重庆市第一中学2019届高三物理下学期3月月考试题（含解析）

1、 可修改重庆市第一中学2019届高三物理下学期3月月考试题（含解析）一、单选题1.如图所示，卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用T、a、v、S分别表示卫星周期、加速度、速度、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的有（）A. TATBB. aAaBC. vAvBD. SA=SB【答案】A【解析】【详解】ABC、根据可知线速度为：，周期为：，加速度为：，A的轨道半径较大，则：，故A正确，B、C错误；D、由开普勒第二定可知绕同一天体运动的天体与中心天体连线在同一时间内扫过的面积相等，A、B不是同一轨道，所以A、B与地心连线在单位时间内扫过的面积不同，故D错误；故选A。2.静电场方向平行于x

2、轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为-q，忽略重力。规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电场强度E，小球的加速度a、速度v和动能EK随x的变化图象，其中正确的是（ ）【答案】D【解析】试题分析：图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A 错误；由于离子带负电，粒子在的左侧加速度为正值，在右侧加速度为负值，且大小不变，故B错误；在左侧粒子向右匀加速，在的右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，

3、故C错误；在左侧粒子根据动能定理，在的右侧，根据动能定理可得，故D正确。考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、电势能【名师点睛】本题主要考查了图象，从图象中判断出斜率即为电场强度，然后利用牛顿第二定律判断出加速度，速度时间公式判断速度，抓住粒子带负电即可。3.如图,OO是磁感应强度大小分别为3B和B的两个匀强磁场区域的分界线,磁场方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。单匝圆形导线圈的直径刚好位于OO处,线圈以OO为转轴从纸面位置开始以角该度匀速转动。若线圈的电阻为R,面积为S,则下列说法正确的是( )A. 线圈在纸面位置时,感应电流最大B. 线圈中产生的感应电动势的最大值为2BSC. 线圈中产

4、生热功率为B2S22/2RD. 线圈从纸面位置开始转过90过程中通过线圈某一横截面的电荷量为2BS/R【答案】C【解析】【详解】A、线圈在纸面位置时，磁通量最大，感应电动势最小，为零，故A错误；B、线圈中产生的感应电动势的最大值为，故B错误；C、由有效值定义可知感应电动势的有效值为，线圈中产生的热功率为，故C正确；D、根据，可得，所以线圈从纸面位置开始转过90的过程中通过线圈某一横截面的电荷量为，故D错误；故选C。二、多选题4.2018年8月23日报道，国家大科学工程中国散裂中子源(CSNS)项目通过国家验收，投入正式运行，并将对国内外各领域的用户开放。有关中子的研究，下面说法正确的是( )A

5、. 中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性B. 卢瑟福发现中子的核反应方程C. 在中子轰击下生成的过程中，原子核中平均核子质量变小D. 衰变所释放的电子是原子核内部的中子转变为质子时所产生的【答案】ACD【解析】【详解】A、所有粒子都具有波粒二象性，故A正确；B、查德威克发现中子的核反应是：，故B错误；C、裂变反应释放出能量，根据质能方程知，在中子轰击下生成和的过程中，释放大量的能量，由质量亏损，原子核中的平均核子质量变小，故C正确；D、衰变所释放的电子是原子核内部的中子转变为质子时产生的，故D正确；故选ACD。5.如图，地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽，O为圆心，AB为水平直径。现将小球（可

6、视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点；若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角=60，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）A. v1：v2=1:3B. 小球从开始运动到落到凹槽上，速度的变化量两次相同C. 小球从开始运动到落到凹槽上，前后两次的平均速度之比为1:2D. 小球落在凹槽上时，重力的瞬时功率两次不同【答案】AB【解析】【详解】A、小球从开始运动到落到凹槽上做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点时有：，从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点时有：，所以，故A正确；B、根据加速度的

7、定义可知速度的变化量，由于下落时间相同，所以小球从开始运动到落到凹槽上，速度的变化量两次相同，故B正确；C、小球从抛出到D点的平均速度，小球从抛出到C点的平均速度 ，所以前后两次的平均速度之比为，故C错误；D、小球刚到D点时重力的瞬时功率，小球刚到C点时重力的瞬时功率，所以重力的瞬时功率两次相同，故D错误；故选AB。6.如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端栓接质量为m的小球,小球放在倾角为30的光滑固定斜面上,整体处于平衡状态时,弹簧与竖直方向成30角,重力加速度为g,则A. 平衡时,斜面对小球的作用力大小为B. 若将斜面突然移走,则移走瞬间小球的加速度大小为C. 若将弹簧剪断,则剪断

8、的瞬间小球的加速度大小为D. 若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧,系统重新达到平衡时,弹簧仍处于拉伸状态,此时斜面对小球的作用力变小【答案】CD【解析】【详解】A、小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T，斜面对小球的支持力为FN，对小球受力分析如图，则：，解得：，故A错误；B、将斜面突然移走，小球受的弹簧拉力和重力，弹簧弹力不突变，所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小为，故B错误；C、将弹簧剪断的瞬间，小球即将沿斜面向下做匀加速运动，小球的加速度大小为，故C正确；D、将弹簧换成原长相同但劲度系数更大另一轻弹簧，弹簧弹力将变

9、大，小球将沿斜面向上运动，系统重新达到平衡时，轻弹簧与竖直方向的夹角小于，但斜面对小球的支持力方向不变，根据作图可得斜面对小球的作用力变小，故D正确；故选CD。7.如图所示的理想变压器电路中，原副线圈的匝数比为2:1，原、副线圈的电路中均有一阻值为R的定值电阻，副线圈电路中定值电阻和滑动变阻器串联，a、b端接电压恒定的正弦交流电，在滑动变阻器滑片P向右移动的过程中，则下列说法正确的是（ ）A. 原线圈电路中定值电阻R消耗的功率在减小B. 副线圈电路中定值电阻R消耗的功率在增大C. 副线圈电路中消耗的总功率在减小D. 原、副线圈电路中定值电阻R两端的电压之比恒定为1:2【答案】BD【解析】【详解

10、】滑动变阻器滑片P向右移动的过程中，总电阻减小，原副线圈的电流强度均增大；AB、根据可知原线圈电路中定值电阻R消耗的功率在增大，副线圈电路中定值电阻R消耗的功率也在增大，故B正确，A错误；C、根据变压器原理可知输入功率等于输出功率，副线圈电路中消耗的总功率，由于E、R和I1未知，无法确定副线圈电路中消耗的总功率的变化，故C错误；D、根据U=IR可知原、副线圈电路中定值电阻R两端的电压之比等于电流强度之比，等于原副线圈的匝数的反比，即为1:2，故D正确；故选BD。8.如图，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距

11、离忽略不计，两直杆足够长。A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，初始时轻杆与水平面成30角。将A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A. 滑块A、B组成的系统机械能守恒B. 当A到达最低点时，B的速度最大，最大速度为C. B到达最右端时，A的速度为D. B从开始运动至最右端的过程中，轻杆对B先做正功后做负功，总功为零【答案】ABD【解析】【详解】A、因不计一切摩擦，杆为轻杆，故滑块A、B组成的系统机械能守恒，故A正确；B、当A到达最低点时，A速度为零，B的速度最大，则有：，解得，故B正确；C、B到达最右端时，B的速度为

12、零，此时A、B的位置如图所示，则有：，解得：，故C错误；D、B从开始运动至最右端的过程中，B先做加速度直线运动后做减速直线运动，B到达最右端时B的速度为零，运动过程中只有轻杆对B做功，根据动能定理可知B从开始运动至最右端的过程中，轻杆对B先做正功后做负功，总功为零，故D正确；故选ABD。9.下列说法中正确的是_A.液晶与多晶体一样具有各向同性B.气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的C.悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著D.当两分子间距离大于平衡距离r0时，分子间的距离越大，分子势能越大E.若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，则气体分子的平均动

13、能减小【答案】BDE【解析】液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特性而设计的，A错误；气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的，B正确；布朗运动与悬浮颗粒的大小有关，颗粒也大，布朗运动越不明显，同一时刻撞击它的液体分子越多，布朗运动越不明显，C错误；当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，D正确；气体膨胀的过程中对外做功，若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，温度降低，所以气体分子的平均动能减小，E正确10.一束含两种频率的单色光，照射到底面有涂层的平行均匀玻璃砖

14、上表面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出后，光线分为a、b两束，如图所示。下列说法正确的是_A，a、b一定是平行光线B.用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距大于b光的条纹间距C.a光的频率大于b光的频率D.从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角小E.增大从空气到玻璃的入射角(90之内)，a、b光可能在玻璃内发生全反射【答案】ACD【解析】因为a、b亮光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据折射定律可知出射后在上表面的入射角分别相等，根据折射定律可知出射后折射角等于开始时的入射角，所以出射光线一定平行，A正确；根据光路图，a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较

15、大，波长短，根据双缝干涉条纹间距公式可知a光的条纹间距小于b光的条纹间距，B错误C正确；因为a光的折射率较大，根据可知a光的临界角较小，D正确；根据折射定律，无论如何改变入射角，在玻璃内都不能发射全反射，E错误三、实验题探究题11. 某同学通过实验测量一种合金的电阻率。（1）用螺旋测微器量合金丝的直径，读数如图所示，可读出合金丝的直径为 mm;（2）现有电源（E=4V，内阻可不计），滑动变阻器（050），电流表（00.6A，内阻约为1），电压表（03V，内阻约为3K），开关和导线若干。该同学分别用电流表的两种不同接法测量合金丝的电阻，记录两组不同的数据如下:实验一序号123456电压U（V）0

16、.801.201.602.202.502.80电流I（A）0.100.150.200.270.310.35实验二序号123456电压U（V）0.801.201.602.202.502.80电流I（A）0.090.130.180.240.280.31由数据可知，该同学采用滑动变阻器的 接法（填“限流式”或“分压式”）；由数据可知，利用 （填“实验一”或“实验二”）的数据计算所得结果更接近合金丝电阻的真实值。【答案】（1）6.496（6.4956.497） ; （2）限流式 ， 实验一【解析】试题分析：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：6.0mm+49.50.01mm=6.495mm；（2）由

17、表中实验数据可知，电压与电流不从零开始变化，滑动变阻器采用的是限流接法；由表中实验数据可知，待测电阻阻值约为：，电流表内阻约为1，电压表内阻约为3k，因，则电流表采用外接法时实验误差较小；当电流表采用外接法时，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏大，由表中实验数据可知，在电压相等的情况下，实验一的电流大于实验二的电流值，说明实验一中电流表采用外接法，因此用实验一所示数据测量值更接近真实值.考点：本题考查测定金属丝的电阻率。【名师点睛】考查螺旋测微器读数、实验数据分析，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读，读数时视线要与刻度线垂直12.某同学用如图甲所示装置

18、,通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律（1）测量所得入射球A的质量为mA,被碰撞小球B的质量为mB,图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影,实验时,先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放,找到其平均落点的位置P,测得平抛射程为OP;再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放,与小球B相撞,分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N,测得平抛射程分别为OM和ON,当所测物理量满足表达式_，时,即说明两球碰撞中动量守恒;如果满足表达式_，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞。（2）经测定,mA=45.0g,mB=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图,经计算，碰撞前、后总动量的比值

19、=_（结果用分数表示）（3）有同学认为,在上述实验中仅更换两个小球的材质,其他条件不变,可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请你用（2）中已知的数据,分析和计算出被碰小球B平抛运动射程ON的最大值为_cm.【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】【详解】解：(1)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则，又，代入得：；若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：，代入得：；(2)碰撞前、后总动量的比值；(3)发生弹性碰撞时，被碰小

20、球获得速度最大，根据动量守恒：，机械能守恒定律：，联立解得，因此最大射程四、计算题13.如图所示，虚线圆所围的区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场和另一未知匀强电场（未画），一电子从A点沿直径AO方向以速度v射入该区域。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子所受的重力。 （1）若电子做直线运动，求匀强电场的电场强度E的大小和方向；（2）若撤掉电场，其它条件不变，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为，求圆形磁场区域的半径r和电子在磁场中运动的时间t。【答案】（1）；垂直OA竖直向下（2）；【解析】(1) 若电子做直线运动，据得 场强垂直OA竖直向下。（2）若撤掉

21、电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为，轨迹如图：则 解得：找出轨迹圆的圆心,如图所示，由几何关系得： 解得： 设电子做匀速圆周运动的周期为T，有： 电子在磁场中运动的时间为： 解得： 点睛：带电粒子在磁场中的运动，关键是根据条件画出对应的轨迹，根据几何关系求出对应半径，然后使用半径公式或周期公式求解对应问题。14.如图所示,有一长为S=8.84m的传送带倾斜放置,倾角为=30,且没有启动。一质量为m1=3kg、长度L=0.5m的长木板甲静止于传送带顶端,其右端与传送带的顶端M点相齐。t=0时刻,将一质量为m2=1kg的小物块乙(可视为质点)轻放在

22、长木板甲的左端,与此同时,给长木板甲v0=4m/s的速度沿传送带向下运动。已知,甲与传送带之间的动摩擦因数,甲与乙之间的动摩擦因数, 重力加速度大小g=10m/s2。则：(1)乙相对甲滑行的最大距离；(2)从t=0时刻到甲和乙刚好达到共同速度的过程中,系统因克服摩擦而产生的热量；(3)当甲和乙刚好达到共同速度的瞬间启动传送带,使其从静止开始以恒定的加速度a=3m/s2沿逆时针方向转动,求从传送带启动到甲的左端动到传送带底端N点所用的时间。【答案】(1)0.48m；(2)20.4J；(3)2s【解析】【详解】解：(1) 乙做向下匀加速直线运动，加速度大小为：甲做向下匀减速直线运动，加速度大小为：设甲和乙刚好达到共同速度时速度为v1，时间为t1根据运动学公式可得：联立解得：，甲的位移为：乙的位移为：乙相对甲滑行的最大距离：(2)从t=0时刻到甲和乙刚好达到共同速度的过程中，甲与传送带之间因克服摩擦而产生的热量：甲与乙之间因克服摩擦而产生的热量：系统因克服摩擦而产生的总热量：(3)当甲和乙刚好达到共同速度