物理-參考答案-2024-2025深圳盟校期中考試

參考答案：題號(hào)12345678910答案DBDABDDDAC題號(hào)111213答案BDD1．D【詳解】A．火箭加速上升，加速度豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律可知火箭受到的合力方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；B．火箭內(nèi)的宇航員加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．火箭受到的重力受力物體是火箭，氣體對(duì)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(gè)不同的物體上，故C錯(cuò)誤；D．飛船內(nèi)的宇航員對(duì)椅子的壓力與椅子對(duì)宇航員的彈力是一對(duì)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(yùn)行速度小于第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤；B．萬(wàn)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(yùn)行時(shí)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(yùn)行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C錯(cuò)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(jù)a=ω2r知，衛(wèi)星運(yùn)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(cuò)誤。故選B。3．D【詳解】A．對(duì)小球受力分析，如圖所示受細(xì)線的拉力、重力、水平力F，根據(jù)平衡條件有F＝mgtanθθ逐漸增大，則F逐漸增大，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，細(xì)線的拉力θ增大，T增大，故B錯(cuò)誤；CD．以鐵架臺(tái)、小球整體為研究對(duì)象，根據(jù)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(cuò)誤，D正確。故選D。4．A【詳解】A．波沿x軸負(fù)方向傳播，則、1、2、3……從而得到周期、1、2、3……當(dāng)時(shí)sA正確；B．波沿x軸負(fù)方向傳播，根據(jù)上下坡法可知質(zhì)點(diǎn)M在時(shí)刻沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)；波沿x軸正方向傳播，根據(jù)上下坡法可知質(zhì)點(diǎn)M在時(shí)刻沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．由圖可知：該波波長(zhǎng)為4m，波沿x軸負(fù)方向傳播，則、1、2、3……當(dāng)時(shí)若該波沿x軸正向傳播，則、1、2、3……其波速不可能為，C錯(cuò)誤；D．若波沿x軸負(fù)方向傳播時(shí)，由s當(dāng)時(shí)s則質(zhì)點(diǎn)M在到時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的路程為D錯(cuò)誤。故選A。5．B【詳解】設(shè)長(zhǎng)度為，則OP長(zhǎng)度則OQ長(zhǎng)度如果僅剪斷輕繩OP，由機(jī)械能守恒定律，小球到達(dá)最低位置時(shí)動(dòng)能如果僅剪斷輕繩OQ，由機(jī)械能守恒定律，小球到達(dá)最低位置時(shí)動(dòng)能則故選B。6．D【詳解】A．汽車在這段位移內(nèi)所受合外力逐漸增大，汽車做加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．F-x圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示F的功，所以F在這段位移內(nèi)對(duì)汽車所作的功為設(shè)汽車在位置時(shí)的速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)能定理有解得故B錯(cuò)誤；C．設(shè)汽車在的位置的速度大小為v2，根據(jù)動(dòng)能定理有解得汽車在的位置F的瞬時(shí)功率為故C錯(cuò)誤；D．設(shè)所用時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)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(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)正在向-y振動(dòng)，結(jié)合圖a可知，波沿-x方向傳播，則0.5s時(shí)刻P質(zhì)點(diǎn)正在向方向振動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；CD．由圖a知波長(zhǎng)由圖b知，周期則波速0.5s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P在接近平衡位置，則速度增大，質(zhì)點(diǎn)Q在遠(yuǎn)離平衡位置，則速度減小，故C錯(cuò)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(nèi)能增加△U＞0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=W+Q，知Q＞0，氣體吸收熱量，A錯(cuò)誤；B．由狀態(tài)B變到狀態(tài)C的過(guò)程中，溫度不變，內(nèi)能不變△U=0，而體積變大，氣體對(duì)外界做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=W+Q，知Q＞0，氣體吸收熱量，B錯(cuò)誤；C．氣體從C到D發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律知p∝T，所以C狀態(tài)氣體的壓強(qiáng)大于D狀態(tài)氣體的壓強(qiáng)，C錯(cuò)誤；D．A點(diǎn)和D點(diǎn)在過(guò)原點(diǎn)的連線上，說(shuō)明氣體由A到D壓強(qiáng)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(dòng)能大，狀態(tài)A和狀態(tài)D壓強(qiáng)相等，根據(jù)壓強(qiáng)的微觀解釋可知，D狀態(tài)時(shí)單位時(shí)間內(nèi)與器壁單位面積碰撞的分子數(shù)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(shí)間極短，在瞬間動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：，解得根據(jù)動(dòng)量定理，合外力的沖量，故A正確，BCD錯(cuò)誤．【點(diǎn)睛】木塊自被子彈擊中前速度為零，第一次回到原來(lái)的位置的速度等于子彈擊中木塊后瞬間的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出子彈擊中后的速度，通過(guò)動(dòng)量定理求出合外力的沖量；本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理、綜合性較強(qiáng)，對(duì)提升學(xué)生的能力有著很好的作用．10．C【詳解】A．由于小球擺下過(guò)程中，彈簧變長(zhǎng)，重力做功應(yīng)大于mgL，故A錯(cuò)誤；B．小球下擺到點(diǎn)正下方過(guò)程中，彈簧伸長(zhǎng)，小球做的不是圓周運(yùn)動(dòng)，故彈力與速度成鈍角，彈力對(duì)小球做負(fù)功，所以小球機(jī)械能變小，故B錯(cuò)誤；CD．小球下擺到O點(diǎn)正下方過(guò)程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。11．B【詳解】A．傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)相比靜止時(shí)，木塊下滑過(guò)程中受到滑動(dòng)摩擦力不變，則木塊整體受力情況不變，所以加速度不變，設(shè)傳送帶長(zhǎng)度為x，因?yàn)槟緣K從頂端以同樣的初速度開始下滑，根據(jù)可知木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)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(guò)程中，重力做功不變，摩擦力對(duì)木塊做功不變，根據(jù)動(dòng)能定理可知木塊動(dòng)能的增加量不變，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)木塊相對(duì)傳送帶的位移為s，則系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)相比靜止時(shí)，s增大，所以系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能增大，故D錯(cuò)誤。故選B。12．D【詳解】A．根據(jù)波速與折射率的關(guān)系有代入數(shù)據(jù)有A錯(cuò)誤；B．當(dāng)光線從較高折射率的介質(zhì)進(jìn)入到較低折射率的介質(zhì)時(shí)才會(huì)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(cuò)誤；D．根據(jù)題意畫出如下光路圖由圖可看出OO′=h，AB=x由幾何關(guān)系可知O′B=htanα，O′A=htanβ則AB=O′B-O′A=hD正確；C．光斑P移動(dòng)的速度大小為打開出水口，水平下降的過(guò)程中，底部的水壓不斷在減小，故水面下降的速度越來(lái)越慢，則由上式可知光斑P移動(dòng)的速度大小越來(lái)越慢，故C錯(cuò)誤。故選D。13．D【詳解】B．系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧被壓縮，設(shè)壓縮量為，由平衡條件得解得物塊B剛要離開擋板C時(shí)，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(shè)拉伸量為，由解得在物塊B剛要離開擋板C時(shí)，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(cuò)誤；A．物塊A在力F作用下沿斜面向上運(yùn)動(dòng)直到物塊B剛要離開擋板C時(shí)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為故A錯(cuò)誤；C．由于彈簧原來(lái)處于壓縮狀態(tài)，具有彈性勢(shì)能，在拉力拉物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧先恢復(fù)原長(zhǎng)后被拉伸，又具有彈性勢(shì)能，即彈簧彈性勢(shì)能先減小后增大，故C錯(cuò)誤；D．在拉力拉物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于拉力逐漸增大，物塊A沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度逐漸增大，根據(jù)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(cè)出單擺的擺長(zhǎng)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(zhǎng)和周期無(wú)關(guān)，C正確，AB錯(cuò)誤；故選C。（2）[2]為減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選擇適當(dāng)長(zhǎng)些的細(xì)繩作擺線，擺線應(yīng)選擇B；為減小空氣阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，應(yīng)選擇質(zhì)量大而體積小的球作擺球，因此擺球應(yīng)選擇C；實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量擺長(zhǎng)，需要用到刻度尺；實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量單擺的周期，測(cè)周期需要停表，應(yīng)把單擺固定在鐵架臺(tái)上。因此，需要的實(shí)驗(yàn)器材是BCEF。（3）①[3]擺線長(zhǎng)度與擺球半徑之和是單擺擺長(zhǎng)，測(cè)量單擺的擺長(zhǎng)，應(yīng)測(cè)量從擺線的懸點(diǎn)到擺球球心的距離。（4）[4]根據(jù)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(shí)驗(yàn)作出的T2-l圖像的斜率小于在廈門所做實(shí)驗(yàn)作出的T2-l圖像的斜率，因此在北京測(cè)得的實(shí)驗(yàn)結(jié)果對(duì)應(yīng)的圖線是B。15．CACBCD【詳解】（1）[1]在小球碰撞過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒定律，則有在碰撞過(guò)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(cuò)誤。故選C。（2）[2]P為碰前入射小球落點(diǎn)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(yùn)動(dòng)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(dá)式則表明通過(guò)該實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，整理得故需要測(cè)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(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)，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(cuò)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(duì)心正碰，碰撞后兩球做平拋運(yùn)動(dòng)，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(jù)（2）的解答可知，表達(dá)式為16．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）放重物后，氣體壓強(qiáng)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(guò)程中，對(duì)外界做功根據(jù)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(shè)從弧形面的A點(diǎn)出射，由幾何關(guān)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(guān)系可知PA=，AQ=R設(shè)光在玻璃磚中的傳播速度為v，有光束從OM上的P點(diǎn)到達(dá)光屏上的Q點(diǎn)所用的時(shí)間為聯(lián)立方程可得(3)設(shè)入射點(diǎn)距圓心O為x0時(shí)，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(guān)系可知可得故時(shí)，光束不再?gòu)幕⌒伪砻娉錾?8．(1)μg和2μg；(2)，；(3)【詳解】(1)木塊和木板相對(duì)滑動(dòng)，受到滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得(2)木板和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)所受合外力為零，因而總動(dòng)量守恒，則有解得兩者的最終速度對(duì)木塊，根據(jù)速度與時(shí)間關(guān)系解得相對(duì)位移(3)要使木塊不從木板上滑落，木板最小長(zhǎng)度即為速度相等時(shí)，木塊相對(duì)于木板的位移19．(1)；(2)0.8m；(3)6J【詳解】(1)設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后滑塊Q的速度為v2由動(dòng)量守恒和能量守恒可知解得，(2)若滑塊Q剛好從C點(diǎn)水平拋出，則由牛頓第二定律解得可知故滑塊Q不會(huì)從C點(diǎn)水平拋出?；瑝KQ脫離CD軌道的瞬間，與軌道間作用力為零，設(shè)滑塊Q從E點(diǎn)脫離軌道，設(shè)OE與豎直方向夾角