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1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10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12345678910答案DACBBACACBCABD【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FF2cos，当衣物OCOB2足够重时OC绳先断说明FF，则得到2cosFF，解得120，故A正确。OCOBOB2OB4．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Ine，故单位时间内a光入射的光子数na大于b光入射的光子数nb，故B正确。11因qUmv2，而hWmv2，所以b光照射时光电子最大初动能大，且可得，22bal1，干涉条纹间距x，b光相邻条纹的间距更小，故C错误。临界角sinC，badnnnba，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，0Mmvv0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m1方向上加速度大小为ag，物资落地H过程所用的时间t内，根据Hgt2，解得落M2物理参考答案·第1页（共6页）2H11mHm2地时间为t，热气球在竖直方向上运动的位移为Hatg2H，gM22MgM2H热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为xtvv，m00gmH2xtvv，根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为M0Mgm2Hv2dxxHH()()(1)220H2，解得d303m，故B正确。mMMMg521176．H横坐标xm，故A正确。波源传播方向向右，传播到P点时由同侧法43433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TT315s，T4s，41f0.25Hz，故C错误。v1m/s，波从P传到Q点需要4s，TT213.5s4s24s1s0.5s，路程sAAA241(3622)m，故D错误。2nU224L17．PRIR22，PL3LIR，I233II2，解得PR2PL，故A、D错。II，22221L1n3RL1n()32RRLL1U2n11n1UU，2，UUU4，L1UUUU21132RR23n326L11n122()RRL2n4n41UUU43，故C正确，B错误。n33rr1333()rGM．根据开普勒第三定律12，加速度，点更大，故、正确。822a2AACTT12r9．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2页（共6页）10．fAB8N，fBC8N，fC6N，假设C刚好被拉动，则A、B相对静止FfCBCTf，TfBC，则F22N，故A正确。要使A、B相对静止则TfBC2ma，fAB≤，则maT≤24N，当F22N时，假设A、B相对静止FfTf()CBCma，TfBC2ma，令F31，解出a3，T14，符合假设，故B正确，C错误。同理令F50，T24，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）1.59.6（9.5~9.7）【解析】（3）打D点时的速度大小等于C、E两点间平均速度，即x10.324.39vCE102m/s1.5m/s；根据逐差法可得自由落体加速度大小为D2T20.02xx10.324.394.39aCEAC1022m/s9.6m/s2。4T2240.0212．（每空2分，共10分）（1）乙11bb（2）1或2b1a1ab12()b1ab22()b1（3）等于【解析】（1）对于同一个R值，开关S、K都闭合时，R和R0并联部分电阻分得的电压更小，即1更大，所以步骤②对应图线甲，步骤①对应图线乙。UU11r1（2）k断开时，由闭合电路欧姆定律得EUr，整理得，根据图（c）RUEER1rb111乙线有b，，解得E，r，闭合时由闭合电路欧姆定律得1EaaE1b111111rr1111rEUUr，整理得，根据图（c）甲线有b，UEEREREER2RR000rbbb21，解得R1。Eaa021bba211物理参考答案·第3页（共6页）（3）若考虑电压表内阻RV，可将RV与原电源并联形成等效电源，设等效电源的电动势和rb内阻分别为，则由图（c）乙线有1，1，根据图（c）甲线有Er、b1EEa111rrbb21bb，，R1，可见R不变。EE2Eaa00R021()bba21113．（10分）解：（）对活塞和气缸组成的系统根据牛顿第二定律得①1FMma()解得a20m/s2②（2）稳定后设封闭气体压强为p，对活塞进行受力分析根据牛顿第二定律得pS0pSma③解得p0.8105Pa④由气体实验定律得plSplS⑤0解得l50cm⑥评分标准：本题共10分。正确得出④、⑥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0(sin)v22aR①0②qEma0sinv0t③ax轴方向svcost④023联立各式解得E310V/m4，sm⑤35（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vv0cos110m/s⑥mv2设粒子轨迹半径为r1，由牛顿第二定律得qBv⑦r1由几何关系可知rR11m⑧联立解得⑨B0.2T物理参考答案·第4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Ⅳ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⑩Bmv2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qv⑪2r2解得r22m⑫所求点的坐标为（5m，0）⑬评分标准：本题共13分。正确①~⑬式各给1分。15．（17分）解：（1）设t2s时刻导体棒移动的距离x0，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R0，xt00v8m①2vt由几何关系可知lt2vtan3712m，s020m②000cos37电路总电阻R000()lsr③由感应电动势及欧姆定律有BlIR00v00④联立解得I03A⑤（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lt2tan376mv0（）t⑥由于导体棒匀速运动，所以FBIl⑦解得Ft36（N）⑧t时刻F的功率PFtv0144（W）⑨1可见功率P与时间t成正比，可由P-t图像面积得0～2s时间内外力做的功WPt288J2⑩物理参考答案·第5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v1，此时5Bl11v3接入电路的导轨总长度s11l，电路电流I11v⑪3()4slr113安培力FBIllv⑫111112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3BIltmv，即ltmvv⑬11211上式中lt11v为极短时间t内导体棒在金属框架中扫过的面积S33因此Smv，由数学知识可得Smv⑭223lxx2()tan37即00⑮x0mv022整理得xx216800⑯解得x4m⑰评分标准：本题共17分。正确得出①~⑰式各给1分。物理参考答案·第6页（共6页）