【文档说明】重庆市第一中学2022-2023学年高三下学期3月月考试题 物理答案和解析.pdf，共(6)页，323.048 KB，由小赞的店铺上传

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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Ine，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212qUmv，而212hWmv，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，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00Mmvv，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2M11222mH

mHatgHMgM，热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为m002Hxtgvv，M02mHxtMgvv，根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为22220mMM2()()(1)HmdxxHHHMgv，解得303md，故B正确。6．H横坐标5

2117m4343x，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/sTv，波从P传到Q点需要4s，13.5s4s24s1s0.5s，

路程2241(3622)m2sAAA，故D错误。7．2222RPIR，22L3LPIR，423332nIIIn，解得22L2RPP，故A、D错。111L1LLUIIR，111LLL1

232RUUURR，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3页（共6页）10．8NABf，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，2

4T，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210.324.3910m/s1.5m/s220.02CEDx

Tv；根据逐差法可得自由落体加速度大小为2222210.324.394.3910m/s9.6m/s440.02CEACxxaT。12．（每空2分，共10分）（1）乙（2）1

1b11a1121()babb或2221()babb（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②对应图线甲，步骤①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，11brEa，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10211bRbba。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()bRbba，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()FMma①解得220m/sa②（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0pSpSma③解得50.810Pap④由气体实验定律得0plSplS⑤解得50cml⑥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200(sin)2aRv①qEma②00sinvta③x轴方向0co

sstv④联立各式解得4310V/mE，23m3s⑤（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50cos110m/svv⑥设粒子轨迹半径为r1，由牛顿第二定律得21mqBrvv⑦由几何关系可知11mrR⑧联立解得0.2TB⑨物理参考答案

·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⑩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222Bmqrvv⑪解得22mr⑫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2st时刻导体棒移动的距离0x，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，008mxtv①由几何关系可知002tan3712mltv，00220mcos37tsv②电路总电阻000()Rlsr③由感应电动势及欧姆定律有0000BlIRv④联立解得03AI⑤（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02tan376mltt（）v⑥由于导体棒匀速运动，所以FBIl⑦解得36Ft（N）⑧t时刻F的功率0144PFtv（W）⑨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1288J2WPt⑩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()4BlIslrvv⑪安培力1111132FBIl

lv⑫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11BIltmv，即1132ltmvv⑬上式中11ltv为极短时间t内导体棒在金属框架中扫过的面积S因此32Smv，由数学知识

可得32Smv⑭即0002()tan373022lxxxmv⑮整理得216800xx⑯解得4mx⑰评分标准：本题共17分。正确得出①~⑰式各给1分。