广东省深圳市桃源居中澳实验学校等学校2024-2025学年高三上学期期中联考物理试题

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【详解】A．火箭加速上升，加速度竖直向上，根据牛顿第二定律可知火箭受到的合力方向竖直向上，故A错误；
B．火箭内的宇航员加速度竖直向上，处于超重状态，故B错误；
C．火箭受到的重力受力物体是火箭，气体对火箭的作用力受力物体也是火箭，相互作用力是作用在两个不同的物体上，故C错误；
D．飞船内的宇航员对椅子的压力与椅子对宇航员的弹力是一对相互作用力，故D正确。
故选D。
2．B
【详解】A．第一宇宙速度为
而同步卫星的速度为
因此同步卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．万有引力提供向心力，有
且有
r=R+h
解得
故B正确；
C．卫星运行时受到的向心力大小是
向心加速度
地表重力加速度为
故卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；
D．同步卫星与地球赤道表面的物体具有相同的角速度，根据
a=ω2r
知，卫星运行的向心加速度大于地球赤道表面物体的向心加速度，故D错误。
故选B。
3．D
【详解】A．对小球受力分析，如图所示
受细线的拉力、重力、水平力F，根据平衡条件有
F＝mgtanθ
θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A错误；
B．由图可知，细线的拉力
θ增大，T增大，故B错误；
CD．以铁架台、小球整体为研究对象，根据平衡条件得
f＝F
则f逐渐增大，竖直方向只有重力和地面的支持力，所以
FN保持不变，故C错误，D正确。
故选D。
4．A
【详解】A．波沿x轴负方向传播，则
、1、2、3……
从而得到周期
、1、2、3……
当时
s
A正确；
B．波沿x轴负方向传播，根据上下坡法可知质点M在时刻沿y轴负方向运动；波沿x轴正方向传播，根据上下坡法可知质点M在时刻沿y轴正方向运动，B错误；
C．由图可知：该波波长为4m，波沿x轴负方向传播，则
、1、2、3……
当时
若该波沿x轴正向传播，则
、1、2、3……
其波速不可能为，C错误；
D．若波沿x轴负方向传播时，由
s
当时
s
则质点M在到时间内，质点M运动的路程为
D错误。
故选A。
5．B
【详解】设长度为，则OP长度
则OQ长度
如果仅剪断轻绳OP，由机械能守恒定律，小球到达最低位置时动能
如果仅剪断轻绳OQ，由机械能守恒定律，小球到达最低位置时动能
则
故选B。
6．D
【详解】A．汽车在这段位移内所受合外力逐渐增大，汽车做加速度增大的加速直线运动，故A错误；
B．F-x图像与坐标轴所围的面积表示F的功，所以F在这段位移内对汽车所作的功为
设汽车在位置时的速度大小为v1，根据动能定理有
解得
故B错误；
C．设汽车在的位置的速度大小为v2，根据动能定理有
解得
汽车在的位置F的瞬时功率为
故C错误；
D．设所用时间为t，根据动量定理有
解得
故D正确。
故选D。
7．D
【详解】AB．由图b可知，0.5s时刻Q质点正在向-y振动，结合图a可知，波沿-x方向传播，则0.5s时刻P质点正在向方向振动，故AB错误；
CD．由图a知波长
由图b知，周期
则波速
0.5s时刻质点P在接近平衡位置，则速度增大，质点Q在远离平衡位置，则速度减小，故C错误，D正确。
故选D。
8．D
【详解】A．气体从状态A到状态B体积不变，发生的是等容变化，气体不做功W=0，而温度升高，内能增加△U＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q，知Q＞0，气体吸收热量，A错误；
B．由状态B变到状态C的过程中，温度不变，内能不变△U=0，而体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律△U=W+Q，知Q＞0，气体吸收热量，B错误；
C．气体从C到D发生等容变化，根据查理定律知p∝T，所以C状态气体的压强大于D状态气体的压强，C错误；
D．A点和D点在过原点的连线上，说明气体由A到D压强不变，体积增大，分子的密集程度减小，状态D温度高，分子的平均动能大，状态A和状态D压强相等，根据压强的微观解释可知，D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，D正确。
故选D。
9．A
【详解】由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得：
，解得
根据动量定理，合外力的冲量，故A正确，BCD错误．
【点睛】木块自被子弹击中前速度为零，第一次回到原来的位置的速度等于子弹击中木块后瞬间的速度，根据动量守恒定律求出子弹击中后的速度，通过动量定理求出合外力的冲量；本题综合考查了动量守恒定律、动量定理、综合性较强，对提升学生的能力有着很好的作用．
10．C
【详解】A．由于小球摆下过程中，弹簧变长，重力做功应大于mgL，故A错误；
B．小球下摆到点正下方过程中，弹簧伸长，小球做的不是圆周运动，故弹力与速度成钝角，弹力对小球做负功，所以小球机械能变小，故B错误；
CD．小球下摆到O点正下方过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，可得
解得
故C正确，D错误。
故选C。
11．B
【详解】A．传送带匀速运动相比静止时，木块下滑过程中受到滑动摩擦力不变，则木块整体受力情况不变，所以加速度不变，设传送带长度为x，因为木块从顶端以同样的初速度开始下滑，根据可知木块运动时间不变，故A错误；
B．根据可知木块克服摩擦力所做功不变，故B正确；
C．木块在滑到底端的过程中，重力做功不变，摩擦力对木块做功不变，根据动能定理可知木块动能的增加量不变，故C错误；
D．设木块相对传送带的位移为s，则系统产生的内能为
传送带匀速运动相比静止时，s增大，所以系统产生的内能增大，故D错误。
故选B。
12．D
【详解】A．根据波速与折射率的关系有
代入数据有
A错误；
B．当光线从较高折射率的介质进入到较低折射率的介质时才会发生全反射，题干是从空气中射入水中，故增大入射角，激光能在水面发生不全反射，B错误；
D．根据题意画出如下光路图
由图可看出
OO′=h，AB=x
由几何关系可知
O′B=htanα，O′A =htanβ
则
AB=O′B-O′A=h
D正确；
C．光斑P移动的速度大小为
打开出水口，水平下降的过程中，底部的水压不断在减小，故水面下降的速度越来越慢，则由上式可知光斑P移动的速度大小越来越慢，故C错误。
故选D。
13．D
【详解】B．系统处于静止状态时，弹簧被压缩，设压缩量为，由平衡条件得
解得
物块B刚要离开挡板C时，弹簧被拉伸，弹簧弹力等于物块B的重力沿斜面方向的分力，设拉伸量为，由
解得
在物块B刚要离开挡板C时，拉力最大，隔离物块A，分析受力，由牛顿第二定律
解得
故B错误；
A．物块A在力F作用下沿斜面向上运动直到物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为
故A错误；
C．由于弹簧原来处于压缩状态，具有弹性势能，在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，弹簧先恢复原长后被拉伸，又具有弹性势能，即弹簧弹性势能先减小后增大，故C错误；
D．在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，由于拉力逐渐增大，物块A沿斜面做匀加速运动，速度逐渐增大，根据功率公式P=Fv可知，拉力做功的功率一直增大，故D正确。
故选D。
14． C BCEF 摆球球心 B
【详解】（1）[1]由单摆周期公式
T=2π
解得
g=
测出单摆的摆长l与周期T，可以求出重力加速度，但是重力加速度与单摆的摆长和周期无关，C正确，AB错误；
故选C。
（2）[2]为减小实验误差，应选择适当长些的细绳作摆线，摆线应选择B；为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的球作摆球，因此摆球应选择C；实验需要测量摆长，需要用到刻度尺；实验需要测量单摆的周期，测周期需要停表，应把单摆固定在铁架台上。因此，需要的实验器材是BCEF。
（3）①[3]摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，测量单摆的摆长，应测量从摆线的悬点到摆球球心的距离。
（4）[4]根据
T=2π
解得
T2=l
图像的斜率
k=
则
g=
图像的斜率越小，重力加速度越大，由于北京的重力加速度大于厦门的重力加速度，因此在北京所做实验作出的T2-l图像的斜率小于在厦门所做实验作出的T2-l图像的斜率，因此在北京测得的实验结果对应的图线是B。
15． C AC BCD
【详解】（1）[1]在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，则有
在碰撞过程中能量守恒，则有
解得
要碰后入射小球的速度，则有
解得；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，即，故C正确，ABD错误。
故选C。
（2）[2]P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，根平抛运动的规律，则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
若满足表达式
则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，整理得
故需要测量的工具有刻度尺和天平，故AC需要，BDE不需要。
选AC。
（3）[3] AB．验证动量守恒定律实验，必须保证斜槽轨道末端切线水平，斜槽轨道不必要光滑，故A错误，B正确；
C．为保证球的初速度相等，入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；
D．为保证两球发生对心正碰，碰撞后两球做平抛运动，碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，故D正确。
故选BCD。
（4）[4]根据（2）的解答可知，表达式为
16．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）放重物后，气体压强
气体做等温变化
联立解得
（2）缓慢升高气体温度，活塞缓慢上升，气体做等压变化
解得
（3）气体等压变化过程中，对外界做功
根据U = Q＋W可得
将m代入得
17．(1)；(2)；(3)
【详解】(1)如图，光线垂直于玻璃砖上表面入射，不改变方向，假设从弧形面的A点出射，由几何关系可知，入射角β=30°，折射角α=60°
玻璃砖的折射率为
(2)由几何关系可知
PA=， AQ=R
设光在玻璃砖中的传播速度为v，有
光束从OM上的P点到达光屏上的Q点所用的时间为
联立方程可得
(3)设入射点距圆心O为x0时，光束刚好不从弧形表面出射，即光束在弧形表面发生全反射，全反射的临界角为C，有
由几何关系可知
可得
故时，光束不再从弧形表面出射
18．(1)μg 和2μg；(2) ，；(3)
【详解】(1)木块和木板相对滑动，受到滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得
(2)木板和木块构成的系统所受合外力为零，因而总动量守恒，则有
解得两者的最终速度
对木块，根据速度与时间关系
解得
相对位移
(3) 要使木块不从木板上滑落，木板最小长度即为速度相等时，木块相对于木板的位移
19．(1)；(2)0.8m；(3)6J
【详解】(1)设弹簧恢复原长后滑块Q的速度为v2
由动量守恒和能量守恒可知
解得
，
(2)若滑块Q刚好从C点水平抛出，则由牛顿第二定律
解得
可知
故滑块Q不会从C点水平抛出。
滑块Q脱离CD轨道的瞬间，与轨道间作用力为零，设滑块Q从E点脱离轨道，设OE与竖直方向夹角为θ，滑块Q的速度为vQ
动能定理
由牛顿第二定律
解得
解得离地高度
(3)设滑块P沿传送带上滑的加速度为a1，所用时间为t1，最大位移为s1，牛顿第二定律
由运动学规律
传送带位移
相对位移
解得
，，，，
之后向下加速的加速度仍为a1，设加速到v0所用时间为t2，位移为s2，由运动学规律
传送带位移
相对位移
解得
，，
因为
故共速之后滑块会以加速度a2继续向下加速，设继续滑到B点时速度为vB，所用时间为t3，由牛顿第二定律
运动学规律
传送带位移
相对位移
解得
，，，
产生的内能
解得
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
D
A
B
D
D
D
A
C
题号
11
12
13







答案
B
D
D