四川成都石室中学2020届高三物理10月月考试题(pdf版带答案)
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物理试卷.pdf

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资料简介
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

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