2022-2023学年重庆市第一中学高二下学期3月月考物理试题 （解析版）

2023年重庆一中高2024届高二下期3月月考

物理测试试题卷

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得3分，选错得0分。

1. 如图所示是用显微镜观察悬浮在水中的某个花粉微粒做布朗运动的观测记录，下列说法正确的是（　　）

A. 温度越高，布朗运动越显著

B. 花粉微粒越大，布朗运动越显著

C. 布朗运动反映了花粉分子的无规则热运动

D. 图中记录的是花粉微粒做布朗运动的轨迹

【答案】A

【解析】

【详解】A．实验中，温度越高，液体分子运动越激烈，使得布朗运动也越显著，故A正确；

B．微粒越大，表面积越大，同一时刻撞击微粒液体分子越多，合力越小，布朗运动越不明显，故B错误；

C．布朗运动指的是花粉颗粒的运动，不是花粉分子的热运动，反映液体分子的无规则运动，故C错误；

D．图中记录的是花粉微粒做无规则的布朗运动，没有固定的轨迹，只是按时间间隔依次记录位置的连线，并不是运动轨迹，故D错误。

故选A。

2. 下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】BD．黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，选项BD错误；

AC．根据黑体辐射实验规律，黑体热辐射的强度与波长的关系为：随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度都有增加，则各种频率的辐射强度也都增加，另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A正确，C错误。

故选A。

3. 某种气体的密度为，摩尔体积为，摩尔质量为，单个分子的体积，质量为m，阿伏伽德罗常数为，下列说法正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】A．气体分子间有间距，所以分子的体积并不是所占空间的体积，故A错误；

B．单个分子的质量是气体的摩尔质量与阿伏伽德罗常数的比值，即

故B正确；

CD．不是每个分子的质量，而阿伏伽德罗常数

故CD错误。

故选B。

4. 分子势能随分子间距离变化的图像如图所示，两分子相距无穷远时势能为0。现将分子A固定，将分子B由无穷远处释放，仅考虑分子间作用力，在分子间距由r2到r1的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 分子间作用力始终表现为引力

B. 分子B动能一直减小

C. 分子B加速度大小一直不变

D. 分子间距为r1时分子间作用力为0

【答案】B

【解析】

【详解】A．在两分子间距离由r2到r1的过程中，分子势能增大，分子间作用力做负功，表现为斥力，故A错误；

B．由于分子势能增大，所以分子动能减小，故B正确；

C．由r2到r1的过程中，分子间作用力增大，加速度一直增大，故C错误；

D．分子间距为r1时分子势能为零，而分子间作用力不为零，故D错误。

故选B。

5. 如图所示的振荡电路中，已知某时刻电流i的方向指向A板，则（　　）

A. 若A板此时带正电，电容器两极板间的电场能正在减小

B. 若B板此时带正电，则电流i正在减小

C. 若在线圈中插入铁芯，振荡频率减小

D. 若减小平行板电容器A、B间的距离，振荡频率增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．若A板此时带正电，可知此时电容器正在充电，故电容器两极板间的电场能正在增大，A错误；

B．若B板此时带正电，可知此时电容器正在放电，则电流i正在增大，B错误；

CD．根据振荡电路的周期公式

当在线圈中插入铁芯，自感系数L增大，振荡周期变大，故振荡频率减小；同理，当减小平行板电容器A、B间的距离时，根据

可知此时电容器的电容C增大，振荡周期变大，振荡频率减小，C正确，D错误。

故选C。

6. 用红、蓝两种单色光做单缝衍射实验，得到的图样如图所示，则（　　）

A. 图甲为红光，图乙为蓝光

B. 在相同介质中，图甲对应单色光比图乙对应单色光传播速度大

C. 减小单缝宽度，则两个图样中央亮纹宽度变宽，亮度变亮

D. 两束单色光以相同入射角从水中射入空气中若空气中只有一束光，则应为图乙对应单色光

【答案】D

【解析】

【详解】A．单缝衍射实验中，单缝宽度相同，光的波长越长，中央亮条纹越粗，红光的波长比蓝光的波长长，故图乙为红光，图甲为蓝光。A错误；

B．蓝光的频率大于红光频率，蓝光的折射率大于红光的折射率，由

得

在相同介质中，图甲对应单色光比图乙对应单色光传播速度小。B错误；

C．减小单缝宽度，则两个图样中央亮纹宽度变宽，因为通的光变少，亮度变暗。C错误；

D．设光从水射向空气时，全反射角为，则

水中蓝光的折射率大于红光的折射率，全反射角蓝光比红光小。两束单色光以相同入射角从水中射入空气中若空气中只有一束光，则必然是蓝光发生了全反射，应为图乙对应单色光。D正确。

故选D。

7. 如图所示，一定质量的理想气体从a状态开始，经历b、c状态再次回到a状态。b到c过程气体放热，c到a过程气体吸热。则下列说法正确的是（　　）

A. c→a过程相同时间内撞到单位面积上的分子数减少

B. a→b过程气体温度先减小后增大

C. a→b过程气体吸热4.05J

D. 经过一个循环，气体对外界做的总功为

【答案】C

【解析】

【详解】A．由题图可知，c→a过程是等容变化，由查理定律可知，气体的压强增大，温度升高，气体又吸热，气体分子的平均动能增大，气体的密度不变，则有相同时间内撞到单位面积上的分子数增加，A错误；

B．在 p−V图像中，等温过程对应图线是一条曲线，对同一气体，等温线离坐标轴越远温度越高，因此 a→b不是等温过程，气体温度先升高后降低， B错误；

CD． a→b过程，压强减小体积增大，气体对外做功，由气体做功公式可知，p−V图线与坐标轴所围面积表示做功数值，则有

b→c过程，是等压变化，体积减小，外界对气体做功，则有

由热力学第一定律可知，气体经过一个循环，内能不变，则有

解得

可知a→b过程气体吸热4.05J。c→a过程是等容变化，气体对外不做功，外界对气体也不做功，因此经过一个循环，气体对外界做的总功为

C正确，D错误。

故选C。

8. 如图所示，U型管左端封闭，右端开口。用水银封闭一段气体，初始时气柱长度l=12cm，两侧水银液面高度差h=10cm，已知大气压强p0=76cmHg。现在向管内缓慢加注8cm长的一段水银，与原有水银形成连续液柱，过程中封闭气柱温度保持不变，则注入水银后两侧水银液面高度差为（　　）

A. 3cm B. 3.5cm C. 4cm D. 4.5cm

【答案】C

【解析】

【详解】封闭气体的压强为

根据玻意耳定律有

联立解得注入水银后两侧水银液面高度差为

故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对不选全得2分，有错选得0分。

9. 关于热力学定律，下列说法正确的是（　　）

A. 热量可能从低温物体传向高温物体

B. 热量不可能从低温物体传向高温物体

C. 物体从外界吸收热量，其内能一定增加

D. 物体从外界吸收热量，其内能不一定增加

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．热量可以从低温物体传向高温物体,比如空调、冰箱通过压缩机做功可以让热量从低温空气传给高温空气，故A正确，B错误；

CD．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，比如理想气体做等温膨胀，气体从外界吸收热量，全部用来对外做功，气体内能不变。故C错误，D正确。

故选AD。

10. 某小组设计的“过热自动报警电路”如左图所示，电源的电压为U1=3V，电源内阻可忽略，继电器线圈用漆包线绕成，阻值为R0=20Ω。如图为热敏电阻Rt阻值随温度变化的图形，将热敏电阻Rt安装在需要探测温度的地方，当线圈中的电流大于等于100mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响起，同时指示灯熄灭。则（　　）

A. 警铃的接线柱C应与接线柱A相连的

B. 报警温度大约在53℃

C. 若电源内阻不可忽略，则报警温度将变大

D. 要降低报警温度，可换用电压更小的电源

【答案】BC

【解析】

【详解】A．当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境中的温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响，由此可知，警铃的接线柱C应与B相连，指示灯的接线柱D应与A相连，故A错误；

B．当环境温度升高时，热敏电阻阻值减小，由欧姆定律可知电路中电流增大，则继电器的磁性增大，当线圈中的电流等于100mA时，继电器的衔铁刚好被吸合，则控制电路中电阻最大值为

此时热敏电阻的阻值为

结合图线可知，此时环境温度大约为53℃，故B正确；

C．若电源内阻不可忽略，当线圈中的电流等于100mA时，热敏电阻的阻值将小于10Ω，由图线可知，报警温度将变大，故C正确；

D．要降低报警温度，则线圈中的电流等于100mA时，热敏电阻阻值增大，由以上分析可知，应增大电源电压，故D错误。

故选BC。

11. 重庆一中学生小明用单色光和两片平整的玻璃片观察薄膜干涉，如图甲所示，则（　　）

A. 干涉条纹与ab边平行

B. 若将上方玻璃片右侧垫高一些，条纹间距变小

C. 换用频率更高单色光，可使条纹间距变大

D. 若下方玻璃片上表面有一凹痕，则观察到的干涉条纹如图乙所示

【答案】BD

【解析】

【详解】A．条纹是由样板的下表面和被检查平面的上表面的反射光发生干涉后形成的，相邻亮条纹之间，空气膜的厚度差等于半个波长，同一亮条纹空气膜的厚度差相等，所以干涉条纹与ad平行，故A错误；

B．若将上方玻璃片右侧垫高一些，空气膜的劈角变大，空气膜厚度差等于半个波长的位置距离变小，所以相邻亮条纹间的距离变小，故B正确；

C．换用频率更高的单色光，其波长更小，相邻条纹间距变小，故C错误；

D．弯曲的条纹对应的被检查平面的空气膜厚度与未弯处平面的空气膜厚度相同，可知对应的位置是凹陷，故D正确。

故选BD。

12. 如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器。发电机输出功率P0=10kW，输电线电阻r=100Ω，输电线上损失的功率为输电功率的1%，用户端R上的电压为220V。下列说法正确的是（　　）

A. 右侧降压变压器匝数比

B. 右侧降压变压器匝数比

C. 保持发电机输出功率不变，减小用户端电阻R，输电线上损耗的功率增加

D. 保持发电机输出功率不变，减小用户端电阻R，输电线上损耗的功率降低

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．根据题意，有

解得

故A正确，B错误；

CD．根据题意有

由此可知，当R减小时，若P保持不变，则I3增大，输电线上损耗的功率增加，故C正确，D错误。

故选AC。

三、实验题：本大题共2小题，共14分。第13题6分，第14题8分。

13. 学校研究性学习小组在“测定玻璃的折射率”实验中，某同学先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，平行玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面，在图中相应位置插上、两枚大头针（如图甲）。

（1）在插和时，应使__________。

A．只挡住的像

B．只挡住

C．同时挡住、像

D．挡住及、的像

（2）该同学选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点为圆心作圆，与入射光线、折射光线的延长线分别交于A、B点，再过A、B点分别作法线的垂线，垂足为、点，如图乙所示，则玻璃的折射率__________（用图中线段的字母表示）。

（3）另一同学选用一横截面为三角形的玻璃砖，放置在如图丙实线位置，插针后在描绘三棱镜轮廓的过程中，三棱镜的位置发生了微小的平移（移至图丙中虚线位置，底边仍重合），则三棱镜玻璃材料折射率的测量值__________真实值（填“大于”“小于”或“等于”）。

【答案】    ①. CD    ②.     ③. 小于

【解析】

【详解】（1）[1]确定P3大头针的位置的方法是插上大头针P3，使P3同时挡住P1、P2的像。确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像。

故选CD。

（2）[2]如图

由几何关系可知，R为圆的半径，入射角的正弦值为

折射角的正弦值为

则折射率

（3）[3]在测量过程中，放置三棱镜的位置向左发生了微小的平移（移至图丙中的虚线位置，底边仍重合），作出光路图，如图所示

入射角不变，而折射角的测量值偏大，由，可知三棱镜玻璃材料折射率的测量值小于真实值。

14. 某同学用图甲所示实验装置探究一定质量的气体等温变化的规律。将注射器活塞移动到体积最大的位置时，接上软管和压强传感器，记录此时压强传感器的压强为和注射器上的体积为，然后压缩气体，记录多组压强p和体积V的值。

（1）关于该实验下列说法正确的是__________。

A．为保证封闭气体的气密性，应在活塞与注射器壁间涂上润滑油

B．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出

C．为方便推拉活塞，应用手握注射器再推拉活塞

D．注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位

（2）实验中，若软管内气体体积可忽略，在压缩气体过程中漏气，则用上述方法作出的图线应为图乙中的__________（选填“①”或“②”）。

（3）若软管内气体体积不可忽略，作出图像是一条曲线，如图丙所示。试用玻意耳定律分析，该曲线的渐近线（图中的虚线）的压强是__________。（用、、表示）

（4）在（3）中，该同学找来一些绿豆将其装入上述装置中的注射器内，按照正确的实验操作，移动活塞，多次记录注射器上的体积刻度V和压强传感器读数p，作出图线如图丁所示，由此可测出这些绿豆的体积__________。（已知物理量有、、、a、b）

【答案】    ①. AD##DA    ②. ①    ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1]

A．为保证封闭气体的气密性，应在活塞与注射器壁间涂上润滑油，A正确；

B．若快速推动活塞容易使气体温度发生急剧变化，与实验等温条件不符，B错误；

C．用手握注射器再推拉活塞，会对气体的温度造成影响，与实验等温条件不符，C错误；

D．注射器的横截面不变，当刻度分布均匀时，可以用气体的长度来间接表示体积，即可以不标注单位，D正确。

故选AD。

（2）[2]根据理想气体状态方程

，C为常数

可知当压缩气体过程中漏气时，之积会变小，即图像的斜率变小，可知图像为①。

（3）[3]若软管内气体体积不可忽略，当注射器中的体积为时，实际气体的总体积为，当趋向于无穷大时，即此时注射器中的气体体积趋向于0，此时气体全部集中在软管内，根据玻意耳定律有

解得

（4）[4]根据玻意耳定律有

整理得

结合图像斜率可知

解得

四、计算题：各小题解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，其中15题8分，16题10分，17题10分，18题18分，共46分。

15. 如图所示，桌面上倒立一个透明玻璃圆锥体，其底面圆的直径和母线长度均为，有一束直径为L的圆柱形平行光束垂直圆锥底面入射，光束横截面圆心与圆锥底面圆心重合。已知光束在玻璃中的折射率为，求：

（1）光束在玻璃圆锥体中的全反射临界角C的正弦值；

（2）圆锥体侧面有光射出的面积，并画出用到的光路图。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由全反射临界角公式，可得光束在玻璃圆锥体中的全反射临界角C的正弦值为

（2）由几何知识可知，经轴线的截面是等边三角形，光线在A点的入射角为60°，大于临界角，光线从圆锥体侧面产生全反射后垂直射在相对一侧的界面上，直线射出去，如图所示，由几何关系可得

由圆锥体侧面积公式，可得圆锥体侧面有光射出的面积为

16. 在疫情过程中需要大量的氧气。医用氧气钢瓶储存在温度为的冷库中，体积为，压强为，现将其分装成体积为、压强为的小钢瓶，分装前小钢瓶内部可视为真空，要求大钢瓶内氧气的压强降为时停止分装，分装过程氧气温度可视为不变，已知为大气压强，求：

（1）一共能分装出多少瓶小钢瓶；

（2）分装后将一个小钢瓶移动到温度为的病房供病人使用，当小钢瓶内压强降到时，瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的之比（结果可以用分数表示）。

【答案】（1）5瓶；（2）

【解析】

【详解】（1）设能分装出n瓶小钢瓶，则有玻意耳等温定律

代入即得

解得

（2）由

可得小钢瓶内的氧气在下，压强为时的体积为

当剩余气体只有10L时，瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的之比为

17. 如图所示，一个固定的水平绝热气缸由一大一小两个圆筒组成，小圆筒端右端开口且足够长，大圆筒左端封闭，长为。在两个圆筒中各有一个活塞，大活塞A绝热，小活塞B导热良好具其横截面面积为大活塞A的一半两活塞用刚性轻质细杆连接，杆长为。A与大圆筒、A与B间分别封闭一定质量的理想气体Ⅰ、Ⅱ，初始时两部分气体Ⅰ、Ⅱ的压强均与外界大气压相同为，温度均为，且大活塞A距离大圆筒左端L（不计所有摩擦，活塞厚度不计）。现缓慢加热气体Ⅰ，使A刚好与小圆筒相接触时，求：

（1）气体Ⅱ的压强；

（2）气体Ⅰ的温度。

【答案】（1）1.5p0；（2）2.5T0

【解析】

【详解】（1）设大小活塞的面积分别为2S和S，则对大小活塞间的气体Ⅱ，初态时：压强为，体积为

末态时：压强为，体积为，气体Ⅱ经历的是等温过程，则有

解得

（2）当大活塞刚好与小圆筒相接触时，气体Ⅰ的压强为p12，此时两个活塞受气体压力的合力为零

解得

对大活塞与大圆筒间的气体Ⅰ，初态时：压强为，体积为，温度为

末态时：压强为，体积为，温度，A气体经历的是绝热过程，则有

解得

18. 如图所示，水平固定的导电圆环（不计电阻）半径为，长度也为L、电阻不计的金属棒沿半径放置，一端与圆环连接，另一端与过圆心的导电竖直转轴（不计电阻）连接，金属棒随轴以角速度，顺时针匀速转动，圆环边缘、转轴分别通过电剧与水平放置形状为“”的水平平行轨道连接，宽轨道、窄轨道间距分别为，电容的电容器接在宽轨道之间。粗细均匀同种材料构成金属棒电阻为、质量为、长度为，静止在宽轨道上，距离足够远。左侧轨道不计电阻，右侧轨道为绝缘材料，整个空间存在竖直向下的磁场，以点为坐标原点，沿方向建立坐标轴左侧为磁感应强度为．的匀强磁场，右侧磁感应强度分布规律为。现将开关S与1相连，当电容器充电结束后，再将开关S与2相连，经过一段很长时间，金属棒无能量损失地进入水平窄轨道，立即与静止在水平轨道上质量为、总电阻为、三边长度均为的“U”形金属导线框碰撞，并粘合在一起接触良好，金属棒、“U”形金属导线框与窄轨道间的滑动摩擦因数均为，（其余摩擦不计）在窄轨道上滑行时间停下，已知重力加速度，求：

（1）充电结束时，电容器的电量q；

（2）金属棒的最大速度；

（3）金属棒与导线框碰撞后，闭合回路产生的焦耳热Q。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）金属棒在圆环上转动时切割磁感线，则有

充电时电容器两端电压，根据电容得定义可得

（2）设电容器放电过程金属棒ab运动的距离为最大速度为，则电容器最终电压为

根据动量定理有

即

解得

（3）设金属棒与导线框碰撞后速度为，根据动量守恒定律有

解得

金属棒与导线框碰撞后粘在一起总电阻为

金属棒与导线框在运动过程中， 由题可知

金属棒与导线框整体受到的安培力为

从碰撞后到停下过程根据动量定理有

即

解得

线框移动过程中面积不变，磁通量的变化是由于磁场强度的变化导致的，根据，可知此过程中磁场强度变化了4T，根据可知导线框运动的位移为

由能量守恒定律可得

解得