【文档说明】重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高三下学期3月月考物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.411 MB，由小赞的店铺上传

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万州二中2022-2023年高三下期3月月考物理试题一、单项选择题：本大题共6个小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.高压钠灯曾广泛应用于城市、乡村的各条主干路、支路等，但高压钠灯有功耗大、显色性差等缺点，使得一部分城市开始尝试用LED

路灯更换传统的高压钠灯。若高压钠灯功率为400W，LED灯功率为200W，若更换5000盏，则一个月可节约的电能约为（）A.3910kWhB.5310kWhC.5610kWhD.512110kWh【答案】B【解析】【详解】一个月节约

的电能约为35(400200)1050001030=310kWhE−=−故选B。2.在匀强磁场中，一个150匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间变化规律如图所示．设线圈总电阻为2Ω，则A.t=0时，线圈平

面与磁感线方向垂直B.t=ls时，线圈中的电流改变方向C.t=2s时，线圈中磁通量的变化率为零D.在2s内，线圈产生的热量为18π²J【答案】D【解析】【详解】A.根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所

以线圈平面平行于磁感线，感应电动势最大，故A错误；B.Φ-t图象的斜率为t，即表示磁通量的变化率，在0.5s～1.5s之间，“斜率方向”不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，故B错误；C.t=2s时，线圈中磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，选项C错误；D.感应电动

势的最大值为Em=NBSω=NΦmω=150×0.04×22V=6πV，有效值322mEEV==，根据焦耳定律可得2s产生的热为222182182EQTJJR===，故D正确．故选D．3.如图所示，两个质量相等物体分别从倾角为30°和60°的

固定光滑斜面顶端由静止自由下滑，到达斜面底端。两物体在整个下滑过程中，相同的物理量是（）A.重力的冲量B.动量的变化量C.动能的变化量D.重力的平均功率【答案】A【解析】【分析】【详解】设底部长为L，当斜面的倾角为θ时物体下滑到底部的时间为t，根据牛顿第二定律可得物体沿斜面

下滑的加速度a=gsinθ根据位移—时间关系可得21cos2Lat=解得，运动的时间2sincosLtg=由于两个斜面的倾角分别为30°和60°，所以两种情况下物体达到斜面底端的时间相同。A．根据I=mg

t可知重力冲量相同，故A正确；B．物体所受的合力的F合=mgsinθ则合力的冲量I合=mgtsinθ由于θ不同，则合外力的冲量不同，根据动量定理可得Ip=合所以下滑过程中动量变化量的大小不同，故B错误；C．根据动能定理，合力做功等于重力做功

W=mgh由于h不同，合力做功不同，所以动能增加量不同，故C错误；D．重力做功的平均功率为mghPt=由于h不同，所以两物块所受重力做功的平均功率不相同，故D错误。故选A。4.图示为某城市雕塑的一部分．将光滑的球搁置在竖直的高挡板AB与竖直的矮挡板CD之

间，由于长时间作用，CD挡板的C端略向右偏过一些，C与AB挡板的距离始终小于球的直径，则与C端未偏时相比A.AB挡板的支持力变大，C端的支持力变大B.AB挡板的支持力变大，C端的支持力变小C.AB挡板的支持力变小，C端的支持力变大D.AB挡板的支持力变小，C端的支持力变小【答

案】A【解析】【详解】以小球为研究对象，受到重力、AB挡板支持力，C的支持力，如图所示：的根据平衡条件可得，AB挡板的支持力tanFmg=C端的支持力C=cosmgFCD挡板的C端略向右偏，θ角增大，则AB挡板的支持力变大，C端的支持力变大，故A正确，BCD

错误。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．本题也可以利用图解法来分析。5.如图所示的电路中，电源电动势E=4V，内阻r=0.

5Ω，定值电阻R=1Ω．开关S闭合后，电动机M刚好正常工作，理想电流表A的示数为1A．电动机的线圈电阻R0=0.5Ω，下列说法中正确的是A.定值电阻消耗的热功率3.5WB.电动机的输出功率为2WC.电动机两端

的电压为2VD.电源的输出功率是4W【答案】B【解析】【分析】定值电阻的功率由焦耳定律求得，电源的输出功率由总功率减去内阻功率，电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差．【详解】A、定值电阻消耗的热功率21WRPIR==，A错误；BC、电动机两

端的电压()2.5VMUEIRr=−+=，则电动机的电功率为2.5WMPUI==，又因为电动机线圈上的发热功率为200.5WPIR==热，所以，电动机的输出功率为2WPPP=−=出热，B正确，C错误；D、电源的输出功率为23.5WEIIr−=，D错误．故选B．【点

睛】电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差；电源的输出功率由总功率减去内阻功率，要注意功率公式的适用条件．6.如图，O表示地球，P表示一个绕地球沿椭圆轨道做逆时针方向运动的人造卫星，AB为长轴，CD为

短轴．在卫星绕地球运动一周的时间内，从A到B的时间为tAB，同理从B到A、从C到D、从D到C的时间分别为tBA、tCD、tDC．下列关系式正确的是()A.tAB>tBAB.tAB<tBAC.tCD>tDCD.

tCD<tDC【答案】D【解析】【详解】试题分析：由卫星做椭圆运动的对称性得ABBAtt=，所以A、B错误；由开普勒第二定律，卫星在近地点时运动快，在远地点时运动慢，所以CDDCtt，故C错误，D正确．考点：万有引力，开普勒第二定律【名师点睛】考查卫

星绕地球，在地球万有引力作用下，做椭圆运动，地球处于一焦点上，并掌握开普勒第二定律的内容．7.如图所示，固定在绝缘水平面内的金属导轨MN、M′N′之间有竖直向下的匀强磁场。单位长度阻值相同的金属棒ab、cd放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度向右做匀速直线运动，运动过程

中始终与两导轨接触良好，则下列说法正确的是（）A.回路中的感应电动势不断增大B.回路中的感应电流不变C.回路中的热功率不断增大D.两棒所受安培力的合力不断减小【答案】D【解析】【分析】回路磁通量的变化，由楞次定律判断感应电流方向。由E=BLv求得两棒产生的感应电动

势，回路中总的感应电动势等于cd棒和ab棒感应电动势之差，根据欧姆定律分析感应电流是否变化，再研究回路的热功率如何变化。【详解】AB．设两棒原来相距的距离为S，M′N′与MN的夹角为α，则回路中总的感应电动势E=BLcdv-BLabv=

Bv∙(Lcd-Lab)=Bv∙Stanα=BvStanαBvStanα保持不变，由于回路的电阻不断增大，而总的感应电动势不变，所以回路中的感应电流不断减小，AB错误；C．回路热功率为2EPR=E不变，R增大，则P不断减小，C错误；D．设两棒原来相距的距离为S，M′N′与MN的夹角为

α，安培力之差等于()tancdabcdabFBILBILBILLBIS=−=−=由于电流减小，所以两棒所受安培力的合力不断减小，D正确。故选D。【点睛】本题中两棒同向运动，要知道回路中总的感应电动势等于cd棒和ab棒感应电动势之差

，要能熟练运用电路知识研究电磁感应问题。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.以下关于分子动理论的说法正确的是___

___。A.布朗运动是由悬浮在液体中的固体小颗粒之间的相互碰撞产生的B.内能不同的物体，分子热运动的平均动能可能相同C.生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成D

.分子势能总是随分子间距离的增大而减小E.一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加【答案】BCE【解析】【详解】A．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒受到液体分子的撞击作用不平衡而产生的，选项A错误；B．内能包括分子动能

和分子势能，内能不同，分子的平均动能可能相同，选项B正确；C．生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，选项C正确；D．由于两分子间的距离为0rr=时

分子势能最小，所以从相距很近到无穷远随着分子间距离的增大，分子势能先减小后增大，选项D错误；E．一定质量的理想气体在等压膨胀时，由VCT=可知，气体的温度升高，故内能一定增加，选项E正确；故选BCE。9.如图所示，绝缘固定擦得很亮的金属板A水平放置，其

下水平放置接地的铜板B．两板间距为d，两板面积均为S，正对面积为S'，且S'<S．当用黄光灯照射金属板A上表面时间1秒后移走黄光灯源，此时A、B间一带电液滴恰好处于静止状态．在忽略电容器漏电的情况下，以下说法正确的是A.带电液滴带负电B.增大正对面积为S'或

增大两板间距d，带电液滴仍然处于静止状态C其他条件不变，若改用紫色光源照射金属板A上表面时间t秒后，液滴一定将向上运动D.其他条件不变，若改用光强更大的黄光源照射金属板A上表面时间1秒后，液滴一定将向上运动

【答案】AD【解析】【详解】A.A板发生光电效应，电子“跑走”极板剩余正电荷，A、B板间形成方向向下的匀强电场，由液滴处于静止状态可知Eqmg=故带电液滴带负电，故选项A符合题意；B.增大正对面积，根据4SCkd=可知C将变大，根据QUC=可知U将变小，根据UEd=可知电场强度减小

，带电液滴受到电场力减小，故带电液滴将向下运动，故选项B不符合题意；C.光电效应产生的电子个数与光子个数有关，由于无法确定紫光光源在单位时间产生的光子个数与黄光灯源的对比，故无法判断，故选项C不符合题意；D.改用光强更大的黄光源照射金属板A上表面，不

存在漏电的情况下，A板的正电荷将越积越多，A、B板间电压也将越来越大，液滴受到的电场力也将大于重力而向上运动，故选项D符合题意．10.如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R=0.8m、固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验

平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m=0.01kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠落到OP上的距O点距离为2R

的Q点。不计空气阻力，取g=10m/s2。则该次发射（）.A.小钢珠经过N点时速度的大小为2m/sB.小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力C.小钢珠离开弹簧枪时的动能为0.12JD.弹簧释放的弹性势能为0.20J【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．小钢珠从N到Q做

平抛运动，设运动时间为t，水平方向有Nxvt=竖直方向有212Rgt=解得22m/sNv=故A错误；B．据牛顿第二定律2NNvFmgmR+=解得N0F=故B正确；C．选M点为零势面，从M到N由机械能守恒定律有2k12NEmgRmv=+解得k0.12JE=故C正确；D．

有系统机械能守恒可得弹簧释放的弹性势能等于小钢珠离开弹簧枪时的动能和增加的重力势能，故D错误。故选BC。三、实验题：本大题2小题，共15分。11.霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图丙所示，在一矩形半导体

薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足HIBUkd=，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。（1）若该半导体材料是空穴（

可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图丙所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与_________（填“M”或“N”）端通过导线相连；（2）已知薄片厚度d=0.40mm，该同学保持磁感

应强度B=0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示：I（×10-3A）3.06.09.012.015.018.0UH（×10-3V）1.11.93.44.56.26.8根据表中数据在给定区域内（见答题卡）

画出UH-I图线_______________，利用图线求出该材料的霍尔系数为_______________31110VmAT−−−（保留2位有效数字）；（3）该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反

向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图丁所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）。为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向_______（填“a”或“b”），S2掷向_______（填“c”或

“d”）；为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中，在保持其他连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件____________和__________（填器件代号）之间。

【答案】①.M②.③.1.5④.b⑤.c⑥.S1（或S2）⑦.E【解析】【详解】（1）[1]由题意，不加磁场时，该半导体中空穴定向移动的方向与电流方向相同，则加磁场后，根据左手定则可知在霍尔电压达到稳定前，空穴将向M端偏转，所以

应将电压表的“+”接线柱与M端通过导线相连。（2）[2]根据表格数据，在坐标纸上描点、连线，注意使图线尽可能多的穿过坐标点，不在线上的点均匀分布在线的两侧，如图所示。[3]根据题给霍尔电压表达式变形可得HUBkId=即图线的斜率为8V/A21Bkkd==解得3111.510VmATk−−−

（3）[4][5]电流从电源正极流出，负极流入，由图丁可知，为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向b端，S2掷向c端。[6][7]实验中容易不慎将两开关向相同方向拨动从而导致电源短路，为了保证测量安全，在保持其他连接不变的情况下，该定值电阻应

串联在相邻器件S1（或S2）和E之间。12.某实验小组利用如图甲所示装置探究恒力做功与物体动能变化的关系，质量为m的钩码通过跨过滑轮的细线牵引质量为M的小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录的运动情况（1）下列做法中正确的有______________

_A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B．在平衡摩擦力时，不需要连接纸带C．小车从靠近打点计时器处释放（2）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打出一系列点，将打出的第一个点标为O，在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，测得A、B、C……各点

到O点的距离分别为123xxx、、……，已知相邻计数点间的时间间隔均为T．实验中，钩码质量远小于小车质量，可认为小车受到的拉力大小等于mg，在打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=__________，打B点时小车的动能kE=_

__________．（3）小明同学实验操作正确，但打出的纸带起始点不清晰，他挑选了一个清晰的点标为O1，以小车速度的二次方2v为纵坐标，计数点到O1点的距离x为横坐标，利用实验数据作出2v-x图像，该图像纵截距的物理意义是_________________．（4）小虎同学在实验过

程中没有保证钩码质量远小于小车质量，他利用实验数据作出的2v-W图像________（选填“会”或“不会”）弯曲．【答案】①.AC②.2mgx③.()23128MxxT−④.打1O点速度的二次方⑤.不会【解析】【分析】【详解】（1）[1]A．调

节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，A正确；B．该实验的功单指恒力做的功，故必须平衡小车受到的摩擦力，运动过程中纸带也要受到阻力，所以平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须

连好，B错误；C．为了有效使用纸带，小车靠近打点计时器处释放，C正确。故选AC。（2）[2][3]根据题意知，小车受到的拉力大小等于mg，从O点到B点的位移为2x，则拉力对小车做的功2Wmgx=根据匀变速直线运动的推论可知，B点的速度等于A点到C点的平均速度，则有312B

xxvT−=故动能为()2312k2128BBMxxEMvT−==（3）[4]根据2vx−图象可知，当x=0时该图像有纵截距，其物理意义是打1O点速度的二次方；（4）[5]根据动能定理得：2211022WMvMv=−=变形得22vWM=故2vW−图象的斜率为2kM=是不变的，故小虎同学在实验过程中

没有保证钩码质量远小于小车质量，该图象不会弯曲.四、计算题：本题共3个小题，共41分，请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分。13.如右图所示。一束截面为圆形，半径R=0.2m的平行光垂直射向一玻璃半球的平面。经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区。已知玻璃半球

的半径为R=0.2m。屏幕S至球心的距离为22D=m。不考虑光的干涉和衍射，试问：（1）若入射光是白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的最外侧是什么颜色？（2）若入射光是紫光，玻璃半球对紫光的折射率为3n=。求屏幕上

圆形亮区的面积。【答案】（1）紫色；（2）28-103π25【解析】【详解】（1）复色光与半球形玻璃面的下表面相垂直，方向不变，但是在上面的圆弧面会发生偏折，紫光的折射率最大，所以紫光偏折的最多，且屏上相应的光点与入射光线在玻璃半球的对称轴两侧

，因此最外侧是紫色。（2）如下图所示。紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点到亮区中心E的距离r就是所求最大半径。设紫光临界角为C，由全反射的知识1sinCn=所以21cosnCn−=21tan1Cn=−由几何关系2cos1RnROBCn==−所以()21tanDOBrDnnRC−=

=−−=535−m则屏幕上圆形亮区的面积S=πr2=28-103π2514.如图所示，竖直平面内光滑轨道由倾斜直轨道AB与圆弧轨道BCD平滑连接，C为圆弧轨道的最低点，D为最高点，O为圆心。质量0.1kgm=的小球从轨道AB上离C点高H=0.45m处，由静止开始下

滑，经B点进入圆弧轨道，g取10m/s2，求：（1）小球到达C点时的速度；（2）若圆弧轨道半径R=0.1m，则小球到达C点时，轨道对小球支持力大小；（3）若要小球恰能通过D点，则圆弧轨道的半径应是多少。的的【答案】（1）3m/s；（2）10N；（3）0.18m【解析】【分析】【详解】（1

）从A到C的过程，根据机械能守恒212CmgHmv=解得3m/sCv=（2）根据2NCvFmgmR−=解得N10NF=（3）小球恰能通过D点，则21DvmgmR=从A到D的过程，根据机械能守恒21122DmgHmgRmv−=解得10.18mR

=15.如图所示，在一半径为R，半圆形区域内（O为圆心，PQ边为直径）有垂直纸面向外的匀强磁场（图中没画出），PQ上方是电场强度为E的匀强电场．现有一质量为m，电量为q的带正电粒子从静止开始匀强电场中的A点释

放，从O点垂直于AB进入磁场，已知OA的距离也为R，不计重力与空气阻力的影响．（1）求粒子经电场加速射入磁场时的速度；（2）若要进入磁场的粒子不从圆弧边界离开磁场，求磁感应强度B的最小值；（3）若磁感应

强度B′42mqERqR=，求带电粒子从静止开始运动到达圆弧边界的时间．【答案】(1)2qERm(2)22mqERqR(3)234mRqE+【解析】【分析】(1)根据动能定理求出粒子经电场加速射入磁场

时的速度；(2)磁感应强度最小时，圆周半径最大，画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的最小值；(3)当磁感应强度为B′时，求出粒子在磁场中的半径，画出运动的轨迹，分别求出粒子在电场和磁场

中的时间，即可求出带电粒子从静止开始运动到达圆弧边界的时间.【详解】(1)依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v，由动能定理得：212qERmv=①得:2qERvm=②(2)要使圆周半径最大，则粒子

的圆周轨迹应与半圆磁场边界相切，设轨迹圆周半径为r由图中几何关系：2Rr=③由洛伦兹力提供向心力：2vqvBmr=④联立②③④解得:22mqERBqR=(3)设粒子运动圆周半径为r′，''4mvRrqB==，

粒子的圆周轨迹如下图所示：在电场中从A到O匀加速2012Rat=，得:02Rta=带电粒子在电场中的运动时间12233RmRtaqE==带电粒子在磁场中的运动时间222'4mmRtTqBqE===带电粒子从静止开始运动到达圆弧边界的时间12234mRttt

qE=+=+【点睛】带电粒子在磁场中运动问题，关键作出粒子的运动轨迹，会确定圆周运动的圆心、半径、圆心角，结合半径公式、周期公式进行求解．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com