北京市平谷中学2024-2025学年高二下学期开学考试物理试卷

这是一份北京市平谷中学2024-2025学年高二下学期开学考试物理试卷，共12页。试卷主要包含了单选题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
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等于( )
A. 5：4B. 3：2C. 2:1D. 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P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
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L1和L2，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L1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vm，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
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Δx)。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I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x方向的电流I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。
a.请证明：U=BIneh。
b.由上问可知，在I、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I及其方向；
(3)线圈两端a、b间的电压Uab。
答案和解析
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
【解析】解：根据有效值的定义，则有：方波，I02RT2+(I0 2)2RT2=I02RT，
解得：有效值I甲= 58I0，
正弦交流电的电流有效值I乙=I0 2。
根据功率公式P=I2R得到
P甲：P乙=I甲2：I乙2=5：4，故A正确，BCD错误；
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
【解析】解：A、输入电压和原、副线圈的匝数比不变，由U1U2=n1n2可知副线圈两端M、N的输出电压不变，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I2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L1的电流减小，故B正确，C错误；
D、由I2I1=n1n2可知，电流I2变大，则I1变大，即原线圈中的电流增大，故D错误。
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；
CD、当加速度为零时，速度最大，则有mgsinθ=BIL，又I=BLvmR，联立得vm=mgRsinθB2L2，可知如果只增大B，vm将变小；只增大R，vm将变大，故C正确，D错误。
故选：C。
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=mv2r，可得r=mvqB，故在洛伦兹力的作用下的旋转半径会变小。故A错误；
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；
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Δx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。
11.【答案】解：(1)粒子在加速电场中，根据动能定理有Uq=12mv2
解得v= 2qUm
(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=mv2R
解得R=1B 2mUq
(3)粒子在磁场中运动的时间 t=πRv
解得 t=πmBq
答：(1)粒子从电场射出时速度v的大小为 2qUm；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为1B 2mUq；
(3)粒子在磁场中运动的时间为πmBq。
【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
根据电流的定义I=Qt
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
上下侧面间的电场可视为匀强电场，故有E=Ud
由电流的微观表达式I=nevS=nevhd
由此可证U=BIneh
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I的方向，则U=0；若B的方向与I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I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。
13.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=ΔΦΔt=SΔBΔt=0.2×
(2)由闭合电路的欧姆定律可知，流过电阻的电流：I=Er+R=0.40.1+0.4A=0.8A
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。