2020-2021学年安徽省淮北市实验高中等校高二12月联考物理试卷

【最新】安徽省淮北市实验高中等校高二12月联考物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）
A．古希腊学者亚里士多德用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快，推翻意大利物理学家伽利略的观点
B．德国天文学家开普勒发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律
C．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律――库仑定律，并测出了静电力常量k的值
D．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定则
2．如图所示，甲为一带电量为+Q的实心金属小球，A，B，C，D为四个不带电的与甲同种材料的实心金属球，其中这四个球的半径分别是甲球半径的1．5倍，1倍，0．75倍，0．5倍，如果要选取其中一个不带电的金属球与甲接触后分开，使两球的距离为L 时（L远大于小球的半径）两球间的库仑力最大，这个球应选：（）
A．A B．B C．C D．D
3．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法中不正确的是：（）
A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B．地球内部也存在磁场，地磁场的南极在地理北极附近
C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
4．如图所示,大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球A和B相互排斥,静止时绝缘细
线与竖直方向的夹角分别为α和β,且α<β,两小球在同一水平线上,由此可知()
A．B球受到的库仑力较大,电荷量较大
B．B球的质量较大
C．B球受到的拉力较大
'<'
D．两球接触后再分开,再处于静止状态时,悬线的偏角α'、β'仍满足αβ
5．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比．如图所示两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流，规定磁场方向垂直纸面向外为正，则在0～R区间内磁感应强度B随r变化的图线可能是：（）
6．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列判断正确的是：（）
A．N点的电场强度大小为零
B．A点的电场强度大小为零
C．NC间的场强方向沿x轴正方向
D ．将一负点电荷从N 点移到D 点，电场力先做正功后做负功
7．在如图所示的电路中，电源电动势为E ，内电阻为r ，C 为电容器，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器；开关闭合后，灯泡L 能正常发光；当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是：（ ）
A ．R 两端的电压变小
B ．灯泡L 变暗
C ．电容器C 的电荷量将减小
D ．有电流向左流过R 0
8．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。

右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。

电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于T ，（不计重力作用）下列说法中正确的是（ ）
A ．从t ＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动
B ．从t ＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
C ．从t ＝
4
T 时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上 D ．从t ＝38T 时刻释放电子，电子必将打到左极板上
二、多选题
9．如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B 和E ．平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2．平板S 下方有磁感应强度为B 0的匀强磁场．下列表述正确的是（ ）
A ．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内
C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
10．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．小球由静止开始下滑直到稳定的过程中：（）
A．小球的加速度先增大后减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是
2
2
qE mg v
qB
μ
μ
-
=
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是
2
2
qE mg v
qB
μ
μ
+
=
三、实验题
11．用游标卡尺测得某材料的长度如图甲所示，示数为L=______mm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，示数为D=______mm．
12．在测定电源电动势和内阻的实验中某同学所用电路图和测得的数据如下．
（1）请你在实物图中用笔画线代表导线连接电路．
（2）用给出的数据在右图中画出U－I图线．
（3）求得电动势E＝_____V，内阻r＝______Ω．（均保留两位有效数字）
13．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：
（1）用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图中虚线所示）．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：
①____________．
②两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处．
③重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是
________Ω．
（2）为了尽量准确测该电阻，现用伏安法测电阻，要求测量时，电表指针有较大偏转，测量多组数据．除被测电阻外，还备有如下实验仪器，请选择仪器，设计实验电路．A．电压表V（量程50 V，内阻约为25kΩ）
B．电流表A1（量程100 mA、内阻r1＝20Ω）
C．电流表A2（量程100 mA、内阻约5Ω）
D．定值电阻R0（60Ω）
E．滑动变阻器R（0～10Ω）
F．电源：电动势E＝6V，内阻较小
G．导线、开关若干
请在虚线框内画出能准确测量电阻R的电路图（要求在电路图上标出元件符号）．
四、解答题
14．如图所示，两平行光滑倾斜导轨相距为20cm，倾角θ=45°，金属棒MN的质量为10g，金属棒的电阻R1=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B方向竖直向下，大小为0．8T，电源电动势为10V，内阻r=1Ω，当电键S闭合时，金属棒MN处于平衡状态，求变阻器R2的取值为多少？（g取10m/s2）
15．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10 m/s2)求：
(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.
(2)小环从C运动到P过程中的动能增量.
(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.
16．如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。

静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，
方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角θ＝45°，孔Q 到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，求：
（1）两板间电压的最大值U m；
（2）CD板上可能被粒子打中区域的长度s；
（3）粒子在磁场中运动的最长时间t m。

17．如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有沿－y方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于平面向外的匀强磁场，现有一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）以初速度v0沿x轴的负方向从坐标为（3L，L）的P点开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O射出，射出时速度方向与y轴正方向的夹角为45°，求：
（1）粒子从O点射出的速度v大小；
（2）电场强度E和磁感应强度B的大小；
（3）粒子从P点运动到O点过程中所用的时间．
参考答案
1．C
【解析】
试题分析：意大利物理学家伽利略用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点，选项A 错误；德国天文学家牛顿发现了万有引力定律，并提出了牛顿三大定律，选项B 错误；法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作
用规律-
——库仑定律，并测出了静电力常量k 的值，选项C 正确；丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出了右手螺旋定则，选项D 错误；故选C ．
考点：物理学史
2．B
【解析】 试题分析：根据库仑定律，接触后两球间的作用力122Q Q F k L
，根据数学知识可知，当两球带电量之和一定时，当两球带电量相等时，Q 1Q 2的乘积最大，此时两球应该等大，故选B ．
考点：库仑定律
3．C
【解析】
试题分析：地理南、北极与地磁场的南、北极不重合有一定的夹角，即为磁偏角；故A 正确；磁场是闭合的曲线，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B 正确；磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故C 错误；地磁场与射向地球赤道的带电宇宙射线粒子速度方向并不平行，所以对带电宇宙射线粒子有力的作用，故D 正确；本题选错误的，故选C ．
考点：地磁场
4．D
【详解】
A ．根据牛顿第三定律得：A 球对
B 球的库仑力等于B 球对A 球的库仑力，无论两球电荷量是否相等所受库伦力都相等，故无法比较哪个电荷量较大，故A 错误；
B ．对小球A 、B 受力分析，
根据平衡条件有：
tan A F m g α
=库 tan B F m g β=
库
因α＜β，所以m A ＞m B ，故B 错误;
C ．根据平衡条件有： sin A F F α
=库拉 sin B F F β=
库
拉
因α＜β，所以B 球受的拉力较小，故C 错误; D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α′、β′，对小球A 、B 受力分析，根据平衡条件有：
tan A F m g
α''=库 tan B F m g β''=
库
因为m A ＞m B ，所以α′＜β′,故D 正确．
5．A 【解析】试题分析：根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零．由于规定B 的正方向即为垂直纸面向外，所以A 正确，BCD 错误；故选A 。

考点：右手螺旋定则
6．D
【解析】试题分析：电势φ与电场强度E 之间的关系式为φ=Ex ，所以φ-x 图象上各点处切线斜率的绝对值表示各点的电场强度大小，显然，图象上N 点和A 点的斜率不为零，C 点的斜率为零，所以N 点和A 点的电场强度大小均不为零，而C 点的电场强度大小为零，故AB 错误；从N 点到C 点各点电势逐渐增大，说明这是逆着电场线方向，即NC 间场强方向从C 指向N 即向x 轴负方向，故C 错误；将一负点电荷从N 点移到D 点电势先增大后减小，电势能先减小后增大，所以电场先做正功后做负功，故D 正确；故选D ．
考点：电场强度；电势
7．B
【解析】
试题分析：当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，则外电压增大，且灯L 变暗，那么R 两端的电压变大，故A 错误，B 正确．因电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，而电容器的电压等于路端电压，所以电容器的电压增大，由Q=CU 分析可知其电荷量增大，故C 错误．当电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，R 0两端的电压不变，当滑动变阻器的滑片向左移动时，电容器两端电压增大，那么电容器处于充电状态，因此有电流向右流过R 0，故D 错误．故选B 。

考点：电路的动态分析；电容器
8．B
【详解】
AB ．分析电子在一个周期内的运动情况，从0t =时刻释放电子，前
2T 内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动。

后2
T 内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，故A 错误，B 正确；
C ．分析电子在一个周期内的运动情况；从4T t =时刻释放电子，在~42
T T 内，电子向右做匀加速直线运动；在3~24
T T 内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，34T 时刻速度为零；在3~4
T T 内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线
运动，在5~4
T T 内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在54T 时刻速度减为零；接着重复。

电子到达右板的时间大于T ，电子在两板间往返运动，不能打到右极板上，故C 错误；
D ．用同样的方法分析从38
T t =时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终一定从左极板的小孔离开电场，即不会打到左极板，故D 错误。

故选B 。

9．AC
【详解】
AD ．粒子打在胶片上的位置到狭缝的距离即其做匀速圆周运动的直径2mv =qB
D ,可见D 越小，则粒子的荷质比越大，因此利用该装置可以分析同位素，A 正确，D 错误．
B ．粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电．其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B 错误；
C ．由Eq=Bqv 可知，v=E/B ，选项C 正确；
10．ACD
【解析】
【详解】
A 项，因为小球静止下滑，所以小球刚开始受到的摩擦力小于重力，根据牛顿第二定律可得mg qE qv
B ma μ--=，得mg qE qvB
a m μ--=，刚开始随着小球速度的增大，小球的
加速度逐渐增大；当洛伦兹力和电场力相等时，小球受到的摩擦力为零，加速度达到最大，但随着小球速度的增加，洛伦兹力增大，且大于电场力，摩擦力逐渐增大，加速度逐渐减小，所以小球的加速度是先增大后减小，故A 项正确．
B 项，电场力与速度总是垂直，所以电场力不做功，电势能不变；由于摩擦力一直做负功，所以小球的机械能一直减小，则小球的机械能和电势能的总和不断减小，故B 项错误．
C 、
D 项，最大加速度为g ，加速度为一半时有12
mg qE qvB m g μ--=，解得
22qE mg v qB μμ-=或者22qE mg v qB
μμ+=，故CD 项正确． 综上所述，本题正确答案为ACD ．
11．50.85 4.702(4.701～4.703均可)
【解析】
【详解】
游标卡尺读数L =1cm+0.05mm×
10=1.050cm ； 螺旋测微器读数D =1mm×
0.01mm×2.5=1.025mm. 12．（1）实物连线．（2）见解析图．（3）1．5V ，1．8Ω
【解析】
试题分析：（1）实物连线，有一条线错误记0分．
（2）画出U －I 图线如图所示．
（3）电动势E=1．5V ，电源内阻 1.5 1.0 1.80.28
U r I ∆-==≈Ω∆
考点：测定电源的电动势及内阻
13．（1）① 换用×10倍率的挡位 ；② 120；（2）见解析图；
【解析】
试题分析：（1）由题知选择×
100倍率的电阻挡，正确操作时，发现多用电表的指针偏转角度太大，由多用电表的电阻刻度特点可知，为了使读数准确，指针要摆到表盘中央附近，则
要把×100倍率挡换成×10倍率挡．由欧姆表盘的读数规则可知测量结果为12．
0×10Ω=120Ω． （2）已知电源电动势E="6" V ，而电压表V 的量程为50 V ，相比较可得知，此电压表不可选，误差太大；由电源电动势E="6" V ，被测阻值约120Ω，可知：通过R x 的最大电流约为650?120
x E I mA R ===；此题要用伏安法测电阻，测量中表的指针要有较大角度偏转误差才会较小，同时知A 1的量程和内电阻，可将定值电阻R 0与A 1串联改装成一电压表测R x 两端的电压；滑动变阻器R=10Ω比被测电阻R x
小得多，则采取分压式接法，则电路图如图所
示：
考点：欧姆表的使用；伏安法测电阻
14．7Ω
【解析】
试题分析：由物体的平衡条件得F=mgtanθ
安培力的大小F=ILB 根据闭合电路欧姆定律12E
I R R r
=++
解得： R 2=7Ω
考点：安培力；物体的平衡
15．（1
）2a ==，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下） （
2）4J （3）02m/s v =
【解析】
(1) 方向：垂直于杆向下 （2） （3）v 0=2m/s
(1) 由 解得： 方向：垂直于杆向下
（2）分析小环从C 运动到P 的过程，由动能定律：
即得：
（3）小环离开杆做类平抛运动：
平行于杆方向做匀速直线运动：
垂直于杆方向做匀加速直线运动：
联立解得：v 0
=2m/s
本题考查牛顿第二定律和动能定理的应用，由小球在运动过程中，由重力和电场力沿斜面向下的分力提供加速度，受力分析后建立直角坐标系，把力分解后可求得加速度大小，分析小环从C 运动到P 的过程，由动能定理可求得动能增量大小，小环离开杆以后做类平抛运动，平行于杆的方向做匀速运动，垂直于杆方向做匀加速直线运动，类比平抛运动规律可求得初速度大小
16．（1）两板间电压的最大值m U 为22
2qB L m
； （2）CD 板上可能被粒子打中的区域的长度x
为(2L -；
（3）粒子在磁场中运动的最长时间m t 为
m qB
π。

【解析】
【分析】
（1）粒子恰好垂直打在CD 板上，根据粒子的运动的轨迹，可以求得粒子运动的半径，由半径公式可以求得电压的大小；
（2）当粒子的运动的轨迹恰好与CD 板相切时，这是粒子能达到的最下边的边缘，在由几何关系可以求得被粒子打中的区域的长度．
（3）打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，根据周期公式即可求解。

【详解】
（1）M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，
CH=QC=L ，故半径R 1=L ，又因 211
v qvB m R = 2m 112
qU mv = 所以
22
m 2qB L U m
= （2）设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为R 2，在△AKC 中：
22
sin 45R R L ︒=-
所以
21)R L =-
即KC
长等于21)R L =
所以CD 板上可能被粒子打中的区域即为HK 的长度
121)(2x HK R R L
L L ====﹣ （3）打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期：
2m T qB
π=
所以 m 12m t T qB
π==
【点睛】
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。

17．（1
0（2）02mv B qL =
（3）0π24L T v ⎛⎫=+ ⎪⎝
⎭ 【解析】
试题分析：由题意可知：带电粒子在电场中做类平抛运动，由Ｑ点进入磁场，在磁场中做匀速园周运动，最终由O 点射出（轨迹如图）
⑴根据对称性可知，粒子在Q点的速度大小为v，方向与x轴负方向成450，则有，解得：
（2）带电粒子从P到Q点运动的过程中，由动能定理：
解得：
粒子在Q点沿Y轴负方向分速度大小
又在电场中运动时qE=ma
所以从P到Q的运动时间：
从P到Q点沿X轴负方向的位移为
则OQ之间的距离：
粒子在磁场中运动半径为r，则有：
又
由以上各式解得：
（3）粒子在磁场中的运动时间
故粒子从P到Q的总时间
解得：
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动。