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所属成套资源：2024省大庆铁人中学高二下学期开学考试及答案(九科)
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2024省大庆铁人中学高二下学期开学考试物理含答案
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这是一份2024省大庆铁人中学高二下学期开学考试物理含答案，文件包含铁人中学2022级高二下学期开学考试物理试题2024219doc、铁人中学2022级高二下学期开学考试物理试题答案2024219docx、铁人中学2022级高二下学期开学考试物理答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
A. 电场强度定义式E=，场强是描述自身性质的物理量，与F、q无关，故A错误；
B. 磁感应强度的定义式中，通电导线L所在处受到磁场力F为零时，该处磁感应强度不一定为零，当B与L平行时，F也为零，故B错误；
C．电场和磁场都是客观存在的物质，但是电场线和磁感线是假想的，选项C正确；
D．电场线和磁感线一般不是电荷在场中运动的轨迹，选项D错误。故选C。
2.【答案】B
详解】A．根据左手定则可判断甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，故A错误；
BC．在磁场中由洛伦兹力充当向心力有，可得，通过速度选择器的两束粒子速度相同，由洛伦兹力等于电场力可得，解得，而根据，可知两束粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为，由此可知甲、乙两束粒子的比荷比为，故B正确，C错误；
由两粒子的比荷比，可知，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，故D错误。故选B。
3.【答案】A
【解析】由于理想变压器原线圈两端接入电压的有效值不变，原、副线圈的匝数比不变，根据＝可知，副线圈两端电压的有效值保持不变，即电压表V1的示数不变，选项B错误；开关S闭合后，变压器副线圈所在电路中的负载电阻减小，流过副线圈干路中的电阻R的电流增大，其两端电压增大，而副线圈两端电压不变，则与电流表A2串联的电阻两端电压减小．即V2示数减小，由欧姆定律可知A2的示数减小，选项A正确，C错误；由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比可知，线圈匝数比不变，副线圈的电流增大，则通过原线圈的电流也增大，故A1示数变大，选项D错误。
4.【答案】C
【解析】A.电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=εS4πkd可知，电容C增大，A错误；D.两板间的电场强度E=Ud=QCd=4πkQεS；因此电场强度与板间距无关，电场强度不变；D错误。C.再根据设P与下极板距离为l，则P点的电势φP=El，电势能EP=ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；C正确；B.根据C=QU可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；B错误；故C正确，AD错误。故选C。
5.【答案】C
【详解】AB．根据右手螺旋定则及叠加原理可知，MN间的连线上，靠近M处的磁场方向垂直于MN向内，靠近N处的磁场方向垂直于MN向外，从M到N磁感应强度先减小，过O点后反向增大，据左手定则可知，带正电的小球从a到b过程受到的洛伦兹力方向先向上后向下，故小球在运动方向上不受外力，将做匀速直线运动，AB错误；CD．洛伦兹力大小为，可知带正电的小球从a到O过程受到的洛伦兹力方向向上且逐渐减小，竖直方向据平衡条件可得，可知桌面的支持力N1增大，过O点后受到的洛伦兹力方向向下且逐渐增大，据平衡条件可得，可知桌面的支持力N2增大，故小球对桌面的压力一直在增大，C正确，D错误。故选C。
6.【答案】A
【详解】AB．导线框匀速穿过图示的等腰直角三角形磁场区域，进入的过程中，由楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，为正值，由几何关系知导线框边切割磁感线的有效长度等于进入磁场的距离，则感应电流的大小为，导线框离开磁场的过程，由楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，为负值，由几何关系知导线框边切割的有效长度等于离开磁场的距离，同理可得感应电流大小为，故A正确，B错误；CD．导线框做匀速运动，外力沿轴方向的分量与导线框边所受安培力等大反向，由左手定则可知安培力方向始终向左，则外力沿轴方向的分量方向始终向右，则，，故CD错误。故选A。
7.【答案】B
【详解】A、对金属杆，根据平衡方程得：mg＝B2I•2a，解得：I，故A错误；
B、整个电路中产生的热功率为：P＝EI．故B正确；
C、由法拉第电磁感应定律，则有：回路中产生的感应电动势为：E•πa2＝kπa2；且闭合电路欧姆定律有：I，又I，解得：Rr．故C错误；
D、区域C1中磁场的磁感强度随时间按B1＝b+kt（k＞0）变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A．故D错误．
8.【答案】ABC
【详解】在ab加速运动的某时刻，根据牛顿第二定律可得mgsin-BIL=ma，又,联立解得，当v=0时，加速度最大，当a=0时,速度最大，选项A、C正确；B．通过金属棒ab横截面的电荷量为，选项B正确；
D．电阻R产生的焦耳热Q，根据动能定理可得，得，安培力是变力，不能用W=Fx求解安培力的功，选项D错误。故选ABC。
9. 【答案】AD
【详解】A．交流电的频率为，A正确；B．通过电流的有效值为，两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知，根据理想变压器的电压规律可知原线圈的电压，电阻两端分压即为电压表示数，即，B错误；C．电流表的示数为
C错误；D．副线圈中流过的总电流为，变压器原副线圈传输的功率为，D正确。故选AD
10.【答案】BD
【详解】A．电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，向上运动到最高点，电场力做正功，电子速度变大，向下运动到最低点，电场力做负功，电子速度变小，电子在最高点与在最低点速度大小不相等，故A错误；
B．入射速度v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee=ev0B，解得E=v0B，电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，速度大小为时，根据动能定理有，解得，故B正确；
C．若将电子变为质量和电量不变的正电荷，正电荷向上的洛伦兹力和向下的电场力，力的大小不变，入射速度小于v0时，轨迹与图中虚线关于x轴对称，故C错误；
D．若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合=evmB－eE，在最低点有F合=eE－evB，联立有，，要让电子达纵坐标位置，即y≥y2，解得，则若电子入射速度在011.【答案】①B ②向上 ③见解析
【详解】（1）将条形磁铁从图示位置先迅速向上后迅速向下移动一小段距离，则线圈中产生的感应电流方向相反，两个二极管相继分别导通，出现的现象是灯泡A、B交替短暂发光，故选B；
（2）通过实验得知：当电流从图b中电流计的右端正接线柱流入时指针向右偏转；则当电流计指针向右偏转时，螺线管中产生的感应电流从上往下，根据楞次定律可知，磁体向上运动。
（3）连线如图；
12.【答案】① ②左 ③kΩ ④10
【详解】（1）由多用电表欧姆表的读数规则可知，此时热敏电阻的阻值为
（2）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片P置于最左端，由于和并联，故有,代入数据解得
（3）设警戒液面到油箱底部的距离为x，温度为30℃时热敏电阻的阻值为，则在油液内的热敏电阻的阻值为,同理，可得油液外的热敏电阻的阻值为
其中，由闭合电路欧姆定律有
将E＝6V、I＝2.4mA、R＝1.8kΩ代入可得x＝10cm
【答案】(1)1∶12 (2)288∶11
【解析】(1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为
由题意知P损＝P×4%＝,代入数据得U2＝6 000 V
升压变压器原、副线圈匝数比
而U3＝U2－U损＝6 000 V－240 V＝5 760 V，
降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11。
14.【答案】（1）负电荷，；（2）B，
【详解】（1）由粒子的运动轨迹(如图)，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r,又qvB＝m,则粒子的比荷＝
（2）设粒子从D点飞出磁场，运动轨迹如图，速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，由几何知识可知，粒子做圆周运动的半径R′＝＝ r, 又qvB′＝m,所以B′＝B
此次粒子在磁场中运动所用时间t＝T＝×＝
15.【答案】（1）v=2v0；（2）；（3）
【详解】（1）小球与导体棒M碰前瞬间，小球速度为v，则，解得v=2v0
（2）小球与导体棒M发生弹性碰撞，根据动量守恒及能量守恒定律有，，解得，，碰后瞬间，感应电动势
根据闭合电路欧姆定律和安培力表达式得，
对N棒根据牛顿第二定律，联立有
由于未碰撞前导体棒恰好不下滑，则有，解得
（3）两导体棒在磁场中运动过程中，动量守恒，最终两棒速度相等，设为v3，则，解得
对M分析，开始运动到MN共速过程中，根据动量定理有
当M、N在磁场中不发生碰撞，两导体棒初始距离的最小值为该过程中相对位移大小整理得，解得，N棒离开磁场后，M棒切割磁感线做减速运动，由动量定理得，解得,故为确保之后M棒也能离开磁场，d最小为，应该满足的条件范围
A. 电场强度定义式E=，场强是描述自身性质的物理量，与F、q无关，故A错误；
B. 磁感应强度的定义式中，通电导线L所在处受到磁场力F为零时，该处磁感应强度不一定为零，当B与L平行时，F也为零，故B错误；
C．电场和磁场都是客观存在的物质，但是电场线和磁感线是假想的，选项C正确；
D．电场线和磁感线一般不是电荷在场中运动的轨迹，选项D错误。故选C。
2.【答案】B
详解】A．根据左手定则可判断甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，故A错误；
BC．在磁场中由洛伦兹力充当向心力有，可得，通过速度选择器的两束粒子速度相同，由洛伦兹力等于电场力可得，解得，而根据，可知两束粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为，由此可知甲、乙两束粒子的比荷比为，故B正确，C错误；
由两粒子的比荷比，可知，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，故D错误。故选B。
3.【答案】A
【解析】由于理想变压器原线圈两端接入电压的有效值不变，原、副线圈的匝数比不变，根据＝可知，副线圈两端电压的有效值保持不变，即电压表V1的示数不变，选项B错误；开关S闭合后，变压器副线圈所在电路中的负载电阻减小，流过副线圈干路中的电阻R的电流增大，其两端电压增大，而副线圈两端电压不变，则与电流表A2串联的电阻两端电压减小．即V2示数减小，由欧姆定律可知A2的示数减小，选项A正确，C错误；由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比可知，线圈匝数比不变，副线圈的电流增大，则通过原线圈的电流也增大，故A1示数变大，选项D错误。
4.【答案】C
【解析】A.电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=εS4πkd可知，电容C增大，A错误；D.两板间的电场强度E=Ud=QCd=4πkQεS；因此电场强度与板间距无关，电场强度不变；D错误。C.再根据设P与下极板距离为l，则P点的电势φP=El，电势能EP=ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；C正确；B.根据C=QU可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；B错误；故C正确，AD错误。故选C。
5.【答案】C
【详解】AB．根据右手螺旋定则及叠加原理可知，MN间的连线上，靠近M处的磁场方向垂直于MN向内，靠近N处的磁场方向垂直于MN向外，从M到N磁感应强度先减小，过O点后反向增大，据左手定则可知，带正电的小球从a到b过程受到的洛伦兹力方向先向上后向下，故小球在运动方向上不受外力，将做匀速直线运动，AB错误；CD．洛伦兹力大小为，可知带正电的小球从a到O过程受到的洛伦兹力方向向上且逐渐减小，竖直方向据平衡条件可得，可知桌面的支持力N1增大，过O点后受到的洛伦兹力方向向下且逐渐增大，据平衡条件可得，可知桌面的支持力N2增大，故小球对桌面的压力一直在增大，C正确，D错误。故选C。
6.【答案】A
【详解】AB．导线框匀速穿过图示的等腰直角三角形磁场区域，进入的过程中，由楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，为正值，由几何关系知导线框边切割磁感线的有效长度等于进入磁场的距离，则感应电流的大小为，导线框离开磁场的过程，由楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，为负值，由几何关系知导线框边切割的有效长度等于离开磁场的距离，同理可得感应电流大小为，故A正确，B错误；CD．导线框做匀速运动，外力沿轴方向的分量与导线框边所受安培力等大反向，由左手定则可知安培力方向始终向左，则外力沿轴方向的分量方向始终向右，则，，故CD错误。故选A。
7.【答案】B
【详解】A、对金属杆，根据平衡方程得：mg＝B2I•2a，解得：I，故A错误；
B、整个电路中产生的热功率为：P＝EI．故B正确；
C、由法拉第电磁感应定律，则有：回路中产生的感应电动势为：E•πa2＝kπa2；且闭合电路欧姆定律有：I，又I，解得：Rr．故C错误；
D、区域C1中磁场的磁感强度随时间按B1＝b+kt（k＞0）变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A．故D错误．
8.【答案】ABC
【详解】在ab加速运动的某时刻，根据牛顿第二定律可得mgsin-BIL=ma，又,联立解得，当v=0时，加速度最大，当a=0时,速度最大，选项A、C正确；B．通过金属棒ab横截面的电荷量为，选项B正确；
D．电阻R产生的焦耳热Q，根据动能定理可得，得，安培力是变力，不能用W=Fx求解安培力的功，选项D错误。故选ABC。
9. 【答案】AD
【详解】A．交流电的频率为，A正确；B．通过电流的有效值为，两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知，根据理想变压器的电压规律可知原线圈的电压，电阻两端分压即为电压表示数，即，B错误；C．电流表的示数为
C错误；D．副线圈中流过的总电流为，变压器原副线圈传输的功率为，D正确。故选AD
10.【答案】BD
【详解】A．电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，向上运动到最高点，电场力做正功，电子速度变大，向下运动到最低点，电场力做负功，电子速度变小，电子在最高点与在最低点速度大小不相等，故A错误；
B．入射速度v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee=ev0B，解得E=v0B，电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，速度大小为时，根据动能定理有，解得，故B正确；
C．若将电子变为质量和电量不变的正电荷，正电荷向上的洛伦兹力和向下的电场力，力的大小不变，入射速度小于v0时，轨迹与图中虚线关于x轴对称，故C错误；
D．若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合=evmB－eE，在最低点有F合=eE－evB，联立有，，要让电子达纵坐标位置，即y≥y2，解得，则若电子入射速度在0
【详解】（1）将条形磁铁从图示位置先迅速向上后迅速向下移动一小段距离，则线圈中产生的感应电流方向相反，两个二极管相继分别导通，出现的现象是灯泡A、B交替短暂发光，故选B；
（2）通过实验得知：当电流从图b中电流计的右端正接线柱流入时指针向右偏转；则当电流计指针向右偏转时，螺线管中产生的感应电流从上往下，根据楞次定律可知，磁体向上运动。
（3）连线如图；
12.【答案】① ②左 ③kΩ ④10
【详解】（1）由多用电表欧姆表的读数规则可知，此时热敏电阻的阻值为
（2）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片P置于最左端，由于和并联，故有,代入数据解得
（3）设警戒液面到油箱底部的距离为x，温度为30℃时热敏电阻的阻值为，则在油液内的热敏电阻的阻值为,同理，可得油液外的热敏电阻的阻值为
其中，由闭合电路欧姆定律有
将E＝6V、I＝2.4mA、R＝1.8kΩ代入可得x＝10cm
【答案】(1)1∶12 (2)288∶11
【解析】(1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为
由题意知P损＝P×4%＝,代入数据得U2＝6 000 V
升压变压器原、副线圈匝数比
而U3＝U2－U损＝6 000 V－240 V＝5 760 V，
降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11。
14.【答案】（1）负电荷，；（2）B，
【详解】（1）由粒子的运动轨迹(如图)，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r,又qvB＝m,则粒子的比荷＝
（2）设粒子从D点飞出磁场，运动轨迹如图，速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，由几何知识可知，粒子做圆周运动的半径R′＝＝ r, 又qvB′＝m,所以B′＝B
此次粒子在磁场中运动所用时间t＝T＝×＝
15.【答案】（1）v=2v0；（2）；（3）
【详解】（1）小球与导体棒M碰前瞬间，小球速度为v，则，解得v=2v0
（2）小球与导体棒M发生弹性碰撞，根据动量守恒及能量守恒定律有，，解得，，碰后瞬间，感应电动势
根据闭合电路欧姆定律和安培力表达式得，
对N棒根据牛顿第二定律，联立有
由于未碰撞前导体棒恰好不下滑，则有，解得
（3）两导体棒在磁场中运动过程中，动量守恒，最终两棒速度相等，设为v3，则，解得
对M分析，开始运动到MN共速过程中，根据动量定理有
当M、N在磁场中不发生碰撞，两导体棒初始距离的最小值为该过程中相对位移大小整理得，解得，N棒离开磁场后，M棒切割磁感线做减速运动，由动量定理得，解得,故为确保之后M棒也能离开磁场，d最小为，应该满足的条件范围
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