廣東省深圳市桃源居中澳實(shí)驗(yàn)學(xué)校等學(xué)校2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期期中聯(lián)考物理試題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

【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＝mgtanθ
θ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)
s
A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=h
D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． C BCEF 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． C AC BCD
【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?br>18．(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。
滑塊Q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與豎直方向夾角為θ，滑塊Q的速度為vQ
動(dòng)能定理
由牛頓第二定律
解得
解得離地高度
(3)設(shè)滑塊P沿傳送帶上滑的加速度為a1，所用時(shí)間為t1，最大位移為s1，牛頓第二定律
由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律
傳送帶位移
相對(duì)位移
解得
，，，，
之后向下加速的加速度仍為a1，設(shè)加速到v0所用時(shí)間為t2，位移為s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律
傳送帶位移
相對(duì)位移
解得
，，
因?yàn)?br>故共速之后滑塊會(huì)以加速度a2繼續(xù)向下加速，設(shè)繼續(xù)滑到B點(diǎn)時(shí)速度為vB，所用時(shí)間為t3，由牛頓第二定律
運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律
傳送帶位移
相對(duì)位移
解得
，，，
產(chǎn)生的內(nèi)能
解得
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
D
A
B
D
D
D
A
C
題號(hào)
11
12
13

答案
B
D
D

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