北京市平谷中学2024-2025学年高二下学期开学考试物理试卷(PDF版，含解析）

2025北京平谷中学高二（下）开学考
物 理
一、单选题：本大题共 10 小题，共 60 分。
1.下列物理量中，属于矢量的是( )
A.电场强度 B.电势 C.电流 D.磁通量
2.一带电粒子在如图所示的电场中，只在静电力作用下沿虚线所示的轨迹从 A 点运动到 B 点。
下列说法正确的是( )
A.粒子带负电
B.粒子的动能减小
C.粒子的加速度增大
D.粒子的电势能减小
3.如图所示为三根平行导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直于纸面向里。如
果 AB=AC=AD，则 A 点的磁感应强度的方向是( )
A.向上
B.向下
C.向左
D.向右
4. A、B 是两个完全相同的电热器，A 通以图甲的方波交变电流，B 通以图乙所示的正弦交变
电流，则两电
热器的电功率之比 PA：PB 等等于( )
A.5: 4 B.3: 2 C. √2:1 D.2: 1
5.在如图所示的电路中，电源电动势为 E，内阻为 r；滑动变阻器的总电阻 R 大于电源内阻；
电流表和电压表均可视为理想电表。闭合开关 S，当滑动变阻器触头 F 从左
端开始向右移动的过程中，下列说法正确的是( )
A.电流表、电压表的示数均增大 B.电流表、电压表的示数均减小
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C.电源的输出功率增大 D.电源的输出功率先增大后减小
6.如图所示电路中，灯泡 A、B 的规格相同。电感线圈 L 的自感系数足够大且电阻可忽略。下
列关于此电路的说法中正确的是( )
A. S 闭合的瞬间，B 先亮，A 逐渐变亮，最后 A、B 一样亮
B. S 闭合的瞬间，A、B 同时亮，然后 A 变暗最后熄灭
C. S 断开的瞬间，A 立即熄灭，B 逐渐变暗最后熄灭
D. S 断开的瞬间，A、B 立即熄灭
7.如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡 L 和 L '输电线的等效电
阻为 R，开始时，开关 K 断开，当 K 接通时，以下说法正确的是( )
A.副线圈两端 M、N 的输出电压减小
B.副线圈输电线等效电阻 R 上的电压增大
C.通过灯泡 L 的电流增大
D.原线圈中的电流减小
8.如图所示，有两根和水平方向成 θ 角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻 R，下端足
够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为 B。一根质量为 m 的金属杆从轨道
上由静止滑下。经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度 v ，不计金属杆
和轨道的电阻，则以下分析正确的是( )
A.金属杆先做匀加速直线运动然后做匀速直线运动
B.金属杆由静止到最大速度过程中机械能守恒
C.如果只增大 B，vm将变小
D.如果只增大 R，vm将变小
9.如图甲所示，将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈 A、线圈 B、电流表及开关进行连接。
该电流表指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从右接线柱流入电流表时，指针向右
偏转。其中 A 线圈绕法如图乙所示，B 线圈绕法如图丙所示。开关闭合，线圈 A 放在线圈 B
中。下列判断正确的是( )
A.断开开关的瞬间，电流表指针将向右偏转
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B.将线圈 A 从线圈 B 中拔出时，电流表指针将向左偏转
C.当滑动变阻器的滑片向左加速滑动时，电流表指针将向左偏转
D.当滑动变阻器的滑片向左匀速滑动时，电流表指针不发生偏转
10.如图甲所示，近日国内多地出现美丽而神秘的极光现象。极光本质上是由太阳发射的高速
带电粒子流受地磁场的影响，进入地球两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引
起的。若高速粒子带正电，因其入射速度与地磁方向不垂直，导致其轨迹呈现出如图乙所示
的螺旋状的形态(相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距△x)。忽略引力和带电粒子间的相互作
用，下列说法正确的是( )
A.带电粒子进入大气层与空气发生作用后，在地磁场作用下的旋转半径越来越大
B.随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙带电粒子的旋转半径增大
C.在我国黑龙江北部地区仰视看到的极光将以顺时针方向做螺旋运动
D.当不计空气阻力时，若仅减小入射粒子速度方向与地磁场的夹角，螺距 Δx 也会减小
二、简答题：本大题共 2 小题，共 28 分。
11.如图所示，两平行金属板间距为 d，电势差为 U，板
间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为
B 的匀强磁场。电荷量为+q、质量为 m 的粒子，由静止
开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做
匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：
(1)粒子从电场射出时速度 v 的大小；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 R；
(3)粒子在磁场中运动的时间 t。
12.物理学中的宏观现象与粒子的微观行为之间存在必然联系，从微观角度分析宏观现象产生
的本质原因是物理学的重要研究方法。
(1)如图 1 所示，一段横截面积为 S、长为 L 的直导线，单位体积内有 n 个自由电子，电子电
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荷量为 e。该导线两端加电压时，自由电子定向移动的平均速率为 v。
a.请推导导线中的电流 l与 v 之间关系式。
b.将该通电直导线放在磁感应强度 B 的匀强磁场中，电流方向与磁感线垂直，导线所受安培
力大小为 F=BIL。请由安培力的表达式推导洛伦兹力的表达式 f=evB。
(2)如图 2所示的霍尔元件，宽度和厚度分别为 h和 d，放在沿-z方向的匀强磁场 B中，当元件
通有沿)方向的电流/时，在元件的上侧面和下侧面之间会产生电势差 U。已知该霍尔元件的载
流子是电子，电荷量为 e，单位体积中的自由电子数为 n。
BI
请证明：a U = 。
ne
b.由上问可知，在1、n、e、h一定的条件下，U与B成正比，由U的数值可以比较B的大小，
因此可以用这种元件探测某空间磁场的磁感应强度。该元件的摆放的方向对测量结果是否有
影响 简要说明理由。
三、计算题：本大题共 1 小题，共 12 分。
13.如图甲所示，一圆形金属线圈面积为 S = 0.2m2,电阻 r=0.1Ω。线圈两端 a、b与阻值为 R=0.
4Ω 的电阻组成闭合回路，导线电阻忽略不计。线圈处在垂直于线圈平面向外的匀强磁场中，
磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系如图乙所示。求在 0 1.0s的时间内。
(1)线圈中产生的感应电动势大小 E；
(2)流过电阻的电流大小/及其方向；
(3)线圈两端 a、b 间的电压( Uab。
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参考答案
1.【答案】A
【解析】解：A、既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，电场强
度是矢量，故 A 正确；
B、电势只有大小，没有方向，是标量，故 B 错误；
CD、电流和磁通量虽有方向，但电流和磁通量运算时不遵循平行四边形定则，所以电流、磁
通量都是标量，故 CD 错误。
故选: A。
既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位
移、动量、电场强度等都是矢量；只有大小没有方向，运算时遵循代数运算法则的物理量是
标量，如路程、时间、质量、动能、功、电势、电流等都是标量。
矢量与标量的最大区别是运算法则不同：矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数
运算法则。
2.【答案】D
【解析】解：A、粒子受力方向指向轨迹的凹侧，所以粒子受力方向与电场线方向已知，则
粒子带正电，故 A 错误；
BD、粒子在运动过程中其受力方向与速度方向之间的夹角为锐角，所以电场力做正功，粒子
的电势能减小动能增大，故 B 错误，D 正确；
C、根据电场线的疏密程度表示场强可知，粒子在运动过程中受到的电场力逐渐减小，根据
牛顿第二定律可知，粒子的加速度逐渐减小，故 C 错误。
故选: D。
根据粒子做曲线运动的条件分析；根据电场力对粒子做功情况分析 BD；根据电场线的疏密程
度分析场强的大小，进而判断加速度的变化。
能够理解并掌握物体做曲线运动的条件是解题的关键，基础题。
3.【答案】D
【解析】解：根据安培定则，B、C、D 三根导线在 A 点的磁感应强度方向分别为竖直向下、
水平向右、竖直向上，因为 AB=AC=AD，所以三根导线在 A点的磁感应强度大小相等，则 A
点的合磁感应强度的方向水平向右，故 ABC 错误，D 正确；
故选: D。
4.【答案】A
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T I 2 T
【解析】解：根据有效值的定义，则有：方波， I20R + (
0) R = I20RT, 2 2 2
5
解得：有效值 I甲 = √ I0, 8
I
正弦交流电的电流有效值 I 0Z = 。 √2
根据功率公式 P = I2R得到
P : P = I2 : I2甲 乙 = 5: 4,故 A 正确, BCD 错误; 甲 乙
故选: A。
根据有效值的定义求解.取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量
相同，直流的电流值，即为此交流的有效值.
根据功率公式 P = I2R算出比值.
对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值.
5.【答案】D
【解析】解：AB、滑动变阻器触头 P 从左端开始向右移动的过程中，电阻减小，则总电阻减
小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，所以电流表示数增大，电压表示数减小，故
AB 错误；
CD、根据输出功率的变化特点可知当滑动变阻器的电阻等于电源内阻时，输出功率最大，滑
动变阻器的总电阻 R 大于电源内阻；当滑动变阻器阻值减小时，电源的输出功率先增大后减
小，故 C 错误，D 正确；
故选: D。
当滑动变阻器的触头 P 从左端滑向右端的过程中，分析外电路总电阻的变化，根据闭合电路
欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化。根据外电阻与内阻的关系
分析电源的输出功率。
本题是电路的动态变化分析问题，按“局部 →整体→局部”的顺序进行分析。要知道可变电阻
最大功率
的条件。
6.【答案】B
【解析】解：AB、闭合 S 时，电源的电压同时加到两灯上，A、B 同时亮，且亮度相同；随
着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，
外电路总电阻减小，总电流增大，B 变亮，故 A 错误、B 正确；
CD、断开 S，B 立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过 A 灯，A 闪亮
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一下后熄灭，故 CD 错误。
故选: B。
闭合 S，A、B 同时亮，随着 L 中电流增大，线圈 L 直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A
逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析 B灯亮度的变化。断开 S，B灯立即熄灭，线圈
中电流，根据楞次定律判断 A 灯亮度如何变化。
对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可楞次定律分析发生的现象。
7.【答案】B
U n
【解析】解：A、输入电压和原、副线圈的匝数比不变，由 1 = 1可知副线圈两端 M、N 的
U2 n2
输出电压不变，
故 A 错误；
BC、副线圈两端 M、N 的输出电压不变，当 K 接通时，副线圈电路的总电阻减小，则副线圈
的总电流 I 变大，输电线等效电阻 R 上的电压增大，并联部分的电压减小，则通过灯泡 L 的
电流减小，故 B 正确，C 错
误；
I n
D、由 2 = 1可知，电流 I 变大，则 I 变大，即原线圈中的电流增大，故 D 错误。
I1 n2
故选: B。
明确变压器原理，根据变压器原副线圈的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，闭合开关
相当于增加负载，结合欧姆定律分析。
本题是变压器动态分析问题，与直流电路动态分析相似，要抓住不变量：副线圈两端电压，
根据欧姆定律进行分析。
8.【答案】C
【解析】解：A、金属杆下滑过程中，受到重力、轨道的支持力、安培力，开始时重力沿斜
面的分力大于安培力，所以金属杆做加速运动。随着速度的增加，金属杆产生的感应电动势
增大，电路中电流增大，金属杆受到的安培力增大，合力减小，加速度减小，所以金属杆做
加速度逐渐减小的变加速直线运动，当加速度减小到零后做匀速直线运动，故 A 错误；
B、金属杆由静止到最大速度过程中，安培力对金属杆做负功，所以其机械能减小，故 B 错
误；
BLv mgRsinθ
CD、当加速度为零时, 速度最大, 则有 mgsinθ=BIL,又 I = m,联立得 Vm = ,可知如果R B2L2
只增大 B，vm 将变小；只增大 R，vm 将变大，故 C 正确，D 错误。
故选: C。
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分析金属杆的受力情况，判断安培力的变化，分析其运动情况。根据安培力做功情况，判断
金属杆的机械能是否守恒。金属杆的加速度为零时，速度最大，根据平衡条件和安培力与速
度的关系得到 vm 的表达式，
再分析 vm 的变化情况。
解决本题的关键要知道金属杆做加速度逐渐减小的变加速运动，当加速度为零时，速度最大。
9.【答案】B
【解析】解：由图甲可知，A 线圈中电流的方向由 a 流向 b，由图乙，根据安培定则可知，A
线圈中磁场的方向向上。
A、断开开关的瞬间，由安培定则可知，A 线圈中向上的磁通量减小，B 线圈中磁通量减小，
由楞次定律可知，B 线圈中感应电流的磁场方向向上，B 线圈中的感应电流由 c 流向 d，电流
从左接线柱流入电流表，电流表指针将向左偏转，故 A 错误；
B、将线圈 A 从线圈 B 中拔出时，B 线圈中磁通量减小，由楞次定律可知，B 线圈中感应电流
的磁场方向向上，B 线圈中的感应电流由 c 流向 d，电流从左接线柱流入电流表，电流表指针
将向左偏转，故 B 正确；
C、当滑动变阻器的滑片向左加速滑动时，滑动变阻器接入电路的部分电阻值减小，则电路
中的电流增大，A 线圈中的磁通量增大，B 线圈中的磁通量也增大，根据楞次定律可知，B 线
圈中电流的方向由 d 流向 c，电流从右接线柱流入电流表，电流表指针将向右偏转，故 C 错
误；
D、当滑动变阻器的滑片向左匀速滑动时，同 C 选项可知，电流向右偏转，故 D 错误。
故选: B。
根据安培定则先判断出 A 线圈中磁场的方向，然后根据题意判断磁通量如何变化，再根据楞
次定律判断感应电流的方向和指针偏转方向。
该题结合对电磁感应现象的研究考查楞次定律的应用，解答本题可以根据题意得出产生使电
流表指针右偏的条件，即可根据绕向判出各项中应该出现的现象。
10.【答案】C
【解析】解：A 带电粒子进入大气层与空气发生作用后，粒子的速度会变小，根据公式 qvB
V2 mv
= m T ,可得 r = ,故在洛伦兹力的作用下的旋转半径会变小。故 A 错误；
qB
B.越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其它条件不变，则半径会变小，
故 B 错误；C.在我国黑龙江北部地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，若高速粒子带正电，
根据左手定则，从下往上看将以顺时针方向做螺旋运动，故 C 正确；
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D.当不计空气阻力时，将带电粒子运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向
将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动。若带电粒子的运动速率不变，与磁场
的夹角变小，则速度沿磁场的分量会增大，故沿磁场方向的匀速直线运动也将变快，即螺距
△x 会增大，故 D 错误。
故选: C。
由于空气阻力的作用，粒子的速度会变小，根据洛伦兹力提供向心力，来判断运动的半径变
化，根据左手定则判断粒子运动的方向，还需要对粒子的运动分解成沿磁场方向和垂直于磁
场方向分析运动的特点。
题目以自然现象为背景命题，考查了地磁场、左手定则、带电粒子在磁场中的运动等知识点，
关键是将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解。
1
11.【答案】解：(1)粒子在加速电场中，根据动能定理有 Uq = mv2
2
2qU
解得 V = √
m
V2
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有 Bqv = m
R
1 2mU
解得 R = √
B q
πR
(3)粒子在磁场中运动的时间 t =
v
πm
解得 t =
Bq
2qU
答：(1)粒子从电场射出时速度 v 的大小为 √ ;
m
1 2mU
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 √ ;
B q
πm
(3)粒子在磁场中运动的时间为 。
Bq
【解析】(1)根据动能定理求加速电场加速后粒子速度；
(2)(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据牛顿第二定律列式可解。
该题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，题目简单，知道粒子在电场中的运动情况，熟
记相关的公式。12.【答案】解：(1)a 以一段导线作为研究对象，导线的横截面积为 S，单位
体积内的自由电子数为 n，自由电子定向移动的平均速率为 v，则时间 t 内通过导线横截面的
自由电子数为
N=nSvt
时间 t 内通过导线横截面的电荷量(Q= Ne=neSvt
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Q
根据电流的定义 I =
t
解得: I=neSv
b.由前问推导可知，导线中电流 I=neSv
导线所受安培力 F=BIL
导线中自由电荷的总数 N=nSL
运动电荷所受洛伦兹力与导线所受安培力的关系为
Nf=F
代入得 nSLf=BneSvL
推得: f=evB
(2)a.自由电子在洛伦兹力的作用下积累在导体的上侧面，下侧面带等量的正电荷，当上下侧
面有稳定的电势差时，电场力和洛伦兹力平衡，则有
eE=evB
U
上下侧面间的电场可视为匀强电场，故有 E =
d
由电流的微观表达式 I=nevS= nevhd
BI
由此可证 U =
ne
b.用霍尔元件探测空间磁场时，元件的摆放方向对 U 有影响。因为洛伦兹力的大小与电子运
动方向有关。若 B的方向平行于/的方向，则 U=0；若 B的方向与/的方向垂直，U为最大值。
所以使用时应该调整装置方向找到最大值。
答：(1)a、请推导导线中的电流/与 v 之间关系式为 I=neSv；
b、见解析；
(2)a、证明过程见解析；
b、见解析。
【解析】(1)a、根据电流的定义式，结合题意得出电流的表达式；
b、理解洛伦兹力和安培力的关系，结合安培力的公式完成分析；
(2)a、粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡，由此列式完成证明；
b、根据上述分析得出磁感应强度的表达式并完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则分析出粒子的运动方向，结合电场力和
洛伦兹力的等量关系完成分析。
ΔΦ 2.0
13.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势： E = = S
△t △B
△ t = 0.2 ×
1.0
V = 0.4V
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E 0.4
(2)由闭合电路的欧姆定律可知，流过电阻的电流： I = = A = 0.8A
r+R 0.1+0.4
磁场垂直于纸面向外，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，流过电
阻的电流由 c
流向 d
(3)线圈 a、b 两端的电压( Uab = IR = 0.8 × 0.4V = 0.32V
答：(1)线圈中产生的感应电动势大小 E 是 0.4V；
(2)流过电阻的电流大小是 0.8A，方向由 c 流向 d；
(3)线圈两端 a、b 间的电压 Uab 是 0.32V。
【解析】
(1)应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势。
(2)应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用楞次定律判断感应电流方向。
(3)应用欧姆定律求出 a、b 间的电势差。
本题是一道电磁感应与电路相结合的综合题，但难度不大，应用法拉第电磁感应定律、欧姆
定律、楞次定律即可解题；解题时注意 a、b 两端的电压是路端电压。
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