物理试卷.pdf

第 1 页，共 3 页 成都石室中学 2019-2020 学年度上期高 2020 届 10 月月考 物理答案 一、单项选择题（本题共 8 个小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题意） 1 2 3 4 5 6 7 8 D C A A C D B D 二、多项选择题（本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，在每小题给出的四个选项中， 有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错得 0 分） 9 10 11 12 AD AB BC AD 三、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分，第 13-17 题为必考题，每个试题考生都 必需作答。第 18-19 题为选考题，考生根据需要作答） 13．(1) 4.5；1.0 (2)0 【解析】（1）电源的 U-I 图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势 E=5.5V，电源 内阻 ．5.5 2.0 1.03.5 Ur I     V V （2）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压 U L=3.5V，此时电路电流 I=2.0A，电源电动势 E=Ir+UL+IR 滑，即 5.5V=2.0A×1Ω+3.5V+2.0A×R 滑，则 R 滑=0Ω 14．(1)否　(2)0.88　(3)在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力(只要涉及“未考虑砝 码盘质量的因素”就算正确)　 砝码盘的重力　 0.08 N 解析：(1)取下砝码盘后，小车加速运动时所受的合外力即为砝码和砝码盘的总重力，而 实验中的研究对象是小车，因此，实验中不必使砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量． (2)a＝ m/s2＝0.88 m/s2.    2 2 8.64+7.75 - 6.87+6.00 104 0.1  (3)实验中本应有(m0＋m)g＝Ma，由于实验中未计入砝码盘质量 m0，测得的图像与真实图 像相比沿 F 轴左移 m0g，图像将不过原点．由图像及上述分析可知，m0g＝0.08 N. 15．解析：(1)设轻绳对小球的拉力为 FT，小球受力如图甲所示， 由平衡条件可得：Fcos 30°－FTcos θ＝0 （1 分） Fsin 30°＋FTsin θ－mg＝0 （1 分） 解得：FT＝10 N，θ＝30°。 （2 分）3 (2)以木块和小球组成的整体为研究对象，受力分析如图乙所示， 由平衡条件得：Fcos 30°－Ff＝0 （1 分） FN＋Fsin 30°－(M＋m)g＝0 （1 分） 又 Ff＝μFN （1 分） 解得 μ＝ （1 分）3 5第 2 页，共 3 页 16．解析：(1)滑块恰能滑到 D 点，则 vD＝0 滑块从 A→B→D 过程中，由动能定理得 mg(2R－R)－μmgcos θ· ＝0－0 （2 分）2R sin θ 解得 μ＝0.375 （1 分） (2)滑块恰能过 C 点时，vC 有最小值，则在 C 点 mg＝ （1 分）mv 2C R 滑块从 A→B→D→C 过程，由动能定理得 －μmgcos θ· ＝ mv － mv （2 分）2R sin θ 1 2 2C 1 2 20 解得 v0＝2 m/s. （1 分） 3 (3)滑块离开 C 点后做平抛运动，设下落的高度为 h， 则有 h＝ gt2 （1 分）1 2 x＝v′C t （1 分） ＝tan 53° （2 分）x 2R－h 其中 v′C＝4 m/s，联立解得 t＝0.2 s. （1 分） 17．解析： (1)设小滑块的加速度为 a1，由牛顿第二定律得： 解得：a1=2m/s2 （1 分）1mamg  解得：x= 4 m （1 分）02 2 01  vxa (2)设恒力 F 取最小值为 F1，小滑块的加速度为 a2，滑块到达小车的左端时恰好与小车速度 相同，经过的时间是 t1，则：v0=a2t1 （1 分） （1 分） 22 1 1010 Ltvtv  对滑块由牛顿第二定律得： （1 分） 21 mamgF   联立解得 F1 = 6N，t1=0.5s 即 F ≥ 6N （1 分） (3)力 F 取最小值 F1 = 6N，当小滑块到达小车的左端与小车速度相同后，开始向右做初速度 为 v0=4m/s 的匀加速直线运动，设运动加速度大小为 a3，为保证小滑块不从车上掉下，从左 端运动开始经过的时间为 t2，通过的距离为 x1，恒力 F1 停止作用，此时小滑块速度为 v1， 小滑块开始做匀减速直线运动，设运动加速度大小为 a4，经过的时间为 t3，通过的距离为 x2，到达小车右端时，与车达共同速度，则：第 3 页，共 3 页 x1+x2- v0 (t2+t3) =L （1 分） （1 分）2 10 1 2 tvvx  （1 分） 3 10 2 2 tvvx  （1 分） 3 01 2 a vvt  （1 分）2 4 3 4 01 3 ta a a vvt  由牛顿第二定律得： （1 分）31 mamgF   4mamg  联立解得： （1 分）st 58.03 3 2  则力 F 的作用时间 t 的范围是 t1≤t≤t1+ t2 即 或 （1 分）sts 6 3235.0  sts 08.15.0  19．（1）ABD （2）解析：(1)如图甲所示，光束由 C 处水平射入，在 B 处发生全反射，∠OBC 为临界角 sin∠OBC＝ ＝ ＝ （2 分） OC OB 3 3 R R 3 3 由临界角公式得：n＝ ＝ （1 分）1 sin ∠OBC 3 (2)如图乙所示，光束由 D 点水平射入，在 E 点发生折射，入射角为∠OED＝α，折射 角为∠NEF＝β， 折射率 n＝ ＝ （1 分）sin β sin α 3 sin α＝ ＝ （1 分） 1 2R R 1 2 以上两式联立，解得：sin β＝ ，β＝60°，α＝30° （1 分）3 2 由几何关系可知：∠FOE＝α＝30°，∠OFE＝β－α＝30° （1 分） 则出射光线与 OA 轴线的交点 F 与 O 点的距离为： OF＝2Rcos 30°＝ R （1 分） 3