【文档说明】四川省成都市石室中学2024-2025学年高三上学期10月月考 物理答案.docx，共(4)页，148.097 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司成都石室中学2024-2025学年度上期高2025届10月月考物理参考答案1.【答案】D【难度】0.95【知识点】α粒子散射实验的装置、现象和结果分析【详解】在α粒子散射实验中，绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但有少数α粒

子发生了大角度偏转，极少数偏转的角度甚至大于90°，所以荧光屏和显微镜放在4位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多。故选D。2．【答案】A【难度】0.95【知识点】v-t图象斜率的物理意义、利用v-t图象求加速

度、v-t图象面积的物理意义、利用v-t图象求位移【详解】A．v-t图线与坐标轴所围面积表示位移，若汽车匀减速到零，则其位移为011105m25m22xvt===电动汽车图线所围面积大于匀减速到零的面积，故实际位移大于25m，A正确，B错误;CD．v-

t图线切线的斜率表示加速度，图线斜率逐渐增大，故汽车加速度在增大，由牛顿第二定律知其制动阻力在增大，CD错误。故选A。3．【答案】C【难度】0.85【知识点】根据反射与折射定律画出光路图、发生全反射的条件、临界角【详解】A．根据折射率可知，甲图中入射角大于折射角，故A正确

，不满足题意要求；B．乙图中光的入射方向与界面垂直，所以光的传播路线不发生偏折，故B正确，不满足题意要求；C．丙图中，根据几何关系可知，折射光线在玻璃砖的下界面的入射角等于上界面的折射角，所以不可能在下界面发生全反射，故C错误，满足题意要求；D．丁图中，根据几何关系可知，折射光线

在玻璃砖的下界面的入射角等于上界面的折射角，根据折射定律可知，光线在下界面的折射角等于上界面的入射角，所以入射光线和出射光线平行，故D正确，不满足题意要求。故选C。4．【答案】A【难度】0.8【知识点】功率的定义和物理意义、国际单位制中的导出单位【详解】由功率的定义式P=Wt

得，功率单位为223JNmkgm/smWkgmssss−====，故选A。5．【答案】D【难度】0.25【知识点】利用平衡推论求力【详解】由于手机仅有两个侧面与手机夹接触，顺时针缓慢转动手机夹，手机所受静摩擦力不变，故D正确。6．【答案】D【难度】0.6【知

识点】v-t图象斜率的物理意义、利用v-t图象求加速度、物块在倾斜的传送带上运动分析【详解】A．物块下滑时，根据摩擦力产生的条件可知，物块相对传送带下滑，滑动摩擦力方向平行传送带向上，A错误；B．从图像可知，物体速度减为零后反向沿斜面向上运动，最

终的速度大小为2m/s，方向沿斜面向上，所以没从N点离开传送带，从M点离开，并且可以推出传送带沿顺时针转动，速度大小为2m/s，B错误；C．速度图像中面积表示位移，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小21.5m/svat==根据牛顿第二定律cos37sin37mgmgma−=，解得0

.94，C错误；D．图线与传送带速度围成的面积表示划痕，s=164122=m，D正确。7．【答案】C【难度】0.35【知识点】胡克定律及其应用、整体法与隔离法解连接体问题【详解】A．由于初速度为0，最初两段相同时间间隔内位移之比为1213xx=，且由题有120xxx+=当物块a、

b分离时弹簧压缩量03Δ4xx=，故A错误；C．两物块刚好要分离时，a与b之间无相互作用力且加速度相同，对a由牛顿第二定律有03sin4kxmgma−=学科网（北京）股份有限公司代入k后解得1sin5ag=，故C正确；B．分离时b的位移为14x0

，由xb=12at2得t=052sinxg故B错误；D．a、b分离后，对b施加沿斜面向上的外力为恒力，对b有33sin55Fmgma−=得18sin25Fmg=，故选C。二、多选8．【答案】AC【难度】0.8【知识点】波形图中某质点的速度方向与传播方向的

关系、波长、频率和波速的关系【详解】A．由图可知，tt=0时刻波源完成半个全振动，向右传播半个波长，则该波的周期为02Tt=，A正确；B．由图可知，该波的波长为0=8l，选项B错误；C．因tt=0时刻质点刚传到x=4l0处，此时该质点沿y轴负向振动，选项C正确；D．06tt=时刻，波向前传播24

l0，020xl=处的质点在平衡位置，位移为零，选项D错误。故选AC。9．【答案】BD【难度】0.7【知识点】平均速度、斜抛运动【详解】AC．篮球在空中均受重力作用，加速度均为重力加速度，故任意相等时间内速度变

化量大小相等方向相同，篮球在空中都是完全失重，故AC错误；BC．篮球做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。两次投篮水平位移相同，但轨迹a高度更高，运动时间较长，篮球在轨

迹a中最高点的速度小于篮球在轨迹b中最高点的速度，故B正确；D．两次篮球的位移相同，，故平均速度的方向相同，故D错误。故选BD。10．【答案】BC【难度】0.3【知识点】受恒定外力的板块问题【详解】A．根据对称性可知平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小均为()15N

2fMmg=+=沿平行于轴线的方向给平台施加10NF=的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动，初始时刻，平台受到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以平台和货物为整体，加速度大小为20222m/s3m/sFaMmg===+圆柱表面的点转动的线速度大小为0.8m/svr

==设平台运动的速度大小为v，如图所示可知平台受到两个圆柱表面对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小均为cosxff=根据牛顿第二定律可得()22cosxFfFfMma−=−=+可知随着平台速度v的逐渐增大，逐

渐减小，cos逐渐增大，加速度逐渐减小，所以货物与平台不是一起匀加速直线运动，故A错误；货物一直受静摩擦力，f=ma，故f一直在减小，B正确；C．当平台速度0.6m/sv=时，则有22220.6cos0.60.60.8vvv===++又()2cosFfMma−=+，可得加速度大小为222c

os10250.6m/s0.8m/s41FfaMm−−===++，C正确；D．开始时平台受两圆柱的摩擦力平衡，所以开始运动是加速度大小为a=FM+m，即使F较小，平台也运动，故D错。三、实验11.（每空2分）答案（1）甲（2）1.500.20学科网（

北京）股份有限公司解析（1）马铃薯电池的电动势较小，内阻较大。题图乙中电压表分流，所以电流表测量的干路电流偏小，则电动势测量值偏小；题图甲测量的干路电流I准确，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir可知当I＝0时，断路电

压即为电动势，所以甲图能准确测量马铃薯的电动势，内阻测量偏大，为电流表和马铃薯内阻之和，但因为马铃薯内阻远大于电流表内阻，所以误差较小，故选甲。（2）新的干电池内阻较小，所以需要给电池串联一个定值电阻R3，方便测量，而题图D中测量的内阻为电流表内阻、电源内阻和定值电阻R3之和，

因为干电池内阻较小，所以内阻的测量会存在较大误差，所以选乙。根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir变形得U＝E－Ir，则图像纵截距即为电源电动势，由U－I图可知E＝1.50V，r＝|Δ𝑈Δ𝐼|－R3＝1.50−1.000.50Ω－0

.80Ω＝0.20Ω。12.（每空3分）答案(1)B(2)1.97(3)0.02解析（1）平衡摩擦力时，不能将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，A错误；当M≫m时，认为细绳对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力，B正确.(2)两个相邻计数点之间的时间间隔T＝5×150s＝0

.10s，由逐差法和Δx＝aT2可得a＝1.97m/s2(3)设小车和钩码的总质量为M，由牛顿第二定律可知，木板水平时有F－μMg＝Ma，则有a＝1MF－μg；木板倾斜时有F＋Mgsinθ－μMgcosθ＝Ma，则有a＝1MF＋（gsinθ－μgcosθ），由题意得木板水平时是图像②，并且两图线

平行，则有μg＝0.2m/s2，解得μ＝0.02.13.【答案】(1)1.2×105Pa(2)20cm【详解】（1）对活塞列平衡方程mg+p0S=pS（3分）故气柱压强p=1.2×105Pa（2分）（2）将环境温度缓慢升高至400KT=过程中气体进行等压变化，则根据盖吕萨克

定律定律可知𝐿1𝑆𝑇1=𝐿2𝑆𝑇2（3分）解得L2=20cm（2分）14.【答案】(1)a=2m/s2t=40s(2)52×105N方向与水平方向夹45°【详解】（1）水平方向的匀加速直线运动2aL1=v12（3分）故a=2m

/s2（1分）v1=at（3分）故时间t=40s（1分）（2）根据几何关系，飞机第二阶段的运动2a2L2=v22-v12（2分）则a2=10m/s2（1分）故推力F=(mg)2+(ma)2=52×105N,（2分）方向与水平方向夹45°（1分）15.【答案】（1）0.

5=（2）t=1.8s（3）5n=【解析】(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中μmg=𝑚𝑎（1分）根据运动学方程2ax1=v02（1分）解得μ=0.5（1分）(2)小物块第一次与挡板碰撞后，先向左匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：μmg=

ma代入数据解得加速度大小a1=5m/s2（1分）木板的加速度大小a2=μmgM=53m/s2（1分）经判断，两者共速时还没有与挡板发生第二次碰撞，根据动量守恒可求出两者的共同速度v1：001()MvmvMmv=+−（2分

）得v1=2m/s（其他方法也给分）此时t1=v1-v0a=1.2s（1分）则小物块与木板共速时的位移和所用时间分别为：x1=v12−v222a=1.2m（1分）学科网（北京）股份有限公司小物块和木板一起向右匀速运动的时间为：t2=x1v1=0.6s（1

分）故时间t=t1+t2=1.8s（1分）(3)物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。设第一次碰撞后系统的共同速度为1v，由动量守恒定律得001()MvmvMmv=+−（1分）解得10012MmvvvMm−==+（1分）设物块由速度为0加速到1v的过程中运动的位移为1

x有21112mgxmv=（2分）得1114xx=，即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度1v，第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为1v，经一段时间系统的共同速度为22101()2MmvvvMm−==+第三次碰撞后，小物

块反弹后瞬间速度大小为2v，经一段时间系统的共同速度为33201()2MmvvvMm−==+……第n次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为11201()2nnnMmvvvMm−−−−==+（2分）由动能定理得21102nn

mgxmv−−=−得5n=。（1分）