【文档说明】福建省福州师范大学附属中学2020-2021学年高二上学期期末考试物理试题 含答案.doc，共(15)页，665.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021年福州师大附中高二上期末考试试卷物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1—8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬

挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。下列说法正确的是（）A．偏转原因是圆盘周围存在电场B．偏转原因是圆盘周围产生了磁场C．仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变D．仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变2.如图

所示为示波管内的聚焦电场，图中实线为电场线，虚线为等势线，a、b、c为静电场中的三点，b、c在同一条直线的电场线上，则下列说法正确的是（）A．a、b、c三点中，c点电势最高B．a、b、c三点中，a点场强最大C．正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能D

．负电荷在b点由静止释放，仅在电场力的作用下能沿直线由b点运动到c点3.如图甲所示为测量一节干电池的电动势和内电阻的实验电路图，根据测得的数据作出了如图乙所示的U—I图线，以下实验结论正确的是()A．电池电动势和内电阻的测量值均偏大B

．电池内阻的测量值为3.50ΩC．外电路发生短路时的电流为0.40AD．电压表的示数为1.20V时，电流表的示数I′=0.20A4.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中23OAOCSS=，则下列说法正确的是（）A．甲束粒子带正电，乙束粒子

带负电B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于2EBD．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：25.如图所示的电路中，平行板电容器两极板水平放置，闭合开关S，待电路稳定后，位于O点的电子枪水平向右发射速度相同的电子，电子刚好击中

竖直放置的荧光屏上的Q点，OP连线与极板平行，下列说法正确的是（）A．将滑动变阻器的滑片向右移，电子将击中Q点上方的某位置B．将滑动变阻器的滑片向左移，电子可能击中电容器的上极板C．将电容器上极板下移一小段距离，电子将仍然击中Q点D．断开开关S，将电容器的上极板上移一小段距离，电子

将仍然击中Q点6.如图所示，在匀强电场中有直角三角形BOC，电场方向与三角形所在平面平行，若三角形三顶点处的电势分别为4.5OV=、0BV=、9CV=，且边长33OBcm=，63BCcm=，则下列说法中正确的是A．电场强度的大小为1003/3VmB．电场强度的大小为503/3Vm

C．电场强度的大小为100V/mD．一个电子在O点由静止释放后会沿直线OB运动7.一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对

斜面的压力F和摩擦力fF的变化情况分别是A．F增大，fF减小B．F减小，fF增大C．F与fF都减小D．F与fF都增大8.如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直于纸

面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v－t图象如图所示，其中正确的是（）A.B．C．D．9.1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。加速器由两个铜质D形盒12DD、构成

，其间留有空隙。当加速某种离子时，下列说法正确的是（）A．离子由加速器的边缘进入加速器B．磁感应强度一定时，D形盒半径越大，离子获得的最大动能越大C．交变电源电压越高，离子获得的最大动能越大D．交变电源

的频率一定等于离子做匀速圆周运动的频率10.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为△U1和△U2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为△I．当滑动变阻器的触片从右

端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化）A．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮B．12UUC．1UI不变D．2UI不变11.如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场，静电分析器组成，若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内

均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E。一质量m，电荷量为+q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，从垂直于边界的P点射出。不计粒子重力，下列说法正确的是A．极板M比极板N电势低B．加速电场的电压2ERU=C．电荷在静电分析器里做匀速圆周运动D．电荷在静电

分析器里的运动时间是4RmtUq=12.如图所示，在半径为R的圆形区域内(圆心为O)有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面向里(未画出)．一群具有相同比荷的负离子以相同的速率由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞

出磁场，若离子在磁场中运动的轨道半径大于R，一无限大挡板MN在圆的正下方且与直径PQ平行，则下列说法中正确的是(不计离子的重力)()A．所有离子飞出磁场时的动能一定相等B．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大C．从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D．若

离子入射速度满足qBRvm=，入射的离子出磁场后一定垂直打在挡板MN上二、实验题13.某多用表内部的部分电路如图所示，则该多用表（1）A接线柱应该是与___________（填“红”或“黑”）表笔连接；（2）当选择开关接___________（填“a”或“b”）档时其对应的电阻

档的倍率更高14.某同学为测定某柱形电子元件的电阻率，先做如下测量：(1)用螺旋测微器测量它的直径，示数如图甲所示，读数为d＝____________mm；用游标为20分度的卡尺测量它的长度，示数如图乙所示，读数为L＝__________

______cm.(2)多用电表粗测该元件的电阻如图a所示，选用“×10”倍率的欧姆挡，测得该元件电阻为_________Ω(3)为了精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供了如下器材：A．电流表A1(量程50mA、内阻r1＝10Ω)B．电流表A2(量程200mA、内阻r2约为2

Ω)C．定值电阻R0＝30ΩD．滑动变阻器R(最大阻值约为10Ω)E．电源E(电动势约为4V)F．开关S、导线若干该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理图如图b所示，N处的电流表应选用____________(填器材选项前相应的英文字母)．开关S闭

合前应将滑动变阻器的滑片置于___________(选填“a”或者“b”)．若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx＝___________________(用题中字母表示)三、计算题（共40分，第X题X分，第X题X分）15.长60cmL=

质量为26.010kgm−=，粗细均匀的金属棒，两端用完全相同的弹簧挂起，放在磁感强度为4TB=，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，金属棒处于静止，若不计弹簧力，问（210m/sg=）（1）若弹簧不伸长，则金属棒中电流的大小和方向如何？（2）如果在金属中通入的是自左向右、大小为

0.2AI=的电流，则金属棒最终静止时，弹簧伸长11cmx=，若通入金属棒中的电流为0.5A，但方向相反，则金属棒最终静止时弹簧形变量为多少?16.如图所示，蹄形磁铁的磁极之间放置一个装有导电液体的玻璃器皿，器皿中心和边缘分别固定一个圆

柱形电极和一个圆环形电极，两电极间液体的等效电阻为R1=1.0Ω。在左边的供电电路中接入一个磁流体发电机，间距为d=0.010m的平行金属板A、B之间有一磁感应强度为B=0.010T的匀强磁场，将一束等离子体以v=1.5×105m/s的水平速度喷入磁场。

已知磁流体发电机等效内阻为R2=3.0Ω，定值电阻R0=2.0Ω，电压表为理想电表。闭合开关S0，导电液体流速趋于稳定时，电压表示数为10.0V。回答以下问题∶(1)液体旋转方向为顺时针还是逆时针（俯视）？并作以解释；(2)磁流体发电机的效率(3)导电液体旋转的

机械功率。17.如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为θ=45°，紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2为电场左右边界中点．在两板间存在如图

乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）．某时刻从O点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m、电量为+q的粒子a和b．结果粒子a恰从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出；粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场．不计粒子重力和粒子间相

互作用，电场周期T未知．求：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；（2）粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t；（3）如果金属板间交变电场的周期4mTqB=，粒子b从图乙中t=0时刻进入电场，求要使粒子b能够穿出板间电

场时E0满足的条件．2020-2021年福州师大附中高二上期末考试试卷物理试卷答案一、选择题123456789101112BCDBDCDCBDACDBCCD1.【答案】B【详解】AB．小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电

流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，故A错误，B正确；C．仅改变圆盘的转动方向，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故C错误；D．仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误。故选B。2

.【答案】C【详解】A、沿着电场线方向，电势降低，所以a、b、c三点中，c点电势最低，b点电势最高，故A错误；B、电场线的疏密程度反映场强的大小，c点电场线最密，所以c点场强最大，故B错误；C、由于电势能pEq=，b点的电势高于在c点的电势，所以正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能

，故C正确；D、负电荷在b点由静止释放，电场力水平向右，仅在电场カ的作用下向右运动，不可能沿直线由b点运动到c，故D错误；故选C．3.【答案】D【详解】AB．由图象可知，电动势测量值E测=1.4V，电源内阻1.401.00Ω1Ω0.4UrI−==

=由图甲所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用了外接法，由于电压表的分流，使电流表所测电流小于流过电源的电流；实验误差来源于电压表的分流，电动势和内阻测量值和真实值之间的关系为E测=VVRrRr+E真，r测=VVRrRr+真真电源电动势与内阻测量值都小于

真实值，A错误，B错误；C．外电路发生短路时的电流为1.4=A1.4A1EIr==短C错误；D．电压表的示数为1.20V时，电流表的示数I′=1.401.20A1−=0.20AD正确。故选D。4.【答案】B【解析】试题分析：粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变

，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场2B中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；根

据洛伦兹力提供向心力，2vqvBmr=，得：mvrqB=，rr甲乙则甲的比荷大于乙的比荷，B正确；能通过狭缝0S的带电粒子，根据平衡条件可得1qEqvB=，得速率1EvB=，故C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由前面分析mvrqB=，则甲、乙两

束粒子的质量比为2：3，故D错误；5.【答案】D【详解】AB．电路稳定时电阻箱分得的电压为零，把电阻箱的阻值调大或调小，电容器两端电压还是等于电源电动势，极板间电场强度不变，电子仍击中Q点，故AB错误；C．将电容器上极板下移一小段距离，电容器两板间电压不变，距离变小，根据U

Ed=可知场强变大，偏转距离将变大，而上板又下移，所以粒子将打在上极板上，故C错误；D．断开开关S，电容器的电荷量不变，将电容器的上极板上移一小段距离，根据4QSCUkd==可知电场强度为4UkQEdS

==不变，电子受力情况不变，则电子电子仍击中Q点，故D正确。故选D。6.【答案】C【解析】由匀强电场的特点可知，则B、C连线中点D的电势为B、C电势的平均值，即为4.5V．连接OD线，即为一条等势线，作

出过D的与OD垂直的线ED如图，即电场线，由几何关系可知：331263OBsinCBC===，所以：3060CB==，，D是BC的中点，则△OBD是等边三角形，又ED⊥OD，所以DE与BD之间的夹角是30°，则电场线与OB之

间的夹角也是30°，故该电场的场强方向沿∠B的角平分线向上，根据电势差与电场强度的关系：4.504.5DBDBUVV=−=−=，而：··30DBUEOBcos=，代入数据可得：100/EVm=，故AB错误，C正确；由作电场的图可知，一个电子在O点由静止释放后会沿

电场线运动，而不会沿直线OB运动，故D错误；故选C.7.【答案】D【详解】在磁铁的N极位置与S极位置对调前,根据左手定则判断可以知道,导线所受的安培力方向斜向下,由牛顿第三定律得知,磁铁所受的安培力方向斜向

上,设安培力大小为F安,斜面的倾角为,磁铁的重力为G,由磁铁的受力平衡得:斜面对磁铁的支持力:=)cosFGF−安（,摩擦力:f=)sinGF−安（,在磁铁的N极位置与S极位置对调后,同理可以知道,斜面对磁铁的支持力：=)cosFGF+安（,摩擦力:f=)sinGF+安（可见,F

、f都增大，故D正确；综上所述本题答案是：D8.【答案】C【详解】小球下滑过程中，qE与qvB反向，开始下落时，qE>qvB，所以a＝()mgqEqvBm−−，随下落速度v的增大a逐渐增大；当qE<qvB之后，其a＝()mgqvBqEm−−，随下落速度v的增大a逐渐减

小；最后a＝0小球匀速下落，故图C正确，A、B、D错误9.【答案】BD【详解】A．回旋加速器的离子是从加速器的中心处进入加速器的，故A错误；B．根据带电粒子在磁场中做圆周运动可知2vBqvmR=解得BqRvm=在粒子比荷一定，磁场不变的情况下，当加速器的半径越大，粒子的速度越大，粒子获得的

动能越大，故B正确；C．交变电源电压越高，离子每次经过电场时获得的动能就越多，但是加速器的半径一定，当粒子的速度达到最大时，粒子就会飞出加速器，故C错误；D．离子在铜质D形盒中运行半个圆周，进入电场进行一次加速，然后在进入另一个铜质D形盒中运行半个圆周，再进入电场进行

一次加速，由于离子在铜质D形盒中运动的时间与速度无关，所以交变电源的频率一定等于离子做匀速圆周运动的频率，故D正确。故选BD。10.【答案】ACD【详解】A．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电

路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮。变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗。总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮。故A正确。B．由上分析可知，电压表V1的示数减小，电

压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以△U1＞△U2．故B错误。C．由U1=E-I（RL2+r）得：12LURrI=+不变，故C正确。D．根据欧姆定律得2UI=R2，不变，故D正确。11.【答案】BC【详解】A.带电粒子带正

电，在加速电场能够加速，则极板M比极板N电势高，故A错误；BC.在静电分析器中，受到的电场力指向圆心，带电粒子沿中心线通过静电分析器，电场力不做功，粒子做匀速圆周运动，从垂直于边界的P点射出。在静电分析器中，电场力提供向心力，即

2vEqmR=再根据212Uqmv=可知12UER=故BC正确；D.电荷在静电分析器里的运动时间是12482πRπRmUqstvUqUqm===故D错误。12.【答案】CD【详解】A．所有离子在磁场中做匀速圆周运动，出磁场时速度大小不变，具有相同比荷．相同的速率的一群离子，它们的质量

不一定相等，故飞出磁场时的动能212kEmv=不一定相等，故A错误；BC．由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长；此时粒子一定不会沿PQ射入，也一

定不会沿PQ方向射入的离子飞出；故C正确，B错误；D．由2vBqvmr=可知·mvmqBRrRqBqBm===，入射点．出射点．O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与PQ平行，所以粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确；故

选CD。二、实验题13.【答案】黑b【解析】(1)当用欧姆表测电阻时，电源和表头构成回路，根据电源正负极连接方式可知，黑表笔与电源正极相连，故A接线柱应该是与“黑”表笔连接；（2）整个回路最小电流minEIRR=+内外，同时ggg12minIRIIRR++＝，当

选择开关接b时，此时R外有最大值．当选择开关接b档时其对应的电阻档的倍率更高．14.【答案】0.617(0.616～0.618均可)10.67070Ba01)(−−NMMIIRrI【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为

0.5mm，可动刻度读数为11.7×0.01=0.117mm，所以最终读数为0.617mm，由于读数误差，所以0.616～0.618均可；[2]游标卡尺的主尺读数为106mm，游标读数为0.05×14=0.70mm，所以最终读数为106.70

mm=10.670cm(2)[3]用多用表测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻档后，应先进行欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为71070=；(3)[4]通过待测电阻的最大电流约为4A0.057A57mA70MxEIR====通过N出的最大电流约为40.057AA0.

190A190mA30NMEIIR=+=+=中为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；[5]开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a；[6]通过定值电阻R0的电流NMIII=−并联电路两端电压00NMUIRIIR==−（）1

10NMMIIURrRII−+==则待测电阻的电阻值101NMMIIRRrI−=−三、计算题15.【答案】（1）0.25A向右（2）15cm【详解】(1)要使弹簧不伸长，则重力应与安培力平衡，所以安培力应向上，据左手定则可知电流方向应向右，因mgBIL=所以2.5AmgIBL==(2

)因在金属中通入自左向右、大小为10.2AI=的电流，金属棒下降11cmx=，由平衡条件得112mgBILkx=+当电流反向时，由平衡条件得222mgBILkx=−+联立带入数据解得221115cmmgBILxxmgBIL+==−弹簧伸长量为15cm。16.【答案】(1)顺时针

方向；(2)80%；(3)9W【详解】(1)等离子体进入磁场后，根据左手定则，正离子向下偏，即向B极板偏，负离子向上偏，即向A极板偏，所以B板带正电，A板带负电。电流通过导电液体的方向是从中心到边缘，器皿所在处的磁场竖

直向上，由左手定则可知液体旋转方向为顺时针方向。(2)对磁流体发电机，离子束稳定时受力平衡EqqvBd=解得15VE=对回路由闭合电路欧姆定律可得02UEIRR=−+（）解得1AI=磁流体发电机的效率满足22100%EIIR

EI−=解得=80%(3)由能量守恒定律可得，导电液体旋转的机械功率P2102PEIIRRR=−++（）解得9WP=17.【答案】（1）2aqBdvm=；bqBdvm=（2）(24)2mddLqBd++（3）220qdBEmL【解析

】(1)如图所示，粒子a、b在磁场中均速转过90°，平行于金属板进入电场．由几何关系可得：12ard=，rb=d①由牛顿第二定律可得2aaavqvBmr=②2bbbvqvBmr=③解得：2aqBdvm

=,bqBdvm=(2)粒子a在磁场中运动轨迹如图在磁场中运动周期为：02mTqB=④在磁场中运动时间：0142TmtqB==⑤粒子在电磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为2()2adLtv+=⑥由④⑤⑥则全程所用时间为：12(2)2mmdLtttq

BqBd+=+=+(3)粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开Ⅰ磁场，a比b进入电场落后时间24admTtvqB===⑦故粒子b在t=0时刻进入电场．由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在板间运动的时间ta是周期的整数倍，由于vb=2va，

b在电场中运动的时间是12batt=，可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍即2bbLTtnv==⑧2LnTv=⑨粒子b在2T内竖直方向的位移为21()22Tya=⑩粒子在电场中的加速度0qEam=由题知4mTq

B=粒子b能穿出板间电场应满足ny≤d解得220qBdEmL