南宁二中2024-2025年12月考高二物理答案

南宁二中2023级高二年级12月联考题号123456789答案DCDCCDCABBDAC一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。1.【答案】D【解析】两个点电荷A、B之间的库仑力大小F甲A错误；在A、B两个点电荷连线之间，点电荷A产生的电场由A指向B，点电荷B产生的电场也由A指向B，结合矢量叠加原理，可知合电场由A指向B，B错误；两个点电荷A、B连线的中垂线001上各位置到A、B两个点电荷的距离相等，根据电场强度E和矢量叠加原理，可知除A、B连线的中点外，中垂线001上各点的合电场方向为斜向右上方或斜向右下方，C错误；点电荷A对该负点电荷的电场力F1向右，点电荷B对该负点电荷的电场力F2向左，由库仑力F可知F1>F2，该负点电荷受到的合电场力向右，它向右做加速运动，D正确。故选D。2.【答案】C【解析】根据电容器的决定式C当正对面积S减小时，电容器的电容减小，带电尘粒受电场力：F=q没有发生变化，故电场力不变，粒子仍处于平衡状态，AB错误；由于电容器的电容减小，两极板间电压保持不变，故电容器的带电荷量将减小，故电容器放电，流经电阻R电流方向从A至B，C正确，D错误。故选C。3.【答案】D【解析】根据磁场的叠加原理，将x轴上电流向里的导线在0点产生的磁感应强度与x轴上向外电流向外的导线在0点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B1；同理可得：将左上方电流向外的导线在0点产生的磁场与右下方电流向里的导线在0点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B2，将右上方电流向里的导线在0点产生的磁场与左下方电流向外的导线在0点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B3，根据磁场叠加原理可知：B1=B2=B3=2B0，由几何关系可：B2与B3的夹角为120。，故将B2与B3合成，则它们的合磁感应强度大小也为2B0，方向与B1的方向相同，最后将其与B1合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为4B0，方向沿Y轴正方向，D正确，ABC错误。故选D。4.【答案】C【解析】根据安培定则，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，图甲所示两导线应相互排斥，A错误；只有长为l、通过电流为I的短直导线垂直放在匀强磁场中所受磁场力的大小为F，则可测出该处磁感应强度才为B，B错误；根据安培定则可知，如图直导线下方有垂直纸面向里的磁场，N极向纸面内转动，C正确；根据安培定则可知，如图环形导线内部有垂直纸面向外的磁场，N极向纸面外转动，D错误。故选C。5.【答案】C【解析】通过圆形线圈的磁通量为穿过圆环的磁感线的条数，首先明确条形磁铁的磁感线分布情况，另外要注意磁感线是闭合的曲线。条形磁铁的磁感线在磁体的内部是从S极到N极，在磁体的外部是从N极到S极，内部有多少根磁感线，外部的整个空间就有多少根磁感线同内部磁感线构成闭合曲线。对于线圈的两个位置，磁铁内部的磁感线全部穿过，但线圈面积越大，抵消越多，磁通量反而越小，C正确，ABD错误。故选C。6.【答案】D【解析】放电过程中，电子由地面流向云层，即电子所受的电场力由地面指向云层，由于电子带负电，电场力的方向与电场强度的方向相反，故云层的电势比地面的电势高；电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，故放电电流的方向由云层指向地面，AB错误。由电流的定义式I=可知，此次放电过程流过地面的电荷量为q=It，由于电子的电荷量为e，故放电过程中从地面流向云层的电子的数量nC错误，D正确。故选D。7.【答案】C【解析】金属放在静电场中会发生感应起电，根据静电屏蔽，右端外表面的感应电荷为正，右端内表面不带电，A错误；根据静电平衡下导体内部特征，金属整体是等势体，金属导体内外表面电势差为0，B错误；根据静电平衡下导体内部特征，金属内部被静电屏蔽，A、B两点的电场强度为0，金属内部的感应电荷产生的电场强度与匀强电场E0大小相等、方向相反，故感应电荷在A、B两点场强相等，故C正确，D错误。故选C。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.【答案】AB【解析】若调节滑动变阻器之前，F安<mgsinθ,因安培力平行于导轨所在平面向上，则导体棒所受的摩擦力也平行于导轨所在平面向上，当滑动变阻器接入电路的阻值减小时，导体棒中的电流增大，则导体棒所受的安培力增大，受到的摩擦力先减小到零，再向下增大；若调节滑动变阻器之前，F安>mgsinθ,则导体棒所受的摩擦力平行于导轨所在平面向下，则当滑动变阻器接入电路的阻值减小时，导体棒所受的摩擦力随安培力的增大而增大，故选AB。9.【答案】BD【解析】由图可知0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，A错误；B点的电场强度方向由B指向C，B点的电场强度大于C点的电场强度，B正确；A点在金属球的内部，场强为零，C错误；正电荷沿直线从B移到C的过程中，电场力做功W=quBC=q(φ2-φ3)，D正确。故选BD。10.【答案】AC【解析】若r=2R，粒子会从磁场圆的不同位置出射，范围是整个圆周长；其中粒子在磁场中运动的时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图所示，因为r=2R，则圆心角α=60。，粒子在磁场中运动的最长时间tmaxA正确，B错误；若rR，粒子在磁场圆的出射点都在AP之间，由几何关系可知，AP弧长对应的圆心角为确。若rR，粒子沿不同方向射入磁场，如图所示，在磁场中运动时间60°确。若rR，粒子沿不同方向射入磁场，如图所示，在磁场中运动时间最长的粒子正好转过了一周，时间为tmax=TD错误；故选AC。三、实验题：本题共2小题，共14分。11.（6分，每空2分）【答案】（1）C；D2【解析】（1）根据电源与待测电阻估算电流最大值I==A=40mA，故毫安表选C；电源电动势为4V，所以电压表应选D；（2）实验要求电压和电流的变化范围尽可能大一些，故滑动变阻器应采用分压式接法，毫安表的内阻与被测电阻阻值接近，应采用毫安表外接法。12.（8分，每空2分）【答案】（1）2.325；6.7002）0.40；【解析】（1）由图甲所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，其示数为23mm+5×0.05mm=23.25mm=2.325cm；由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为：6.5mm+20.0×0.01mm=6.700mm；（2）由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.40A；待测金属丝电阻阻值R=，结合电阻定律得R=P可得电阻率P=【答案】（1）LC=0.4m2）U=9×104V3）=解1）质子在C管运动的时间为：tC=T..........................................(1分)漂移管C的长度：LC=VCtC (1分)代入数据解得：LC=0.4m (1分)（2）质子从漂移管C到漂移管E过程，加速了2次根据动能定理有：2qUmVmV........................................(2分)代入数据解得：U=9×104V..................................................................(1分)（3）质子沿中线进入偏转电场AB后，a=........................................(2分)在竖直方向上：=at2...................................................................(1分)在水平方向上：L=VEt.....................................................................(1分)联立解得：=................................................................................(2分)【答案】（1）uER;3）0≤△B<2(32)解1）设质子经过加速电场加速后速度为v，质子在静电分析器中做匀速圆周运动根据牛顿第二定律可得qE=........................................................(1分)解得：v..................................................................................(1分)根据动能定理可得qu=mv2一0......................................................(1分)解得：u=ER....................................................................................(1分)（2）设子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r1根据几何关系可得r1=d............................................................................(1分)质子在匀强磁场中运动时，根据牛顿第二定律可得qvB=................(1分)联立解得B....................................................................................(1分)（3）若质子在磁感应强度为B一△B与氘核在磁感应强度为B+△B时，恰好打在记录板上同一位置，则对质子，有qv(B一△B)=....................................................................(1分)对氘核，有qu=•2mv一0..........................................................................(1分)qv2(B+△B)=..........................................................................................(1分)联立解得：△B=(3一22)B=2(32).............................................(1分)则△B的取值范围为0≤△B<2(32)...............................................(1分)15.（16分）【答案】（1）E=Bv02）y（3）90%解1）电子入射速度为v0时，电子沿x轴做匀速直线运动，有：eE=ev0B.............................(2分)解得：E=v0B.......................................................................................................................(2分)（2）根据动能定理得：eEy1=m()2一m()2................................................................(2分)解得：y1=....................................................................................................................(2分)（3）从最低点到最高点，有evmB一eE=eE一evB..................................................................(2分)若电子恰能到达纵坐标y2=位置根据动能定理有eEy2=mv一mv2..................................