2018-2019學年重慶一中高三(下)月考物理試卷(3月份)(解析版)

第第頁，共10頁解:A、液晶表現(xiàn)為各向異性，多晶體表現(xiàn)為各向同性，故A錯誤;可知，光一定能射出，不會發(fā)生反射B、由于氣體分子無規(guī)則的熱運動，大量的分子頻繁地碰撞器壁產生持續(xù)而穩(wěn)定的壓力，氣體壓強的產生是由大量氣體分子對器壁持續(xù)頻繁的碰撞引起的，故B正確;C、顆粒越小，溫度越高，布朗運動越劇烈，故C錯誤;D、當r>r°時，分子力表現(xiàn)為引力，隨著r的增大，分子引力做負功，分子勢能增大，故D正確；E、由熱力學第一定律△U=Q+W,—定質量的理想氣體在膨脹的時W<0,同時放出熱量Q<0,所以AU<0,而理想氣體不計分子間作用力，即不計分子勢能，只和分子平均動能有關，故氣體分子的平均動能減小，E正確。故選:BDE。液晶表現(xiàn)為各向異性，多晶體表現(xiàn)為各向同性；由于氣體分子無規(guī)則的熱運動，大量的分子頻繁地碰撞器壁產生持續(xù)而穩(wěn)定的壓力；顆粒越小，溫度越高，布朗運動越劇烈；當r>r0時，分子力表現(xiàn)為引力，隨著r的增大，分子引力做負功，分子勢能增大；由熱力學第一定律△U=Q+W，分析氣體分子的平均動能的變化。本題主要考查了熱力學第一定律、晶體和非晶體、布朗運動、氣體壓強的微觀意義。解此類題型要熟練掌握熱學部分的基礎知識，對于一些容易混淆的概念要善于區(qū)別?！敬鸢浮緼CD【解析】解:A、因為a、b兩光在上表面的折射角與反射后在上表面的入射角分別相等，根據(jù)折射定律可知出射后折射角等于開始時的入射角，所以出射光線一定平行，故A正確；BC、作出光路圖如圖所示，a光的偏折程度較大，則a光的折射率較大，頻率較大，波長短。根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式小=［九知,a光的條紋間距小于b光的條紋間距。故B錯誤C正確。D、因為a光的折射率較大，根據(jù)sinC=1，知a光的臨界角小。故Dn正確；E、因為a、b兩光在上表面的折射角與反射后在上表面的入射角分別相等，由光路可逆性原理故E錯誤；故選:ACD。作出光路圖，根據(jù)光線的偏折程度比較兩色光的折射率大小，從而比較出頻率的大小和波長的大小，通過波長大小，結合雙縫干涉條紋間距公式比較條紋間距的大小。由sinC='分析全反n射臨界角的大小。解決本題的關鍵是正確作出光路圖，通過光線的偏折程度比較出光的折射率大小，知道折射率、頻率、波長等大小關系。11.【答案】6.495限流實驗一【解析】解：⑴由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為：6.0mm+49.5x0.01mm=6.495mm；(2)①由表中實驗數(shù)據(jù)可知，電壓與電流不從零開始變化，滑動變阻器采用的是限流接法；②由表中實驗數(shù)據(jù)可知，待測電阻阻值約為:R=：=三=80，電流表內阻約為10，電壓表內阻約為3k0，電壓表內阻遠大于待測電阻阻值，電流表采用外接法時實驗誤差較??；當電流表采用外接法時，由于電壓表的分流作用，電流的測量值偏大，由表中實驗數(shù)據(jù)可知，在電壓相等的情況下，實驗一的電流大于實驗二的電流值，說明實驗一中電流表采用外接法，因此用實驗一所示數(shù)據(jù)測量值更接近真實值；故答案為：⑴6.495；(2)①限流;②實驗一螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)．分析表中實驗數(shù)據(jù)確定滑動變阻器的接法，分析實驗誤差．本題考查了螺旋測微器讀數(shù)、實驗數(shù)據(jù)分析，螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)，螺旋測微器需要估讀，讀數(shù)時視線要與刻度線垂直．12?【答案】mAOp=mAOM+mBON竝嚴抑腫+叫02—38.40【解析】

解：⑴要驗證動量守恒定律定律，即驗證:mAv1=mAv2+mBv3，小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，找出軌跡圓的圓心O,如圖所示,由幾何關系得：a=0上式兩邊同時乘以t得：mAv1t=mAv2t+mBv3t將OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得：mOP將OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得：mOP2=mOM2+mON2；AAB（2）碰撞前后m1動量之比：Pi15.0x22.40112幵+用一mixAJ1跑xON~^5.0xL7.00+7.5x'27.(10（5）發(fā)生彈性碰撞時，被碰小球獲得速度最大根據(jù)動量守恒的表達式是：m1v0=m1v1+m2v2動能守恒的表達式是：.,m]V02=m1v12+,m2v22,得動能守恒的表達式是：m「OM2+m2?ON2=m「0P2,聯(lián)立解得:勺=于石vo，因此最大射程為5口=于石：?0卩叮-X22,40cm=38,40cm；故答案為：（1）皿人0卩=皿人0“+皿￡0“沖人0卩2=皿人0“2+皿￡0“2;（2）;（5）38.40。電子在磁場中運動的時間為：解得：一答：（1）若電子做直線運動，勻強電場的電場強度E的大小為vB,方向垂直O(jiān)A豎直向下；（2）若撤掉電場，其它條件不變，電子束經過磁場區(qū)域后其運動方向與原入射方向的夾角為0，圓形磁場區(qū)域的半徑r為，電子在磁場中運動的時間t為一【解析】（1）電子做直線運動，洛倫茲力和電場力平衡，求出場強的大小和方向;（2）電子在磁場中受洛倫茲力作用，電子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，可以求出電子運動的半徑，畫出電子運動軌跡，根據(jù)幾何關系可以求得電子在磁場中的運動的時間和圓形磁場區(qū)域的半徑。熟悉電子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力，據(jù)此列式求出半徑和周期間的表達式，能正確作出電子做圓周運動的半徑。得：mOP=mOM+mON，AAB若碰撞是彈性碰撞，則機械能守恒，由機械能守恒定律得：〔mAv02=〔mAV]2+[mBv22,解得：（1）根據(jù)動量守恒定律進行分析確定需要驗證的關系式；（2）通過質量與水平射程乘積來驗證動量是否守恒。（3）根據(jù)動量守恒求出（1）根據(jù)動量守恒定律進行分析確定需要驗證的關系式；（2）通過質量與水平射程乘積來驗證動量是否守恒。（3）根據(jù)動量守恒求出ON的最大值。實驗的一個重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運動并且落到同一水平面上，故下落的時間相同，所以在實驗的過程當中把本來需要測量的速度改為測量平拋過程當中水平方向發(fā)生的位移，可見掌握了實驗原理才能順利解決此類題目。13.【答案】解：（1）根據(jù)qvB=qE得E=vB場強垂直O(jiān)A豎直向下（2）電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：解得：一：V/7J14.V/7J14.【答案】解：(1)開始時乙速度為零，相對于甲沿斜面向上運動，故甲和乙所受摩擦力如圖所示斜面對甲摩擦力f=(ml+m2)gcos30°=20N；乙對甲摩擦力f2=ym2gcos30°=7.5N；甲對乙摩擦力f2=f2=^m2gcos30°=7.5N；對乙：m2gsin30°f2=%2°2，a2=12.5m/s2,方向沿斜面向下；對甲:.f1+/2-m1gsin30°=m1a1，a=—m/s2，方向沿斜面向上；乙相對甲滑行的最大距離時，兩者共速，W=a2t=v0-a1t,解得t—s,vz=3m/s；甲運動位移：x1=v0t^a1t2=0.84m；乙運動位移：x2—a2t2=0.36m；兩者相對滑動△x=X]-x2=0.48m(2)從t=0時刻到甲和乙剛好達到共同速度的過程中，系統(tǒng)因克服摩擦而產生的熱量Q=f2^x+f1x1=20.4J(3)當甲和乙剛好達到共同速度v‘后，甲和乙：(m]+m2)gsinO°=卩(m1+m2)gcos30°，受力平衡，勻速運動，當傳送帶速度達到v‘后，甲和乙與傳送帶一起加速運動。傳送帶速度達到v‘的時間t=—=1s；甲和乙與傳送帶一起加速運動時間t〃，S-L-X]-v‘that〃2；解得t〃=1s；從傳送帶啟動到甲的左端動到傳送帶底端N點所用的時間t=t'+t〃=2s；答：(1)乙相對甲滑行的最大距離0.48m；(2)從t=0時刻到甲和乙剛好達到共同速度的過程中，系統(tǒng)因克服摩擦而產生的熱量20.4J；(3)當甲和乙剛好達到共同速度的瞬間啟動傳送帶，使其從靜止開始以恒定的加速度a=3m/s2沿逆時針方向轉動，求從傳送帶啟動到甲的左端動到傳送帶底端N點所用的時間2s?！窘馕觥?1)對甲和乙受力分析，計算好各自受摩擦力的大小和方向，分別列出牛頓第二定律求出各自加速度，達到共速時，求出各自位移，利用位移之差可解；(2)從t=0時刻到甲和乙剛好達到共同速度的過程中，系統(tǒng)因克服摩擦而產生的熱量有兩處，一處是兩物體之間，另外一處是甲和斜面之間；相加可解；⑶當甲和乙剛好達到共同速度v'后，甲和乙整體受力平衡，勻速運動，當傳送帶速度達到v'后,甲和乙與傳送帶一起加速運動。列式計算可解；本題是考查傳送帶的一道綜合題目，多研究對象，多研究過程，綜合性較強，數(shù)據(jù)計算能力要求較高，容易出錯的是甲和乙所受摩擦力的大小和方向容易出錯。15.【答案】解：初態(tài)體積V1=V0，末態(tài)體積V2=V0+^V0氣體質量為：浮力為：F=pgV0>G=(m+mz)代入數(shù)據(jù)解得：mf三960kg其中m是加熱前熱氣球內空氣質量，m‘為加熱后氣球內空氣質量，減少的氣體質量為△%=%-%'=200kg當密度相同時，有△-—則厶———氣球內所有氣體為研究對象：初態(tài)：，T1=273+17K=290K末態(tài)：2△m3對等質量、等壓強的氣體應用蓋呂薩克定律得：代入數(shù)據(jù)解得：T2=322K=49°C答：必須把氣球內的空氣溫度加熱到49攝氏度才能達到目的?！窘馕觥坑筛×Φ扔诳傊亓α械仁角蟮贸鯌B(tài)與末態(tài)的體積關系，再由等壓變化求得末態(tài)的溫度。本題要以氣球內的氣體為研究對象，只要確定其變體過程為等壓過程，由浮力等于重力解出體積關系即可求出溫度。TOC\o"1-5"\h\z16.【答案】解：⑺仁0時，P向下振動，若F、Q之間存在波谷，那么波長冶〃=0.4%；由圖乙可知：周期7=0.25,故波速-；若F、Q之間不存在波谷，那么，波長X=4d=1.6m,故波速-；（力）若F、Q之間存在波谷，則不管波從P向Q傳播還是由Q向P傳播，質點Q都向下振動，故質點Q下一次出現(xiàn)在波谷的時間-；若P、Q之間不存在波谷，則波從P向Q傳播，質點Q都向上振動，故質點Q下一次出現(xiàn)在波谷的時間答：⑺若P、Q之間存在波谷，波的傳播速度為2%/s；若F、Q之間不存在波谷，波的傳播速度為8%/s；（力）若P、Q之間存在波谷，質點Q下一次