重庆市第一中学2023届高三下学期3月月考物理（带答案）.pdf

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1、 物理参考答案第 1 页（共 6 页）2023 年重庆一中高 2023 届 3 月月考 物理参考答案 一、选择题：本大题共 10 小题，共 43 分。在每小题给出的四个选项中，第 17 题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第 810 题有多项符合题目要求，每小题 5 分，全部选对的得 5分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A C B B A C AC BC ABD【解析】1桌面受到弹力是由于手发生了形变，故 A 错误。作用力与反作用力，故 B 错误。水平桌面发生微小形变后，光线的反射仍遵循反射定律，故 C 错误。光点移动

2、是因为反射光线方向发生变化，说明桌面不再水平，发生微小倾斜，即发生了微小形变，故 D 正确。2根据对称性可知，OB绳与OA绳拉力大小相等，由平衡条件得2cos2OCOBFF，当衣物足够重时OC绳先断说明OCOBFF，则得到2cos2OBOBFF，解得120，故A正确。4由图中横坐标交点绝对值可知 b 光的遏止电压大一些，故A错误。纵坐标最大值即为饱和光电流In e，故单位时间内 a 光入射的光子数an大于b光入射的光子数bn，故B正确。因212qUmv，而212hWmv，所以b光照射时光电子最大初动能大，且可得ba，ba，干涉条纹间距lxd，b光相邻条纹的间距更小，故C错误。临界角1sinCn

3、，bann，b临界角更小，故D错误。5热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律00Mmvv，热气球和物资的动量等大反向，热气球和物资的运动示意图如图所示，热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为magM，物资落地H过程所用的时间t内，根据212Hgt，解得落 物理参考答案第 2 页（共 6 页）地时间为2tHg，热气球在竖直方向上运动的位移为2M11222mHmHatgHMgM，热气球 和 物 资 在 水 平 方 向 均 做 匀 速 直 线 运 动，水 平 位 移为m002Hxtgvv，M02mHxtMgvv，

4、根 据 勾 股 定 理 可 知 热 气 球 和 物 资 的 实 际 位 移 为22220mMM2()()(1)HmdxxHHHMgv，解得30 3md，故B正确。6H横坐标52117m4343x，故A正确。波源传播方向向右，传播到P点时由同侧法判断P点起振方向向上，故波源起振向上，故B错误。P点向上经过3315s4TT，4sT，10.25HzfT，故C错 误。1m/sTv，波 从P传 到Q点 需 要4s，13.5s4s24s1s0.5s，路程2241(362 2)m2sAAA，故D错误。72222RPIR，22L3LPIR，423332nIIIn，解得22L2RPP，故A、D错。111L1LL

5、UIIR，111LLL1232RUUURR，221111122nUUUUn，23L43223L24()16()nRnUUUnRRn，443313nUUUn，故C正确，B错误。8根据开普勒第三定律313312212()2rrrTT，加速度2GMar，A点更大，故A、C正确。9小球进入电磁场后受到变化的洛伦兹力作用，加速度不恒定，故A错误。下落过程中电场力做正功，电势能减少，根据能量守恒，减少的电势能等于增加的机械能，故B正确。若仅增大磁感应强度，小球落地时的水平距离将增大，电场力做功增加，故C正确。若仅将电场反向，刚进入电磁场时电场力与洛伦兹力可能平衡，但洛伦兹力是变力，故D错误。物理参考答案第

6、 3 页（共 6 页）108NABf，8NBCf，6NCf，假设C刚好被拉动，则A、B相对静止CBCFfTf，BCTf，则22NF，故A正确。要使A、B相对静止则2BCTfma，ABfma，则24NT，当22NF 时，假设A、B相对静止()CBCFfTfma，2BCTfma，令31F，解出3a，14T，符合假设，故 B 正确，C 错误。同理令50F，24T，说明A、B发生相对滑动，故 D 正确。二、非选择题：共5小题，共57分。11（除特殊标注外，每空 2 分，共 7 分）（1）C（1 分）（2）A （3）1.5 9.6（9.59.7）【解 析】（3）打D点 时 的 速 度 大 小 等 于C、

7、E两 点 间 平 均 速 度，即210.324.3910 m/s1.5m/s220.02CEDxTv；根据逐差法可得自由落体加速度大小为2222210.324.394.3910 m/s9.6m/s440.02CEACxxaT。12（每空 2 分，共 10 分）（1）乙 （2）11b 11a 1121()ba bb或2221()ba bb （3）等于 【解析】（1）对于同一个R值，开关 S、K 都闭合时，R和0R并联部分电阻分得的电压更小，即1U更大，所以步骤对应图线甲，步骤对应图线乙。（2）k断开时，由闭合电路欧姆定律得UEUrR，整理得111rUEER，根据图（c）乙线有11bE，11brE

8、a，解得11Eb，11ra，闭合时由闭合电路欧姆定律得011EUUrRR，整理得01111rrUEERER，根据图（c）甲线有2011rbEER，2121bbrEaa，解得10211bRbb a。物理参考答案第 4 页（共 6 页）（3）若考虑电压表内阻VR，可将VR与原电源并联形成等效电源，设等效电源的电动势和内阻分别为Er、，则由图（c）乙线有11bE，11brEa，根据图（c）甲线有2011rbEER，2121bbrEaa，10211()bRbb a，可见R0不变。13（10分）解：（1）对活塞和气缸组成的系统根据牛顿第二定律得()FMm a 解得220m/sa （2）稳定后设封闭气体压

9、强为p，对活塞进行受力分析根据牛顿第二定律得0p SpSma 解得50.8 10 Pap 由气体实验定律得0p lSpl S 解得50cml 评分标准：本题共10分。正确得出、式各给1分，其余各式各给2分。14（13分）解：（1）C点到P点过程粒子做类平抛运动y轴方向200(sin)2aR v qEma 00sinvta x轴方向0cosstv 联立各式解得43 10 V/mE ，2 3m3s （2）C点发出的粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，其入射速度50cos1 10 m/s vv 设粒子轨迹半径为r1，由牛顿第二定律得21mq Brvv 由几何关系可知11mrR 联立解得0.2TB 物理参

10、考答案第 5 页（共 6 页）（3）分析可知，CD上任意点发出的粒子经圆形磁场偏转后都从M点通过x轴进入第象限，其中从A点射出的粒子将从N点进入、从M点离开圆形磁场，且第一次通过x轴时速度方向沿y方向，它第二次通过x轴时能到达离O点最远的位置，其运动轨迹如图 设粒子在第IV象限磁场中运动的轨迹半径为r2，由牛顿第二定律得222Bmqrvv 解得22mr 所求点的坐标为（5m，0）评分标准：本题共13分。正确式各给1分。15（17分）解：（1）设2st 时刻导体棒移动的距离0 x，电路中导体棒长度为l0，接入电路的导轨总长度为s0，电路总电阻为0R，008mxtv 由几何关系可知002tan37

11、12mlt v，00220mcos37ts v 电路总电阻000()Rls r 由感应电动势及欧姆定律有0000BlI Rv 联立解得03AI （2）导体棒匀速运动过程中回路电流恒为I，t时刻导体棒长度为02tan376 mltt（）v 由于导体棒匀速运动，所以FBIl 解得36Ft（N）t时刻F的功率0144PFtv（W）可见功率P与时间t成正比，可由P-t图像面积得02s时间内外力做的功1288J2WPt 物理参考答案第 6 页（共 6 页）（3）设撤去外力F后导体棒运动过程中某时刻在电路中长度为l1，速度大小为1v，此时接入电路的导轨总长度1153sl，电路电流1111113()4BlIsl rvv安培力11 11 132FBI llv该时刻后极短一段时间t，t时间内导体棒速度变化量为v，由动量定理有1 1BI ltm v，即1 132ltm vv上式中1 1ltv为极短时间t内导体棒在金属框架中扫过的面积S因此32Smv，由数学知识可得32Sm v即0002()tan373022lxxxmv整理得216800 xx 解得4mx 评分标准：本题共17分。正确得出式各给1分。