安徽省淮北市实验高级中学、濉溪中学高二月联考物理试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精一、选择题(本题共10小题，每小题4分,共40分.其中1～7题只有一个选项符合题目要求，8~10题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，不全对的得2分,有错选的得0分.）1．关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是:（）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，推翻了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，并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,并总结出了右手螺旋定则【答案】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。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:()【答案】B【解析】试题分析：根据库仑定律，接触后两球间的作用力，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,Q1Q2的乘积最大，此时两球应该等大,故选B。考点：库仑定律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【答案】C考点：地磁场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，再处于静止状态时,悬线的偏角α′、β′仍满足α′＜β′【答案】D【解析】试题分析：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;

对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：，因α＜β，所以mA＞mB，故B错误．

根据平衡条件有：；因α＜β，所以B球受的拉力较小，故C错误．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：

；，因为mA＞mB，所以α′＜β′．故D正确．故选D。考点:库仑定律；物体的平衡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:()ABCD【答案】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6．两电荷量分别为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【答案】D考点：电场强度；电势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，R0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R0【答案】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，R0两端的电压不变，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R0，故D错误．故选B。考点：电路的动态分析；电容器8．如图所示【答案】AC【解析】试题分析：分析电子在一个周期内的运动情况．从t=0时刻释放电子，前T/2内,电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后T/2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正确，B错误．从时刻释放电子，在—内，电子向右做匀加速直线运动;在—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,时刻速度为零；在-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T-内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动,在时刻速度减为零；接着重复．若两板距离足够大时，电子在两板间振动．故C正确．用同样的方法分析从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，电子最终从左极板的小孔离开电场．也可能电子在向右过程中就碰到右极板，故D错误．故选AC.考点：带电粒子在电场中的运动9．()D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大【答案】AD【解析】试题分析:进入B0的粒子满足，知道粒子电量后,便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素,故A正确；假设粒子带正电，则受电场力向左,由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B错误；由qE=qvB,得，此时离子受力平衡,可沿直线穿过选择器，故C错误;由，知R越小，荷质比越大;粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子圆周运动的半径越小荷质比越大；故D正确；故选AD。考点：质谱仪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D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是【答案】ACD【解析】试题分析：小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为；小球速度将增大，产生洛仑兹力,由左手定则可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将减小,摩擦力减小，故加速度增大；当洛伦兹力大于电场力时,小球的加速度：，此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大;加速度将减小，故A正确；而在下降过程中有摩擦力做功,故有部分能量转化为内能,故机械能和电势能的总和将减小；故B错误；当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g,达最大；此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小,故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下,则：，解得,，故C正确;同理有：,解得，故D正确；故选ACD。考点：带电粒子在复合场中的运动二、实验题(共3小题，第11题4分，第12题8分,第13题6分，共18分）11。（4分）用游标卡尺测得某样品的长度如左图所示,其读数L＝_______mm;用螺旋测微器测得该样品的直径如右图所示，其读数a＝________mm.【答案】50。15mm;5.691~5。695mm【解析】试题分析：游标卡尺的主尺读数为50mm,游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50。15mm．螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为19.1×0.01mm=0。191mm，所以最终读数为5.5mm+0.191mm=5。691mm,由于需要估读，最后的结果可以为5.691～5。695mm考点:游标卡尺及螺旋测微器的读数12．（8分）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。1123456U/V1。421。361.081。211.141.07I/A0。040.080.120。160.200。24AAAAVA(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）【答案】（1)实物连线．（2）U－I图线如图所示．（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AAAAVA考点:测定电源的电动势及内阻13．（6分）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50V，内阻约为25kΩ)B．电流表A1（量程100mA、内阻r1＝20Ω）C．电流表A2（量程100mA、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)．【答案】（1)①换用×10倍率的挡位;②120；（2）电路图；【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Rx的最大电流约为；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A1的量程和内电阻,可将定值电阻R0与A1串联改装成一电压表测Rx两端的电压;滑动变阻器R=10Ω比被测电阻Rx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；伏安法测电阻三、计算题（本题包括4小题,共42分。要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的，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。）14．（8分）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)【答案】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解得：R2=7Ω考点：安培力；物体的平衡15．（10分）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0.5kg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．（g取10m/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时速度的大小。【答案】(1)g,方向垂直于杆向下（2）4J(3)2m/s【解析】试题分析：（1）因带电小环匀速下滑,加之电场强度水平向左，所以小环带负电．由几何关系可知,小环所受电场力与重力大小相等．则小环离开直杆后所受的合外力大小为:F合=mg由牛顿第二定律可得：a＝g方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下）(2）设小环从C运动到P过程中动能的增量为△Ek．由动能定理：WG+WE=△Ek∵电场力做功为零WE=0∴△Ek=WG=mgh=4J（3)小环离开杆做类平抛运动．如图所示建立坐标x、y轴，垂直于杆方向做匀加速运动：平行于杆方向做匀速运动：x＝解得：=2m/s考点:带电粒子在复合场中的运动16。（10分)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Um；（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tm。【答案】(1)(2）（2－）L（3）【解析】试题分析：（1）M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在