福建省師范大學附屬中學2020學年高二物理上學期期末考試試卷（含解析）

1、2020學年福建師范大學附屬中學高二上學期期末考試物理試題此卷只裝訂不密封班級 姓名 準考證號 考場號 座位號 注意事項：1答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。第I卷（選擇題)一、單選題1如圖，a、b兩根垂直紙面的導體通以大小相等的電流，兩導線旁有一點P，P

2、點到a、b距離相等，要使P處磁場方向向右，則a、b中電流方向為（ ）A都向外B都向里Ca中電流向外，b中電流向里Da中電流向里，b中電流向外2磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則( )Aa、b兩處的磁感應強度的大小不等，BaBbBa、b兩處的磁感應強度的大小不等，BaBbC同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力大D同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力小3下列圖中表示閉合電路中的一部分導體ab在磁場中做切割磁感線運動的情景，導體ab上的感應電流方向為ab的是（ ）A BC D4電源、開關S、定值電阻R1、燈泡L、光敏電阻R2和電容器連接成如圖所示的電路，電容器的兩平行板水平放置。當開關S閉

3、合，并且無光照射光敏電阻R2時，一帶電液滴恰好靜止在電容器兩板間的M點。當用強光照射時，光敏電阻的阻值變小，則（ ）A帶電液滴帶正電 B燈泡亮度變暗C電容器所帶電荷量減小 D液滴向上運動5兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖所示。若不計粒子的重力，則下列說法正確的是（ ）Aa粒子帶正電，b粒子帶負電Ba粒子在磁場中所受洛倫茲力較大Cb粒子的動能較大Db粒子在磁場中運動時間較長6如圖所示，點電荷、分別置于M、N兩點，O點為MN連線的中點，點a、b在MN連線上，點c、d在MN中垂線上，它們均關于O點對稱下列說法正確的是（ ）Ac

4、、d兩點的電場強度相同Ba、b兩點的電勢相同C將電子沿直線從c移到d，電場力對電子先做負功再做正功D將電子沿直線從a移到b，電子的電勢能一直增大7如圖所示為質譜儀測定帶電粒子質量的裝置的示意圖。速度選擇器(也稱濾速器)中場強E的方向豎直向下，磁感應強度B1的方向垂直紙面向里，分離器中磁感應強度B2的方向垂直紙面向外。 在S處有甲、乙、丙、丁四個一價正離子垂直于E和B1入射到速度選擇器中，若m甲m乙v乙v丙v丁，在不計重力的情況下，則分別打在P1、P2、P3、P4四點的離子分別是（ ）A甲、丁、乙、丙 B丁、甲、乙、丙C甲、丁、丙、乙 D丁、甲、丙、乙8如圖所示，空間中存在沿x軸的靜電場，以無窮

5、遠處為電勢的零點，其電勢沿x軸的分布如圖所示，x1、x2、x3、x4是x軸上的四個點，質量為m、電量為+q的帶正電的粒子(不計重力)，以初速度v0從O點沿x軸正方向進入電場，在粒子沿x軸運動的過程中，下列說法正確的是（ ）A粒子在x2點的速度為零B從x1到x3點的過程中，粒子的電勢能先減小后增大C若粒子能到達x4處，則v0的大小至少應為D若v0，則粒子在運動過程中的最大動能為3q0二、多選題9如圖所示，虛線A、B、C為某電場中的三條等勢線，其電勢分別為3 V、5 V、7 V，實線為帶電粒子在電場中運動時的軌跡，P、Q為軌跡與等勢線A、C的交點，帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法正確的是（ ）

6、A粒子帶負電B粒子帶正電C粒子在P點的動能大于在Q點動能D粒子在P點電勢能小于在Q點電勢能10用均勻導線做成的矩形線圈abcd，長為3l，寬為，矩形線圈的一半放在垂直紙面向外的勻強磁場中，線圈總電阻為R，如圖所示。當磁場的磁感應強度大小以B=3+2t的規(guī)律變化時，下列說法正確的是（ ）A線圈中感應電流的方向為abcdaB線圈中產生的感應電動勢大小為3l 2C線圈中產生的感應電流大小為D線圈受到的安培力向右11半導體內導電的粒子“載流子”有兩種：自由電子和空穴(空穴可視為能自由移動帶正電的粒子)，以空穴導電為主的半導體叫P型半導體，以自由電子導電為主的半導體叫N型半導體。圖為檢驗半導體材料的類型

7、和對材料性能進行測試的原理圖，圖中一塊長為a、寬為b、厚為c的半導體樣品板放在沿y軸正方向的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。當有大小為I、沿x軸正方向的恒定電流通過樣品板時，會產生霍爾電勢差U，若每個載流子所帶電量的絕對值為e，下列說法中正確的是（ ）A如果上表面電勢高，則該半導體為P型半導體B如果上表面電勢高，則該半導體為N型半導體C其它條件不變，增大c時，U增大D其它條件不變，電流I取值越大，電勢差U越大12如圖所示，ABCD 且A、B、C、D位于同一半徑為r 的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為Q，現從A 點將一質量為m，電荷量為+q 的點電荷由靜止釋放，該電荷沿光滑絕緣軌道ADB

8、運動到D 點時速度為（g 為重力加速度），規(guī)定電場中B點的電勢為零，則在Q 形成的電場中（ ）AA 點電勢等于O 點電勢BD 點電勢為CO 點電場強度大小是B 點的2 倍D點電荷q 在D 點具有的電勢能為第II卷（非選擇題)三、填空題13某同學要測量一新材料制成的均勻圓柱體的電阻率，完成下列測量：(1)用游標為20分度的卡尺測量其長度，如圖甲所示，由圖可知其長度為_cm.(2)用螺旋測微器測量其直徑，如圖乙所示，由圖可知其直徑為_mm。四、實驗題14有一內阻未知（約2k6k）、量程（03V）的直流電壓表。某同學用一多用電表的歐姆檔，直接去測量該電壓表的內阻，則歐姆檔的選擇開關應撥至倍率“_”檔

9、。該同學先將紅黑表筆短接調零后，應選圖_（選填“甲”或“乙”）的方式連接。在實驗中，歐姆表的刻度盤如圖丙所示，則電壓表的電壓應為_。15現有一電池，電動勢大約為20V，內阻約為5，無法從標簽上看清其電動勢等數據?，F要準確測量其電動勢和內阻，實驗室備有下列器材：A電流表(量程00.6A，內阻=2)；B電壓表(量程025V，內阻約為15k)；C滑動變阻器（阻值范圍020)；D定值電阻=10；E定值電阻=1；F開關及導線若干。（1）由于實驗室中電表量程不恰當，需要先 將電表改裝，電流表應_聯定值電阻_(選填R1或R2)。（2）在虛線框中畫出實驗電路原理圖_。（3）若采用了正確的實驗電路，通過改變滑動

10、變阻器的阻值，得到了多組電壓表示數U和電流表示數I，作出了U-I圖像，若圖像在縱軸的截距為a，圖像的斜率絕對值為b，則電源電動勢為_，內阻為_。五、解答題16MN、PQ為水平放置的金屬導軌，金屬棒ab靜止放在導軌上且與導軌垂直，導軌間距L=0.1m，ab棒的質量為m=0.01kg，電阻為0.4，導軌所在區(qū)域處在勻強磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應強度B=0.2T。電池電動勢E=1.5V，內電阻r=0.2，其余電阻忽略不計，當電鍵閉合的瞬間，測得棒ab的加速度大小為a=2m/s2，求電鍵閉合瞬間：（1）通過直導線ab的電流；（2）直導線ab所受的摩擦力的大小和方向。17如圖所示，MN和PQ是兩根

11、放在豎直面內且足夠長的平行金屬導軌，相距l(xiāng)=1.2m。導軌處在垂直紙面向里的磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中。一根電阻為r=0.2的金屬棒ab可緊貼導軌左右運動。兩塊平行的、相距d=0.8m、長度L=1.2m的水平放置的金屬板A和C分別與兩平行導軌相連接，圖中跨接在兩導軌間的電阻R1=2，R2=0.5。其余電阻忽略不計。質量m=0.01kg、帶電量q=0.04C的小球（重力不可忽略、可視為質點）以某一速度v0=6m/s沿金屬板A和C的中線射入板間，恰能從A板的右邊緣射出金屬板（g取10m/s2）。求：（1）兩金屬板A和C間的電壓；（2）金屬棒ab的速度大小和方向。18如圖所示，左側裝置內存在

12、著勻強磁場和方向豎直向下的勻強電場，裝置上下兩極板間電勢差為U，間距為L，右側為“梯形”勻強磁場區(qū)域ACDH，其中，AH/CD，。一束電荷量大小為q、質量不等的帶電粒子（不計重力、可視為質點），從狹縫S1射入左側裝置中恰能沿水平直線運動并從狹縫S2射出，接著粒子垂直于AH、由AH的中點M射入“梯形”區(qū)域，最后全部從邊界AC射出。若兩個區(qū)域的磁場方向均水平（垂直于紙面向里）、磁感應強度大小均為B，“梯形”寬度，忽略電場、磁場的邊緣效應及粒子間的相互作用。（1）判定這束粒子所帶電荷的種類，并求出粒子速度的大?。唬?）求出這束粒子可能的質量最小值和最大值；（3）求出（2）問中偏轉角度最大的粒子在“梯

13、形”區(qū)域中運動的時間。19如圖，aoy平面內存在著沿x軸正方向的勻強電場，一個質量為m、帶電荷量為+q的粒子從坐標原點O以速度v0沿y軸正方向開始運動。當它經過圖中虛線上的（，a）點時，撤去電場，粒子繼續(xù)運動一段時間后進入一個矩形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出），又從y軸上的某一位置Q處沿y軸負方向運動并再次經過O點已知磁場方向垂直xoy平面（紙面）向里，磁感應強度大小，不計粒子的重力。試求：（1）Q點的縱坐標；（2）矩形磁場區(qū)域的最小面積2020學年福建師范大學附屬中學高二上學期期末考試物理試題物理答案1C【解析】根據安培定則，由a電流在P處的磁場方向知，a電流周圍的磁感線是逆時針方向，電流方向垂

14、直紙面向外；b電流在P處的磁場方向知，b電流周圍的磁感線是順時針方向，電流方向應垂直紙面向里，故C正確，ABD錯誤；故選C.2B【解析】磁場是一種特殊物質形態(tài)，既看不見又摸不著因此引入磁感線來幫助我們理解磁場，磁感線的疏密表示磁場的強弱，磁感線上某點的切線方向表磁場的方向而小段通電導線放在磁場中有磁場力作用，但要注意放置的角度磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示：a處的磁感線比b處疏，則a點磁感強度比b點小所以A不正確，B正確；當將一小段通電導線放入磁場時，磁場力大小和磁場與電流的角度有關，當通電導線垂直磁場時，受到的磁場力最大，平行時為零因為不知道電流如何放置，所以C、D選項均不正確故選B3D【解析

15、】A圖中，穿過回路的磁通量減小，由楞次定律知，回路中感應電流方向由bacd，則導體ab上的感應電流方向為ba故A錯誤。B圖中，ab向紙外運動，運用右手定則時，磁感線穿過手心，拇指指向紙外，則知導體ab上的感應電流方向為ba，故B錯誤。C圖中，ab棒沿導軌向下運動，由右手定則判斷知導體ab上的感應電流方向為ba，故C錯誤。D圖中，ab棒順時針轉動，運用右手定則：磁感線穿過手心，拇指指向順時針方向，則導體ab上的感應電流方向為ab故D正確。故選D。【點睛】本題的關鍵要掌握右手定則和楞次定律，要知道它們在判斷切割產生的感應電流方向上結果是相同的，不過研究的對象不同4D【解析】電容器上極板帶正電，油滴

16、受電場力向上，可知油滴帶負電，選項A錯誤；當用強光照射光敏電阻R2時，光敏電阻的阻值變小，電路中電流增大，由PL=I2RL知燈泡的功率增大，將變亮，故B錯誤。電流增大，R1兩端間的電壓增大，則電容器的電壓增大，由電容器的電量公式Q=CU知電容器所帶的電荷量增大，故C錯誤。電容器板間場強E=U/d，知板間電壓增大，場強增大，液滴所受的電場力（方向向上）增大，故液滴向上運動，故D正確。故選D?！军c睛】本題考查了電容器的動態(tài)分析、閉合電路的歐姆定律、部分電路的歐姆定律、勻強電場。解決本題的關鍵抓住電容器兩端電壓與R1兩端電壓相等，利用閉合電路歐姆定律進行動態(tài)分析。5C【解析】粒子向右運動，根據左手定

17、則，b向上偏轉，應當帶正電；a向下偏轉，應當帶負電，故A錯誤。洛倫茲力提供向心力，即：qvB=m，得：，故半徑較大的b粒子速度大，動能也大。故C正確。由公式F=qvB，故速度大的b受洛倫茲力較大。故B錯誤。根據推論公式t=T、T=，周期相等，故磁場中偏轉角大的運動的時間也長；a粒子的偏轉角大，因此運動的時間就長。故D錯誤。故選C?！军c睛】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量。6D【解析】A：根據電場線分布的對稱性可知，c、d兩點的電場強度大小相等，方向不同，則c、d兩點的電場強度不同。故A項錯誤。BD：MN間的電場線方向由

18、MN，沿電場線方向電勢逐漸降低，則a點的電勢高于b點的電勢；電子沿直線從a移到b電勢降低，電子帶負電，據，則電子的電勢能一直增大。故B項錯誤，D項正確。C：對兩個電荷在中垂線上的場強進行疊加，在Oc段場強方向斜向右上，在Od段場強方向斜向右下；電子所受的電場力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上；電子沿直線從c移到d，電場力跟速度的方向先是銳角后是鈍角，電場力對電子先做正功后做負功。故C項錯誤?！军c睛】解決本題的關鍵是進行電場的疊加，通過電場力與速度的方向關系判斷電場力做正功還是負功。7B【解析】四種粒子，只有兩個粒子通過速度選擇器，只有速度滿足v=E/B，才能通過速度選擇器。所以通過速度選擇器

19、進入磁場的粒子是乙和丙。由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：，乙的質量小于丙的質量，所以乙的半徑小于丙的半徑，則乙打在P3點，丙打在P4點。甲的速度大于乙的速度，即大于E/B，洛倫茲力大于電場力，粒子向上偏轉，打在P2點。丁的速度小于乙的速度，即小于E/B，洛倫茲力小于電場力，粒子向下偏轉，打在P1點。故選B?！军c睛】解決本題的關鍵知道速度選擇器的原理，即所受洛倫茲力和電場力等大反向的粒子才能沿直線通過速度選擇器8C【解析】帶負電的粒子從原點到x2電勢能的變化為零，電場力的功為零，可知粒子在x2點的速度仍為v0，選項A錯誤；從x1到x3點的過程中，電勢一直降低，可知帶正電的粒子的電勢能一直減小

20、，選項B錯誤；x1處的電勢最大，正粒子的電勢能最大，動能最小，若粒子能運動恰好運動到x1處，就能運動到x4處。若粒子能運動恰好運動到x1處，初速度v0最小，根據動能定理得-q0=0-mv02，得所以若小球能運動到x4處，則初速度v0至少為 故C正確。當帶電粒子運動到x3處時，電場力做正功最大，粒子的速度最大，根據動能定理得q0=Ek-mv02，得最大動能為2q0故D錯誤。故選C?！军c睛】本題一要抓住-x圖象的斜率等于電場強度，分析電場力變化情況，由電勢與電勢能的變化，判斷電勢能的變化。根據電場力做功情況，分析粒子運動到什么位置速度最大，由動能定理求解最大速度。9BCD【解析】因電場線與等勢面相

21、互垂直，且由高電勢指向低電勢，故電場線如圖所示，由粒子運動的軌跡彎曲的方向可知粒子受力沿電場線的方向，故粒子帶正電；故A錯誤，B正確；若粒子從P到Q，則電場力做負功，粒子動能減小，故P點動能大于Q點動能；若粒子從Q到P，電場力做正功，動能增大，P點動能大于Q點動能，故粒子在P點動能一定大于Q點的動能，故C正確；因P點電勢小于Q點電勢，粒子帶正電，由E=q可知P點的電勢能小于Q點的電勢能，故D正確；故選BCD點睛：本題中解題的關鍵在于曲線的彎曲方向的判斷，應掌握根據彎曲方向判斷受力方向的方法；本題中告訴的是等勢面，很多同學由于思維定勢當成了電場線從而出現錯解10BD【解析】磁感應強度增大，由楞次

22、定律可知，感應電流沿adcba方向，故A錯誤；由法拉第電磁感應定律可得，感應電動勢，故B正確；線圈中產生的感應電流大小為，選項C錯誤；根據左手定則判斷線圈所受的安培力的方向向右，選項D正確；故選BD.【點睛】熟練應用楞次定律、法拉第電磁感應定律、歐姆定律即可正確解題，注意磁通量有效面積是線圈面積的一半。11AD【解析】電流向右，磁場垂直向內，若上表面電勢高，即帶正電，故粒子受到的洛倫茲力向上，故載流子是帶正電的“空穴”，是P型半導體，故A正確，B錯誤；最終洛倫茲力和電場力平衡，有：evB=e；電流的微觀表達式為：I=nevS=nevbc；解得，則其它條件不變，增大c時，U減小；其它條件不變，電

23、流I取值越大，電勢差U越大，故C錯誤，D正確；故選AD?！军c睛】本題關鍵是明確霍爾效應的原理，知道左手定則中四指指向電流方向，注意單位體積內的載流子數目表達式的各物理量的含義。12CD【解析】因OC距離小于OA可知在正電荷形成的電場中A 點電勢低于O 點電勢，選項A錯誤；電荷從A到D運動，根據動能定理，則有：mgr+W電=mv2-0，解得：W電=mgr；規(guī)定電場中B點的電勢為零，AB 兩點對稱，則A點的電勢也為零，因由A到D點電場力做正功，則電勢能減小，因此D點的電勢能為EPD=-mgr；根據公式，故B錯誤，D正確；根據點電荷電場強度公式，電場強度的大小與間距的平方成反比，則有O點電場強度大小

24、是B點的2倍，故C正確；故選CD?！军c睛】考查電勢的高低判定方法，掌握動能定理的應用，注意力做功的正負，理解電勢與電勢能的關系式，注意電荷的電量正負。135.015；4.699【解析】游標卡尺測量其長度為：5cm+0.05mm3=50.15mm；用螺旋測微器測量其直徑為：4.5mm+0.01mm20.0=4.700mm。14100；甲；4000【解析】當歐姆表的指針指在中間位置附近時，測量值較為準確，電壓表內阻約為，表盤中央刻度線約為30，為準確測量電壓表內阻，應選擇100擋，歐姆表的正極插孔與內部電源的負極相連，與電壓表構成一閉合回路，電流從負極流出，進入電壓表的正極，應選擇圖甲正確；由圖示

25、表盤可知，電壓表內阻為：?？键c：考查了多用電表的使用【名師點睛】本題考查了用歐姆表測電阻的注意事項、歐姆表讀數，用歐姆表測電阻時要選擇合適的擋位，使指針指在中央刻度線附近；知道歐姆表的結構、掌握歐姆表的讀數方法即可解題15（1）并；R2（2）電路原理圖如圖所示：（3）a ；b/3【解析】（1）為了給電流表擴大量程，應并聯一個小電阻進行分流，故應并聯的電阻R2；（2）由于電源內阻約為5，而改裝后的電流表內阻為，電壓表內阻約為15k，所以電壓表內阻遠大于電源的內阻，故應采用相對電源的電流表外接法；原理圖如圖所示；（3）根據改裝原理可知，電源的路端電壓為U；電流為3I；則由閉合電路歐姆定律可知：U=E-3Ir，則由圖象可知，圖象與縱軸的截距a=E；斜率b=3r，解得：E=a；r=b/3。【點睛】本題考查電源的電動勢和內電阻的測量實驗原理和方法，要注意明確電表的改裝原理，同時掌握根據圖象分析實驗數據的基本方法16（1）2.5A （2）0.03N，方向水平向左【解析】（1）根據閉合電路歐姆定律，通過ab的電流為，解得 I=2.5A（2）導線所受的安培力為 F=BIL=0.22.50.1N=0.05N由牛頓第二定律可得F-f= ma方向水平向右解得 f=0.03N，方向水平向左.17（1）6V （2）15m/s，向右【解析】（1）