞的分子數比A狀態(tài)少，D正確。故選D。9．A【詳解】由于子彈射入木塊的時間極短，在瞬間動量守恒，根據動量守恒定律得：，解得根據動量定理，合外力的沖量，故A正確，BCD錯誤．【點睛】木塊自被子彈擊中前速度為零，第一次回到原來的位置的速度等于子彈擊中木塊后瞬間的速度，根據動量守恒定律求出子彈擊中后的速度，通過動量定理求出合外力的沖量；本題綜合考查了動量守恒定律、動量定理、綜合性較強，對提升學生的能力有著很好的作用．10．C【詳解】A．由于小球擺下過程中，彈簧變長，重力做功應大于mgL，故A錯誤；B．小球下擺到點正下方過程中，彈簧伸長，小球做的不是圓周運動，故彈力與速度成鈍角，彈力對小球做負功，所以小球機械能變小，故B錯誤；CD．小球下擺到O點正下方過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可得解得故C正確，D錯誤。故選C。11．B【詳解】A．傳送帶勻速運動相比靜止時，木塊下滑過程中受到滑動摩擦力不變，則木塊整體受力情況不變，所以加速度不變，設傳送帶長度為x，因為木塊從頂端以同樣的初速度開始下滑，根據可知木塊運動時間不變，故A錯誤；B．根據可知木塊克服摩擦力所做功不變，故B正確；C．木塊在滑到底端的過程中，重力做功不變，摩擦力對木塊做功不變，根據動能定理可知木塊動能的增加量不變，故C錯誤；D．設木塊相對傳送帶的位移為s，則系統(tǒng)產生的內能為傳送帶勻速運動相比靜止時，s增大，所以系統(tǒng)產生的內能增大，故D錯誤。故選B。12．D【詳解】A．根據波速與折射率的關系有代入數據有A錯誤；B．當光線從較高折射率的介質進入到較低折射率的介質時才會發(fā)生全反射，題干是從空氣中射入水中，故增大入射角，激光能在水面發(fā)生不全反射，B錯誤；D．根據題意畫出如下光路圖由圖可看出OO′=h，AB=x由幾何關系可知O′B=htanα，O′A=htanβ則AB=O′B-O′A=hD正確；C．光斑P移動的速度大小為打開出水口，水平下降的過程中，底部的水壓不斷在減小，故水面下降的速度越來越慢，則由上式可知光斑P移動的速度大小越來越慢，故C錯誤。故選D。13．D【詳解】B．系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，彈簧被壓縮，設壓縮量為，由平衡條件得解得物塊B剛要離開擋板C時，彈簧被拉伸，彈簧彈力等于物塊B的重力沿斜面方向的分力，設拉伸量為，由解得在物塊B剛要離開擋板C時，拉力最大，隔離物塊A，分析受力，由牛頓第二定律解得故B錯誤；A．物塊A在力F作用下沿斜面向上運動直到物塊B剛要離開擋板C時，物塊A運動的距離為故A錯誤；C．由于彈簧原來處于壓縮狀態(tài)，具有彈性勢能，在拉力拉物塊沿斜面向上運動過程中，彈簧先恢復原長后被拉伸，又具有彈性勢能，即彈簧彈性勢能先減小后增大，故C錯誤；D．在拉力拉物塊沿斜面向上運動過程中，由于拉力逐漸增大，物塊A沿斜面做勻加速運動，速度逐漸增大，根據功率公式P=Fv可知，拉力做功的功率一直增大，故D正確。故選D。14．CBCEF擺球球心B【詳解】（1）[1]由單擺周期公式T=2π解得g=測出單擺的擺長l與周期T，可以求出重力加速度，但是重力加速度與單擺的擺長和周期無關，C正確，AB錯誤；故選C。（2）[2]為減小實驗誤差，應選擇適當長些的細繩作擺線，擺線應選擇B；為減小空氣阻力對實驗的影響，應選擇質量大而體積小的球作擺球，因此擺球應選擇C；實驗需要測量擺長，需要用到刻度尺；實驗需要測量單擺的周期，測周期需要停表，應把單擺固定在鐵架臺上。因此，需要的實驗器材是BCEF。（3）①[3]擺線長度與擺球半徑之和是單擺擺長，測量單擺的擺長，應測量從擺線的懸點到擺球球心的距離。（4）[4]根據T=2π解得T2=l圖像的斜率k=則g=圖像的斜率越小，重力加速度越大，由于北京的重力加速度大于廈門的重力加速度，因此在北京所做實驗作出的T2-l圖像的斜率小于在廈門所做實驗作出的T2-l圖像的斜率，因此在北京測得的實驗結果對應的圖線是B。15．CACBCD【詳解】（1）[1]在小球碰撞過程中水平方向動量守恒定律，則有在碰撞過程中能量守恒，則有解得要碰后入射小球的速度，則有解得；為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同，即，故C正確，ABD錯誤。故選C。（2）[2]P為碰前入射小球落點的平均位置，M為碰后入射小球的位置，N為碰后被碰小球的位置，根平拋運動的規(guī)律，則可得碰撞前入射小球的速度碰撞后入射小球的速度碰撞后被碰小球的速度若滿足表達式則表明通過該實驗驗證了兩球碰撞過程中動量守恒，整理得故需要測量的工具有刻度尺和天平，故AC需要，BDE不需要。選AC。（3）[3]AB．驗證動量守恒定律實驗，必須保證斜槽軌道末端切線水平，斜槽軌道不必要光滑，故A錯誤，B正確；C．為保證球的初速度相等，入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；D．為保證兩球發(fā)生對心正碰，碰撞后兩球做平拋運動，碰撞的瞬間，入射球與被碰球的球心連線與軌道末端的切線平行，故D正確。故選BCD。（4）[4]根據（2）的解答可知，表達式為16．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）放重物后，氣體壓強氣體做等溫變化聯(lián)立解得（2）緩慢升高氣體溫度，活塞緩慢上升，氣體做等壓變化解得（3）氣體等壓變化過程中，對外界做功根據U=Q＋W可得將m代入得17．(1)；(2)；(3)【詳解】(1)如圖，光線垂直于玻璃磚上表面入射，不改變方向，假設從弧形面的A點出射，由幾何關系可知，入射角β=30°，折射角α=60°玻璃磚的折射率為(2)由幾何關系可知PA=，AQ=R設光在玻璃磚中的傳播速度為v，有光束從OM上的P點到達光屏上的Q點所用的時間為聯(lián)立方程可得(3)設入射點距圓心O為x0時，光束剛好不從弧形表面出射，即光束在弧形表面發(fā)生全反射，全反射的臨界角為C，有由幾何關系可知可得故時，光束不再從弧形表面出射18．(1)μg和2μg；(2)，；(3)【詳解】(1)木塊和木板相對滑動，受到滑動摩擦力，根據牛頓第二定律得(2)木板和木塊構成的系統(tǒng)所受合外力為零，因而總動量守恒，則有解得兩者的最終速度對木塊，根據速度與時間關系解得相對位移(3)要使木塊不從木板上滑落，木板最小長度即為速度相等時，木塊相對于木板的位移19．(1)；(2)0.8m；(3)6J【詳解】(1)設彈簧恢復原長后滑塊Q的速度為v2由動量守恒和能量守恒可知解得，(2)若滑塊Q剛好從C點水平拋出，則由牛頓第二定律解得可知故滑塊Q不會從C點水平拋出?；瑝KQ脫離CD軌道的瞬間，與軌道間作用力為零，設滑塊Q從E點脫離軌道，設OE與豎直方向夾角