福建師大附中2023-2024學年高二第二學期開門測試

(考試時間：75分鐘)

姓名：座號：班級：

一、單項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有

一項是符合題目要求的。

1.在磁感應強度為為、方向豎直向上的勻強磁場中，水平放置一根通電長直導線，電流的方向垂直于紙面

向里，如圖所示，a、b、c、d是以直導線為圓心的同一圓周上的四點，已知。點的磁感應強度為2穌，不考

慮地磁場的影響，則下列說法中正確的是()

A.b點的磁感應強度為2穌B.c點的磁感應強度等于0

C.b、d兩點的磁感應強度方向相反D.°、c兩點的磁感應強度大小相等

【答案】B

【解析】

【詳解】A.。點的磁感應強度為25°,由由安培定則可知，通電直導線在。點的磁感應強度豎直向上，大

小為穌，則通電直導線在人點的磁感應強度大小也為為，方向水平向左，故6點的磁感應強度為

Bh=J琛+以=

方向左斜上方，故A錯誤；

BD.通電直導線在c點的磁感應強度大小也為穌，方向向下，故c點的磁感應強度為

BC=B「BO=O

故B正確，D錯誤；

C.通電直導線在d點的磁感應強度大小也為線，方向水平向右，故d點的磁感應強度為

2=解+就=同0

方向右斜上方，故C錯誤;

故選B。

2.導體的伏安特性如圖所示，圖線1表示導體的電阻為為,圖線2表示導體的電阻為是叫,則下列說法正

B.將R］與&串聯后接于電源上，則它們的電壓之比q：。2=3：1

將&與R,并聯后接于電源上，則它們的電流比人：A=1：3

D.將鳥與國并聯后接于電動勢E=6V,內阻,R.25O電源兩端，路端電壓為4.5V

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由圖像可知，%為1Q,4為3Q，A錯誤;

B.根據串聯電路特點可知，其電壓之比等于電阻之比，即

旦1

-旦-

一

B錯誤；

C.根據并聯分流的原則可知

&3

-一--

-1

尺

c錯誤；

D.根據并聯電路特點和閉合電路的歐姆定律可得

I=——A=6A

R+r-+0.25

4

所以外電路的電壓

U=E-Ir=(6-6x0.25)V=4.5V

D正確。

故選D。

3.圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，具有相同比荷的兩個帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方

向射入磁場。若粒子1射入磁場時的速度大小為匕，離開磁場時速度方向偏轉90。，磁場中運動時間為不；

粒子2射入磁場時的速度大小為丫2,偏轉情況如圖所示，運動時間為弓，不計重力，則（）

A?尸

C.只改變粒子1從M點射入磁場時的速度方向，則該粒子離開磁場時的速度方向一定不與直徑MON垂直

D.僅將粒子2從M點射入磁場的速度方向順時針旋轉。角度，且當tan，='—時該粒子在磁場中運動時

間最長

【答案】D

【解析】

【詳解】由圖可知

A.由洛倫茲力提供向心力

V2

=m——

r

可得

qBr

v=

m

則

21=2L=J_

V2r2

故A錯誤；

B.粒子在磁場中運動的時間為

00271nlOm

—I~—------------

272萬qBqB

可得

r,_6>j_90°_3

「a-6(y-2

故B錯誤：

C.隨意選一條運動軌跡，其中帶x的圓形區域有勻強磁場，另一個圓為粒子1的運動軌跡，但此運動軌

跡僅取在圓形區域中的那部分，區域外的那部分只是為方便觀察畫出，且J為運動軌跡的圓心，連接

。1、。、射入點和射出點，因粒子1半徑(與圓形磁場半徑相同，則連接起來的圖案為菱形，如圖所示

因為是菱形，且射入點和圓形磁場圓心的連線在直徑MON上，根據幾何關系，出射點與。點的連線必定

與直徑MQV保持平行，所以出射方向會與。與出射點組成的連線垂直，則出射時的速度方向一定垂直于

直徑MON。若選取別的入射方向，同樣也會組成菱形，且入射點和。的連線依舊保持水平方向，所以出

射的方向也必定會與直徑MON保持垂直，故C錯誤；

D.對粒子2,連接入射點和出射點組成一條弦，如果出射點在N點，此時的弦最長，為圓的直徑，而弦

越長對應的偏轉角也就越大，而偏轉角越大運動時間也就越長，所以當該粒子從N點射出時，運動時間最

長，由圖中幾何知識可知，當

tan（7=，=—

小（也R￥—R22

時該粒子在磁場中運動時間最長，故D正確。

故選D。

4.如圖所示，仍〃為固定的水平光滑矩形金屬導軌，導軌間距為L左右兩端接有定值電阻凡和夫2，

&=R?=R,整個裝置處于磁感應強度大小為8、方向豎直向下的勻強磁場中?質量為根的導體棒放

在導軌上，棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌與棒的電阻?兩根相同的輕質彈簧甲和乙一端固定，

另一端同時與棒的中點連接?初始時刻，兩根彈簧恰好處于原長狀態，棒獲得水平向左的初速度%,第一

次運動至最右端的過程中與產生的電熱為。，下列說法中正確的是（）

A,初始時刻棒所受安培力的大小為立為

R

B.棒第一次回到初始位置的時刻，凡的電功率為巴必

R

1

C.棒第一次到達最右端時刻，兩根彈簧具有彈性勢能的總量為萬機7

D.從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中，整個回路產生的電熱大于也

【答案】D

【解析】

T_BLv°_BLv。R2T2

【詳解】由F=BIL及一R（~1D,得安培力大小為FA=BIL=".故A錯誤；由于安培力始終

并一RR

2

對MN做負功，產生焦耳熱，由動能定理得：當棒再次回到初始位置時，速度小于vo,棒產生的感應電動

R2r22

勢小于BLvo,則AB間電阻R的功率小于巴5,故B錯誤；由能量守恒得知，當棒第一次達到最右端

R

時，物體的機械能全部轉化為整個回路中的焦耳熱和甲乙彈簧的彈性勢能，兩個電阻相同并聯，故產生的熱

1

量相同，則電路中產生總熱量為2Q,所以兩根彈簧具有的彈性勢能為一根竹9-2。故C錯誤；由于安培力

2

始終對MN做負功，產生焦耳熱，棒第一次達到最左端的過程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大，電

路中產生總熱量為2Q,從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中；整個回路中產生的焦耳熱應大于』x2Q,

3

故D正確.故選D.

【點睛】本題分析系統中能量如何轉化是難點，也是關鍵點，根據導體棒克服安培力做功等于產生的焦耳

熱，分析電阻R上產生的熱量.

二、雙項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題有兩項符合題目要求，全部

選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

5.如圖所示，A,B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的開關S分別與電源兩極相連，兩極中央各有一

個小孔a和b,在a孔正上方某處放一帶電質點由靜止開始下落，若不計空氣阻力，該質點到達b孔時速

度恰為零，然后返回。現要使帶電質點能穿過b孔，則可行的方法是（）

A

E—

B-

A.保持S閉合，將A板適當上移

B.保持S閉合，將B板適當下移

C.先斷開S,再將A板適當下移

D先斷開S,再將B板適當下移

【答案】BC

【解析】

【詳解】AB.設釋放時，質點與a孔的距離為人兩板寬度為d,根據動能定理

mg(h+d)—qU=0

開關閉合，則兩板間電勢差不變

若將A板上移，設釋放點到a孔的距離為"，兩板間距為Q',由動能定理

mg(h，+d,_qU=^mv2

因為

h~\-d="+d'

可知

v=0

質點到達b孔的速度為零，然后返回

若將B板下移，設兩板間距為4,根據動能定理

mg(h+d])_qU=^mv2

因為

d<4

所以

v>0

即質點能穿過b孔，故A錯誤，B正確；

CD.根據動能定理

mg(h+d)-qEd=0

斷開開關，則電容器的電荷量保持不變，由

C=—,c=-^—,E=—

U4兀kdd

得

E^Q

=sS

可知，電場強度保持不變

若將A板下移，由動能定理

mg(/+d')-qEdr=gmv2

因為

h+d=h'+d，,d'<d

可知

v>0

說明質點能通過b孔

若將B板下移，由動能定理

—mv2

mg(h+d)—qEdi=mgh-[qE-mg)dx=

2

因為

d<dx

可知

v<0

說明質點不能到達b板，故C正確，D錯誤。

故選BC。

6.在如圖甲所示的電路中，電源的電動勢為E,內阻為r,Ri為定值電阻，&為滑動變阻器，閉合開關

S,在滑動變阻器的滑動觸頭尸向上滑動的過程中，四個理想電表的示數都發生了變化。圖乙中的三條圖

線分別表示了三個電壓表示數的變化情況。則下列說法正確的是（）

A.圖線。表示的是電壓表Vi的示數的變化情況

B.圖線c表示的是電壓表V2的示數的變化情況

C.此過程中電壓表Vi示數的變化量AC71和電流表A示數的變化量A/的比值的絕對值變大

D.此過程中電壓表V3示數的變化量A5和電流表A示數的變化量△/的比值的絕對值不變

【答案】BD

【解析】

【詳解】AB.在滑動變阻器的滑動觸頭尸向上滑動的過程中，滑動變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電

阻減小，總電流增大，可知路端電壓減小，即電壓表Vi的示數減小，電壓表V2的示數增大，電壓表V3的

示數減小，則圖線。表示的是電壓表V3的示數的變化情況，圖線c表示的是電壓表V2的示數的變化情況,

A錯誤,B正確；C.由閉合電路歐姆定律得Ui=E-",貝"義|=r保持不變，C錯誤；D.由閉合電路歐

A/

姆定律得。3=E—/（r+Ri）,貝IJ|-^|=r+R保持不變，D正確。故選BD。

A/

7.如圖所示，矩形線圈。從力在勻強磁場中繞垂直磁場方向的OO'軸勻速轉動。線圈（力的匝數為N,

電阻不計，理想變壓器原、副線圈的匝數之比為1:2,定值電阻凡與&的阻值均為尺，所用電表均為理

想交流電表。當線圈abed轉動的角速度大小為。時，電壓表的示數為U,則（）

01

A.此時電流表的示數為S

R

B.從圖示位置（線圈abed與磁場方向平行）開始計時，線圈abed中產生的電動勢的瞬時表達式為

e=5y/2Ucoscot

C.在線圈abed轉動的過程中，穿過線圈的磁通量的最大值為士包

2N①

D.當線圈abed轉動的角速度大小為2。時，電壓表的示數為2。

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.流過副線圈的電流

R

根據

A_衛

可知,電流表的示數

,2U

故A錯誤；

B.變壓器中原線圈的電壓為Ui,根據

。2“2

可知

電阻R分得的電壓

R、

UK=I1R=2U

故線圈。物力產生的感應電動勢的有效值為

U有=UI+UR=*

最大值

%=同有=手

故從圖示位置開始計時，線圈。灰力中產生的感應電動勢的瞬時表達式為

5,

e=-----Ucos必

2

故B錯誤；

C.根據

Um=NBSGJ

可知

S=U^=542U

Na>2Na)

故C正確；

D.根據

Um=NBSa>

可知，轉動角速度加倍，產生的感應電動勢加倍，故電壓表的示數為2U,故D正確；

故選CD?

8.如圖，一個質量為機、帶電量為+4的圓環，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應

強度為B的勻強磁場中。現給圓環一個水平向右的初速度%，在以后的運動中下列說法正確的是。

耳

XAXXXX5X

1U

X+qXXXXX

A.圓環不可能做加速度增大的減速運動

1

B.圓環克服摩擦力所做的功一定小于一相片9

2

C.圓環可能做勻速直線運動

1m3o2

D.圓環克服摩擦力所做的功可能為大加片-二冬

22q~B?

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.當

qv°B<mg

圓環做減速運動到停止，速度在減小，洛倫茲力減小，可知此時支持力增大，摩擦力增大，水平方向合外

力增大，加速度增大，圓環做加速度增大的減速運動到停止，故A錯誤；

B.當

qv0B<mg

圓環做減速運動到靜止，只有摩擦力做功。根據動能定理得

1

-W=0--mv9j

解得

W=gmv；

故B錯誤；

C.當

qv0B=mg

圓環不收支持力和摩擦力，做勻速直線運功，故c正確；

D.當

qv0B>mg

圓環受到向下的彈力和向左的摩擦力，先做減速運動，當

qv'B-mg

不受摩擦力，做勻速直線運動，得

qB

根據動能定理

22°

解得

zzqD

故D正確。

故選CD?

三、非選擇題：共60分。考生根據要求作答。

9.利用如圖所示的電路觀察電容器的充放電現象。先將選擇開關合到“1”，使電容器充電至穩定后進行

如下兩種操作：

AZ''Z02

（1）若將開關S合到“2”，則二極管（選填或“。2”）發光（如圖中。I通過向上電流時可

發光，反之）；

（2）保持開關S合在“1”，適當增大電容器兩極板間距離的過程中，二極管（選填或

“。2”）發光。

【答案】①.2②.2

【解析】

【詳解】（1）[1]先將選擇開關合到“1”，使電容器充電至穩定后，則電容器的上極板帶正電，下極板帶

負電；若將開關S合到“2”后，此時電容器上極板相當于電源正極，電容器上極板分別與。的正極、與

的負極相連，所以二極管A通路，D1發光。

（2）⑵保持開關S合在“1”，適當增大電容器兩極板間距離的過程中，增大兩板間距離時，電容減

小，電壓不變，由0=UC可知電量應減小，所以則會形成反向放電，電流為逆時針，依題意，二極管A

通路、不通，故》發光。

10.小明設計了一個能夠測量磁感應強度大小的傳感器，如圖所示。沃c是矩形金屬薄片的長、寬及厚

度，。、N、P是焊接在金屬薄片四個側面的電極，已知薄片單位體積內自由電子數為〃，電子的電荷量

為e。現將傳感器置于某磁感應強度大小為2,方向垂直紙面向里的勻強磁場中，使磁感線垂直于金屬薄片

的表面。

MB

PQ

N

（1）若電流從。進產出，則M點電勢比N點（選填“高”或"低”）;

（2）若電流從。進產出且大小恒定，則減小c可以（選填“提高”或“降低”）該傳感器的靈敏

度

【答案】（1）高（2）提高

【解析】

【小問1詳解】

電流從。進產出，則電子由尸向。運動，根據左手定則，電子將受到指向N端的洛倫茲力的作用而向N

偏轉，故N端帶負電，M端帶正電，M點電勢比N點高。

【小問2詳解】

穩定時，電場力等于洛倫茲力時，即有

U

evB=e

a

又由于

I=nevac

聯立得

0=曳

nec

電勢差越大，該傳感器的靈敏度越高。故減小c可以提高傳感器的靈敏度。

11.如圖甲所示是多用電表歐姆擋內部的部分原理圖，已知電源電動勢E=L5V,內阻r=!H，靈敏電流

計滿偏電流4=10mA,內阻々=90。，表盤如圖丙所示，歐姆表表盤中值刻度為“15”。

(1)多用電表的選擇開關旋至“Q”區域的某擋位時，其內部電路為圖甲所示。將多用電表的紅、黑表

筆短接，進行歐姆調零，調零后多用電表的總內阻為Qo某電阻接入紅、黑表筆間，表盤如圖丙所

示，則該電阻的阻值為Qo

(2)某同學利用多用電表對二極管正接時的電阻進行粗略測量，如圖乙所示，下列說法中正確的是

(填選項前的字母)。

A.歐姆表的表筆A、B應分別接二極管的C、D端

B.雙手捏住兩表筆金屬桿，測量值將偏大

C.若采用“x100”倍率測量時，發現指針偏角過大，應換“xlO”倍率，且要重新進行歐姆調零

D.若采用“X10”倍率測量時，發現指針位于刻度“15”與“20”的正中央，測量值應略大于175。

【答案】(1)150②.70

(2)AC

【解析】

小問1詳解】

[1]調零后多用電表的總內阻為

E15

用=—=—=150Q

訥4ioxio-3

⑵由于中值電阻等于內阻，可知選擇的擋位是“X10”，根據題圖丙可知讀數為

R=7xl0Q=70Q

【小問2詳解】

A.二極管具有單向導電性，由于表筆A與歐姆表內部電源正極相連，故需要表筆A、8應分別接二極管

的C、D端，故A正確；

B.實驗測量時，手不能觸碰金屬桿，否則會將自身電阻并聯進電路，測量值偏小，故B錯誤；

C.若采用“X100”倍率測量時，發現指針偏角過大，說明電阻的阻值較小，所以應該換小擋位，即

“X10”倍率，且要重新進行歐姆調零，故C正確；

D.歐姆表表盤刻度不均勻，“左密右疏”且越往左阻值越大，所以測量值應小于175Q,故D錯誤。

故選AC。

12.某物理探究小組的同學測量均勻金屬實心圓柱體電阻的電阻率。

（1）使用螺旋測微器測定金屬實心圓柱體直徑d,某次測量結果如圖甲所示，讀數為mm,然后用

游標卡尺測量其長度L如圖乙所示，可知其長度為mm。

一1O

一

三5

一

\

=^

(Cz

三I

一0

三

_45

_h

甲乙

（2）用伏安法測圓柱體電阻Rx的阻值，提供如下器材：

電池組E：電動勢3V,內阻不計:

電流表A-量程0~15mA,內阻約100Q；

電流表A2：量程。~3OO|1A,內阻為1000Q；

滑動變阻器與：阻值范圍0700,額定電流為2A；

電阻箱&：阻值范圍0-9999。，額定電流為1A；

待測電阻Rx（約180。）

開關S,導線若干。

要求實驗中盡可能準確地測量Rx的阻值，請回答下列問題：

①為了測量待測電阻兩端的電壓，將電流表（填寫器材字母代號）與電阻箱串聯，并將電阻箱阻值調

到。，改裝成一個量程為0~3.0V的電壓表。

②在方框中畫出測量Rx阻值的電路圖并在圖中標明器材代號。（）

【答案】(1)①.7.520②.22.7

Rx

1_|"

"―-----1~7^1—1

①②③/4——

(2).A2.9000.中

----------------------11------

凡

-------------1|~

ES

【解析】

【分析】

【小問1詳解】

［1］金屬實心圓柱體直徑

d—7.5zwn+2.0xO.Obnm=7.520/wn

⑵金屬實心圓柱體長度

L=22mm+7xO.lmm=22.7/wn

【小問2詳解】

①口］⑵根據電表的改裝原理可知，應將電流表A2與電阻箱串聯，改裝成一個量程為0~3.0V的電壓表,

根據歐姆定律有

--7?A2=9000Q

【A2

②⑶待測電阻較小，電流表采用外接法，滑動變阻器最大阻值較小，采用分壓式接法，如圖

13.如圖所示，A為粒子源，在4和極板2間的電壓為Ui,在兩水平放置的平行帶電板C、。間的電壓為

仍。現設有質量為處電荷量為q的質子，從A由靜止釋放后，能從C、。兩板中央水平進入豎直方向的

勻強電場，并順利飛出C、。電場。平行帶電板的極板長度和兩板間的距離均為L不計帶電粒子的重

力，求：

⑴帶電粒子在射出8板時的速度；

⑵帶電粒子飛出C、。電場時在豎直方向上發生的位移y；

⑶若帶電粒子飛出C、。電場時，恰好從D板邊緣飛出，則這兩個電場的電壓比Ui：是多少。

+++

【答案】⑴％=呼y⑶A)

Vmu2/

【解析】

【詳解】(1)在加速電場中，由動能定理得

qUl=—mv^-0

(2)離子在偏轉電場中做類平拋運動，離子的運動時間

加速度為

粒子的偏移量

y=—at

-2

方向豎直向下

(3)依題意得

y=-L

2

即

絲3

4U12

解得

幺」

。22

14.如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系無。》其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場

強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為+分質量為優的微粒從原點出

發，以某一初速度沿與無軸正方向的夾角為45。的方向進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A

a,/)時，電場方向突然變為豎直向上(不計電場變化的時間)，微粒繼續運動一段時間后，正好垂直于

y軸穿出復合場。不計一切阻力，重力加速度為g,求：

(1)電場強度E的大小；

(2)磁感應強度8的大小；

(3)微粒在復合場中的運動時間。

''XXXX

---------------------->

XXXX

4(/,[),?B與

ZL

X,及XX

?Z

XX;

°X

【答案】⑴等；⑵亍甘；⑶T

【解析】

【詳解】(1)微粒到達A(/,/)之前做勻速直線運動,對微粒受力分析如圖甲

可知

Eq=mg

得

E=^

q

(2)由平衡條件得