重庆市第一中学2019届高三物理上学期12月月考试题（含解析）.docx

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：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，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/vC. 该卫星的周期为2a/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。【详解】A项：根据得，卫星的轨道半径r=，故A错误；B项：根据a=v得，卫星的角速度，故B正确；C项：卫星的周期T=，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：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。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： 又安培力 联立解得：，故A正确；B项：由题意，铜棒向上摆动的最大偏角=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=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，则有： 当铜棒偏角是30时，速度最大，动能最大，由动能定理可得： 联立解得：，故C错误；D项：由C分析可知，F=，在最高点铜棒受重力，安培力，拉力，沿线方向合力为零，则有：，解得：，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】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()和氦核()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率之比等于两粒子在磁磁场中做匀速圆周运动的频率之比，由可知，两粒子的比荷之比为2：1，所以频率之比为2：1，故A正确；B项：根据知，粒子的最大速度v=，由于两粒子的比荷不同，所以两粒子获得的最大速度不同，故B错误；C项：由B项分析可知，粒子的最大动能，由于两粒子的电荷之比为1：2，质量之比为1：4，所以两粒子的最大动能相等，故C正确；D项：粒子每加速一次所增加的动能为：，粒子需要加速的次数为：，粒子加速所用的时间为：，所以两粒子加速所用的时间相同，故D正确。故应选：ACD。【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器的工作原理，掌握粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活运用。8.如图所示,空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,一带电微粒(重力不能忽略)从静止开始自M点沿曲线MPN运动,到达N点时速度为0,已知MN连线与水平方向夹角为=45,P点速度方向与MN连线平行,以下说法正确的是A. 该微粒可能带负电 B. 微粒所受电场力与重力大小相等C. 微粒在P点时速度最大 D. 微粒到达N点后,将沿原曲线返回M点【答案】BC【解析】【详解】A项：由题意可知，粒子从静止从M点到N点且到N点时速度为零，由动能定理可知，重力做负功，所以电场力做正功，由于电场强度方向向右，所以粒子带正电，故A错误；B项：从M到N由动能定理可得： ，即，由于，所以电场力与重力大小相等，故B正确；C项：由B分析可知，重力与电场力相等，两力的合力与水平方向成，在MP段两力的合力与速度方向的夹角小于，在PN段两力的合力与速度方向的夹角大于，在P点时两力的合力与速度方向垂直，所以粒子在P点速度最大，故C正确；D项：根据左手定则，小球到达N点后，由于重力和电场力作用，因此要向右下方运动，那么洛伦兹力斜向右上方，所以粒子将不会沿原曲线返回M点，故D错误。故应选：BC。二、非选择题9.在验证机械能守恒定律的实验中,若正确的操作完成实验,正确的选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点O的距离如下图所示(相邻计数点时间间隔为T),那么: (1)纸带的_端与重物相连:(选填“左”、“右”)(2)打下计数点B时,重物的速度vB=_(用题中所给字母表示)(3)在从起点O到打下计数点B的过程中,测得重物重力势能的减少量略大于动能的增加量,这是因为_。【答案】 (1). 左； (2). ； (3). 空气阻力【解析】【分析】重物的速度越来越快，抓住相等时间内的位移越来越大确定纸带的哪一端与重物相连；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度。【详解】(1) 因为重物的速度越来越大，则相等时间内的位移越来越大，可知纸带的左端与重物相连；(2) 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，；(3) 在从起点O到打下计数点B的过程中，测得重物重力势能的减少量Ep略大于动能的增加量Ek，这是因为阻力做功，重力势能的减小量一部分转化为内能。【点睛】解决本题的关键掌握验证机械能守恒定律的实验原理，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度。10.某同学在探究规格为“7V,3.5W”的小灯泡的伏安特性曲线实验中: (1)在小灯泡接入电路前,使用多用电表直接测量小灯泡的电阻,将选择开关旋至“欧姆x1”挡进行测量,正确操作后,欧姆表盘示数如图甲所示,读出小灯泡的电阻为_。(2)该同学采用图乙所示的电路进行测量。图中R为滑动变阻器(阻值范围0-20,额定电流1.0A),L为待测小灯泡,V为电压表(量程6V,内阻20k),A为电流表(量程0.6A，内阻1),E为电源(电动势8V,内阻不计),S为开关在实验过程中,开关S闭合前滑动变阻器的滑片P应置于最_端；(填“左”或“右”)在实验过程中,已知各元器件均无障碍,但闭合开关S后,无论如何调节滑片P,电压表和电流表的示数总是调不到零,其原因是_点至_点的导线没有连接好；(空格中请填写图乙中的数字,如“2点至3点”的导线)。该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线示意图如图丙所示,将该小灯泡直接接在电动势为8v,内阻为10的电源两端,小灯泡的实际功率为_ W;若将两个这样的灯泡串联后再与一定值电阻R0(R0=20)串联,再接在上述电源两端,则每个小灯泡的实际功率为_W。(结果均保留两位有效数字。若需作图,请在图丙中保留作图痕迹)【答案】 (1). 12.0； (2). 左； (3). 1； (4). 2； (5). 1.6； (6). 0.20【解析】【分析】滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前分压电路电压应最小，根据电路图确定滑片位置滑动变阻器采用分压接法，灯泡电压与电流可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时，电压与电流不可能从零开始变化；根据闭合电路欧姆定律，得到电灯的实际电压与电流的关系式，在丙图上作出图象，此图象与电灯的伏安特性曲线的交点，表示电灯实际工作状态，读出交点的电压和电流，求出电灯的实际功率。【详解】(1)由图甲可知，小灯泡的电阻为12.0；(2) 滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前分压电路电压应最小，根据电路图确定滑片位置；闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，可能是1点到2点间的导线没有接好，滑动变阻器实际上被接成了限流接法；(3) 将该小灯泡直接接在电动势为8v,内阻为10的电源两端时，由闭合电路欧姆定律有：即，在图丙中如右侧直线，将两个这样的灯泡串联后再与一定值电阻R0(R0=20)串联,再接在上述电源两端时，由闭合电路欧姆定律有：，即，所以每个灯泡两端电压与电流的关系为：，如丙图中左侧直线；在图丙所示坐标系内作出I-U图象如图所示由图象可知，右边直线与曲线的交点为工作点即小灯泡中的电流为0.4A，两端电压为4V，所以灯泡的实际功率为P=UI=40.4=1.6W，灯泡的实际功率P=UI=20.3=0.6W；左边直线与曲线的交点为工作点即每个小灯泡中的电流为0.20A，每个灯泡两端的电压为1V，所以每个灯泡的实际功率为P=UI=0.20W。【点睛】使用多用电表测电阻时，应把选择开关打到欧姆档，并选择合适的倍率，使指针指在刻度盘的中央附近。11.如图,在x0，y0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于oxy平面向里,大小为B,现有一带电粒子,在x轴上到原点的距离为x0的P点,以与x轴正方向成30角的初速度v0射入此磁场,在磁场作用下其轨迹刚好与y轴相切。不计重力的影响。则: (1)判断该粒子的电性,并求出其比荷；(2)求该粒子在磁场中的运动时间。【答案】(1)正电，；(2) 【解析】【详解】(1)由题意可知，粒子出磁场时的轨迹刚好与y轴相切，所以粒子带正电，画出粒子的运动轨迹如图由几何关系可得： 解得： 粒子在磁场中做匀速圆周运动有： 解得：；(2)粒子运动的周期为： 轨迹对应的圆心角： 所以运动时间为： 联立解得：。12.如图甲所示,一对平行金属板M、N,两板长为L,两板间距离也为L,置于O1是的粒子发射源可连续沿两板的中线O1O发射初速度为v0、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子(不计粒子重力),若在M、N板间加变化规律如图乙所示交变电压UMN,交变电压的周期为L/v0，t=0时刻入射的粒子恰好贴着N板右侧射出,金属板的右边界与坐标轴y轴重合,板的中心线O1O与坐标轴x轴重合,y轴右侧存在垂直坐标平面向里的匀强磁场,大小未知。求 (1)U0的值(用v0、g、m表示；(2)若已知分别在t=0、t=L/2v0时刻入射的粒子进入磁场后,它们的运动轨迹交于P点,已知P点的纵坐标为L,求P点的横坐标x以及磁感应强度的大小B1；(3)撒去y轴右方磁场B1,要使射出电场的所有粒子经y轴右侧某一圆形区域的匀强磁场偏转后都能通过圆形磁场边界的一个点处,而便于再搜集,求该磁场区域的最小半径,以及相应的磁感应强度的大小B2。【答案】(1)；(2)；(3) 【解析】【详解】(1)t=0时刻射入的粒子： 解得：；(2)时刻飞入的粒子恰好贴着M板右侧射出，如图由几何关系得： 联立解得： ，r=L粒子在磁场中做匀速圆周运动有： 解得： (3)根据磁聚焦有： 解得：。13.下列对热学相关知识的判断中正确的是_A. 热力学系统在吸热的同时没有对外做功,其内能一定增加B. 物体温度升高时,物体内的每个分子的速率都将增大C. 一定质量的理想气体在等容变化过程中,对外不做功,其内能不变D. 功转化为热的实际宏观过程是不可逆过程E. 如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡【答案】ADE【解析】【分析】温度是分子平均动能的标志；功可以全部变成热，但热量不能自发地变成功根据热力学第二定律的开尔文表述可知，不可能从单一热源吸热使之完全变为有用功，而不引起外界变化；可以从单一热源吸热使之完全变为机械功，但是要引起外界变化。【详解】A项：由热力学第一定律可知，物体吸收热量，没有对外做功，内能增大，故A正确；B项：温度是分子平均动能的标志。物体温度升高时，物体内的分子平均动能增大，但是个别分子速率可能减小，故B错误；C项：想气体在等容变化过程中，气体对外不做功，根据，温度可能变化，故内能可能改变，故C错误；D项：功和热转化的实际宏观过程是有方向性的，功可以全部变成热，蛋热不能自发的，全部变成功，即功转化为热的实际宏观过程是不可逆的，故D正确；E项：如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间必定处于热平衡，故E正确。故应选：ADE。【点睛】本题考查了热力学第一定律，解题关键是要对教材3-3进行全面的掌握，知道热力学第二定律的两种表述，并能用其解释功和热的转化过程。14.如图所示，水平面上固定着开口向上的汽缸，质量m=5 kg、横截面积S =50 cm2 的活塞密封了一定质量的理想气体，一根轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一根劲度系数k=500 N/m的竖直轻弹簧，弹簧的下端系一质量M=5 kg的物块。开始时，缸内气体的温度t1 =27，活塞到缸底的距离L1 =120cm，弹簧恰好处于原长。已知大气压强p0 =1.0 105Pa，不计一切摩擦，现使缸内气体缓慢冷却，求（i）物块恰好离开桌面时，缸内气体的温度t2；（ii）缸内气体的温度降低到-48时，物块离桌面的高度h。【答案】（i）T2=250K（t2=23） （ii）h=L2-L3=11 cm【解析】【详解】（）初态，气体的温度为T1=300K，体积V1=120 cmS，压强 物块离开桌面时，气体的温度为T2，体积V2=L2S=110cmS 压强 由理想气体状态方程： 解得 T2=250K（t2=23） （）温度降低到48，T3=225K，