2019届重庆市第一中学高三上学期12月月考物理试题(解析版)

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重庆市第一中学高2019届（三上）12月月考物理试题卷
一、选择题
1.下列选项中,不属于用“比值定义法”定义物理量的是
A. 电场强度E=F/q B. 磁感应强度B=F/IL C. 电流I=U/R D. 电容C=Q/U
【答案】C
【解析】
【分析】
比值法就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量．它适用于物质属性或特征、物体运动特征的
定义。

【详解】A项：FEq=是电场强度的定义式是比值定义的，故A不符合题意；

B项：公式FBIL=是磁感应强度的定义式，属于比值定义法，故B不符合题意；
C项：公式UIR=是欧姆定律即导体中的电流与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比，不是比值定
义法，故C符合题意；
D项：电容是极板上的电量与极板之间的电压的比值，QCU=是电容的定义式，为比值定义法，故D不符
合题意。
本题选不是比值定义法的，故选：C。
【点睛】中学物理中，有相当数量的物理量是采用“比值法”定义的．应用比值法定义物理量，往往需要
一定的条件；一是客观上需要，二是间接反映特征属性的两个物理量可测，三是两个物理量的比值必须是
一个定值。
2.2018年2月12日13时03分,我国在西晶卫星发射中心成功发射第五、第六颗北斗三号全球组网卫星,
北斗导航系统中,某颗卫星绕地球做圆周运动,其向心加速度大小为a,线度大小为v,引力常量为G,由以上
数据可知
A. 该卫星的轨道半径为a/v2 B. 该卫星的角速度大小为a/v
C. 该卫星的周期为2aπ/v D. 该卫星的质量为v4/Ga
【答案】B
【解析】
【分析】
根据向心加速度公式求出卫星的轨道半径，结合向心加速度与线速度、角速度的关系求出角速度的大小，
根据周期和角速度的关系求出周期的大小。
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【详解】A项：根据2var=得，卫星的轨道半径r=2va，故A错误；
B项：根据a=vω得，卫星的角速度ω＝av，故B正确；
C项：卫星的周期T=22vappw=，故C错误；
D项：卫星绕地球做圆周运动，卫星是环绕天体，无法通过万有引力提供向心力求出卫星的质量，故D错
误。
故应选：B。
【点睛】解决本题的关键知道线速度、角速度、周期、向心加速度这些物理量之间的关系，并能灵活运用，
注意在万有引力提供向心力公式中，环绕天体的质量可以约去，无法求出环绕天体的质量。
3.在粒子物理学的研究中,经常应用“气泡室”装置。粒子通过气泡室中的液体时能量降低,在它的周围有
气泡形成,显示出它的径迹,如图所示为带电粒子在气泡室运动径迹的照片,气泡室处于垂直纸面向里的匀
强磁场中,下列有关甲、乙两粒子的判断正确的是

A. 甲粒子从b向a运动 B. 乙粒子从c向d运动
C. 甲粒子带正电 D. 乙粒子带负电
【答案】A
【解析】
【分析】
带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分
析粒子入射的方向．由左手定则判断电荷的电性。
【详解】带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，由粒子轨道半径公

式：mvrqB=可知，粒子的轨迹半径逐渐减小，由图看出，甲粒子的运动方向是从b向a运动，乙粒子从d
向c运动，
甲粒子从b向a运动，由左手定则可知，甲粒子带负电
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乙粒子从d向c运动，由左手定则可知，乙粒子带正电。
故应选：A。

【点睛】本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径mvrqB=和左手定则就能正确解答，掌握基础
知识是解题的前提与关键，平时要注意基础知识的学习与应用。
4.如图所示,虚线A、B、C为某电场中的三条等势线,其电势分别为2V、0V、-2V,实线为带电粒子在电场中
运动时的轨迹,P、Q为轨迹与等势线A、C的交点,带电粒子只受电场力,则下列说法正确的是

A. 粒子可能带正电 B. 粒子在P点受到的电场力大于在Q点受到的电场力
C. 粒子一定是从P点运动到Q点 D. 粒子在P点的动能大于在Q点的动能
【答案】D
【解析】
【分析】
由电场线与等势面的关系可得出电场线的方向，根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向及粒子的电性；
由等势面的疏密可知电场强度的大小，由F=Eq可知电场力的大小关系；
由电势及电势能的关系可知两点的电势能大小关系；由动能定理可知P、Q两点的间的动能的变化。
【详解】A项：因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知
粒子受力沿电场线的方向，所以粒子带负电；故A错误；
B项：因Q点处的等势面密集，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，
故B错误；
C项：由题意只能判断粒子所受的电场力方向，而不能判断出粒子是从P运动到Q还是由Q运动到P，故C
错误；
D项：若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故P点动能大于Q点动能；若粒子从Q到P，电
场力做正功，动能增大，P点动能大于Q点动能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，故D正确。
故应选：D。
【点睛】本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法；本题
中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错判。
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5.如图所示,质量为m的铜棒长为a,棒的两端与长为L的细软铜线相连,吊在磁感应强度大小为B、方向竖
直向上的匀强磁场中当棒中通过恒定电流I后,铜棒向上摆动,最大偏角=60°，重力加速度为g,以下说法
不正确的是

A. 铜棒中电流的大小3I3Bamg=
B. 铜棒从开始摆至最大摆角的过程中,速度先增大后减小
C. 铜棒在摆动过程中的最大速率2313mvgL=-（）
D. 铜棒达到最大摆角处时每根细线上的拉力为T=mg/2
【答案】C
【解析】
【分析】
铜棒最大偏角是60°，则偏角为30°时是它的平衡位置，对铜棒受力分析，求出重力与安培力间的关系；
偏角为30°时，铜棒的速度最大，由动能定理及安培力公式可以求出电流和最大速率。
【详解】A项：铜棒上摆的过程，根据动能定理得：
00
sin60(1cos60)0FLmgL--=

又安培力FBIa=

联立解得：33mgIBa=，故A正确；
B项：由题意，铜棒向上摆动的最大偏角θ=60°，根据对称性可知，偏角是30°时是其平衡位置即速度
最大位置，所以铜棒从开始摆至最大摆角的过程中,速度先增大后减小，故B正确；
C项：由题意，铜棒向上摆动的最大偏角θ=60°，根据对称性可知，偏角是30°时是其平衡位置，铜棒
受力如图所示，
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则有：0cot303mgFF==
当铜棒偏角是30°时，速度最大，动能最大，
由动能定理可得：2001sin30(1cos30)2mmvFLmgL=--

联立解得：43(2)3mvgL=-，故C错误；
D项：由C分析可知，F=33mg，在最高点铜棒受重力，安培力，拉力，沿线方向合力为零，则有：
00
332cos60cos30232mg
TmgFmgmg=+=+?
，解得：2mgT=，故D正确。

故应选：C。
【点睛】知道偏角为30°位置是铜棒的平衡位置，对铜棒进行受力分析，熟练应用动能定理即可正确解题。
6.两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相同的电流。
a、o、b在M、N的连线上,o为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上,且a、b、c、d到o点的距离均相等。
关于以上几点处的磁场,下列说法正确的是

A. a，b两点的磁感应强度大小相等,方向相同 B. o点的磁感应强度为零
C. o点的磁感应强度方向水平向右 D. c、d两点的磁感应强度大小相等,方向相反
【答案】BD
【解析】
【分析】
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根据安培定则判断两根导线在各点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的
关系。在线段MN上只有O点的磁感应强度为零。
【详解】A项：M在a处产生的磁场方向水平向右，在b处产生的磁场方向水平向右，N在a处产生的磁场
方向水平向左，b处产生的磁场方向水平向左，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方
向相反，故A错误；
B、C项：根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向水平向右，N处导线在o点产生的磁场方向
水平向左，合成后磁感应强度等于零，故B正确，C错误；
D项：M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏上，N在c处产生的磁场
方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏上，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖
直向下，d处的磁场方向竖直向上，且合场强大小相等，故D正确。
故应选：BD。
【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进
行合成；注意明确磁场方向的方向是解答的关键。
7.如图是医用回旋加速器示意图,其核心部分是两个D形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频
电源相连。现保持磁感应强度B和电压U一定的前提下,分别先后对质子(11H)和氦核(42He)成功加速,粒
子在电场中的运动时间忽略不计。以下说法正确的是

A. 前后两次所用交流电的频率之比为2:1 B. 两粒子获得的最大速度相等
C. 两粒子获得的最大动能相等 D. 两粒子完成加速所需时间相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】
回旋加速器通过磁场偏转，电场加速来加速粒子，根据D形盒的半径，通过洛伦兹力提供向心力求出最大
速度，从而得出两个原子核的最大速度和最大动能关系．根据周期公式比较两原子核的周期。
【详解】A项：交变电流的频率等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率，所以前后两次所用交流电的频