1.下列物理量中，屬于矢量的是( )
A. 電場強(qiáng)度B. 電勢C. 電流D. 磁通量
2.一帶電粒子在如圖所示的電場中，只在靜電力作用下沿虛線所示的軌跡從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)。下列說法正確的是( )
A. 粒子帶負(fù)電
B. 粒子的動能減小
C. 粒子的加速度增大
D. 粒子的電勢能減小
3.如圖所示為三根平行導(dǎo)線的截面圖，若它們的電流大小都相同，方向垂直于紙面向里。如果AB=AC=AD，則A點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是( )
A. 向上
B. 向下
C. 向左
D. 向右
4.A、B是兩個完全相同的電熱器，A通以圖甲的方波交變電流，B通以圖乙所示的正弦交變電流，則兩電熱器的電功率之比PA：PB等于( )
A. 5：4B. 3：2C. 2:1D. 2：1
5.在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r；滑動變阻器的總電阻R大于電源內(nèi)阻；電流表和電壓表均可視為理想電表。閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動變阻器觸頭P從左端開始向右移動的過程中，下列說法正確的是( )
A. 電流表、電壓表的示數(shù)均增大B. 電流表、電壓表的示數(shù)均減小
C. 電源的輸出功率增大D. 電源的輸出功率先增大后減小
6.如圖所示電路中，燈泡A、B的規(guī)格相同。電感線圈L的自感系數(shù)足夠大且電阻可忽略。下列關(guān)于此電路的說法中正確的是( )
A. S閉合的瞬間，B先亮，A逐漸變亮，最后A、B一樣亮
B. S閉合的瞬間，A、B同時亮，然后A變暗最后熄滅
C. S斷開的瞬間，A立即熄滅，B逐漸變暗最后熄滅
D. S斷開的瞬間，A、B立即熄滅
7.如圖所示，理想變壓器的副線圈上通過輸電線接有兩個相同的燈泡L1和L2，輸電線的等效電阻為R，開始時，開關(guān)K斷開，當(dāng)K接通時，以下說法正確的是( )
A. 副線圈兩端M、N的輸出電壓減小
B. 副線圈輸電線等效電阻R上的電壓增大
C. 通過燈泡L1的電流增大
D. 原線圈中的電流減小
8.如圖所示，有兩根和水平方向成θ角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下。經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，不計(jì)金屬桿和軌道的電阻，則以下分析正確的是( )
A. 金屬桿先做勻加速直線運(yùn)動然后做勻速直線運(yùn)動
B. 金屬桿由靜止到最大速度過程中機(jī)械能守恒
C. 如果只增大B，vm將變小
D. 如果只增大R，vm將變小
9.如圖甲所示，將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流表及開關(guān)進(jìn)行連接。該電流表指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向間的關(guān)系為：當(dāng)電流從右接線柱流入電流表時，指針向右偏轉(zhuǎn)。其中A線圈繞法如圖乙所示，B線圈繞法如圖丙所示。開關(guān)閉合，線圈A放在線圈B中。下列判斷正確的是( )
A. 斷開開關(guān)的瞬間，電流表指針將向右偏轉(zhuǎn)
B. 將線圈A從線圈B中拔出時，電流表指針將向左偏轉(zhuǎn)
C. 當(dāng)滑動變阻器的滑片向左加速滑動時，電流表指針將向左偏轉(zhuǎn)
D. 當(dāng)滑動變阻器的滑片向左勻速滑動時，電流表指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)
10.如圖甲所示，近日國內(nèi)多地出現(xiàn)美麗而神秘的極光現(xiàn)象。極光本質(zhì)上是由太陽發(fā)射的高速帶電粒子流受地磁場的影響，進(jìn)入地球兩極附近時，撞擊并激發(fā)高空中的空氣分子和原子引起的。若高速粒子帶正電，因其入射速度與地磁方向不垂直，導(dǎo)致其軌跡呈現(xiàn)出如圖乙所示的螺旋狀的形態(tài)(相鄰兩個旋轉(zhuǎn)圓之間的距離稱為螺距Δx)。忽略引力和帶電粒子間的相互作用，下列說法正確的是( )
A. 帶電粒子進(jìn)入大氣層與空氣發(fā)生作用后，在地磁場作用下的旋轉(zhuǎn)半徑越來越大
B. 隨著緯度的增加，以相同速度入射的宇宙帶電粒子的旋轉(zhuǎn)半徑增大
C. 在我國黑龍江北部地區(qū)仰視看到的極光將以順時針方向做螺旋運(yùn)動
D. 當(dāng)不計(jì)空氣阻力時，若僅減小入射粒子速度方向與地磁場的夾角，螺距Δx也會減小
二、簡答題：本大題共2小題，共28分。
11.如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強(qiáng)電場；金屬板下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動。忽略重力的影響，求：
(1)粒子從電場射出時速度v的大??；
(2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑R；
(3)粒子在磁場中運(yùn)動的時間t。
12.物理學(xué)中的宏觀現(xiàn)象與粒子的微觀行為之間存在必然聯(lián)系，從微觀角度分析宏觀現(xiàn)象產(chǎn)生的本質(zhì)原因是物理學(xué)的重要研究方法。
(1)如圖1所示，一段橫截面積為S、長為L的直導(dǎo)線，單位體積內(nèi)有n個自由電子，電子電荷量為e。該導(dǎo)線兩端加電壓時，自由電子定向移動的平均速率為v。
a.請推導(dǎo)導(dǎo)線中的電流I與v之間關(guān)系式。
b.將該通電直導(dǎo)線放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B的勻強(qiáng)磁場中，電流方向與磁感線垂直，導(dǎo)線所受安培力大小為F=BIL。請由安培力的表達(dá)式推導(dǎo)洛倫茲力的表達(dá)式f=evB。
(2)如圖2所示的霍爾元件，寬度和厚度分別為h和d，放在沿?z方向的勻強(qiáng)磁場B中，當(dāng)元件通有沿x方向的電流I時，在元件的上側(cè)面和下側(cè)面之間會產(chǎn)生電勢差U。已知該霍爾元件的載流子是電子，電荷量為e，單位體積中的自由電子數(shù)為n。
a.請證明：U=BIneh。
b.由上問可知，在I、n、e、h一定的條件下，U與B成正比，由U的數(shù)值可以比較B的大小，因此可以用這種元件探測某空間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。該元件的擺放的方向?qū)y量結(jié)果是否有影響？簡要說明理由。
三、計(jì)算題：本大題共1小題，共12分。
13.如圖甲所示，一圓形金屬線圈面積為S=0.2m2，電阻r=0.1Ω。線圈兩端a、b與阻值為R=0.4Ω的電阻組成閉合回路，導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)。線圈處在垂直于線圈平面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。求在0～1.0s的時間內(nèi)。
(1)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小E；
(2)流過電阻的電流大小I及其方向；
(3)線圈兩端a、b間的電壓Uab。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、既有大小又有方向，運(yùn)算時遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，電場強(qiáng)度是矢量，故A正確；
B、電勢只有大小，沒有方向，是標(biāo)量，故B錯誤；
CD、電流和磁通量雖有方向，但電流和磁通量運(yùn)算時不遵循平行四邊形定則，所以電流、磁通量都是標(biāo)量，故CD錯誤。
故選：A。
既有大小又有方向，運(yùn)算時遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、動量、電場強(qiáng)度等都是矢量；只有大小沒有方向，運(yùn)算時遵循代數(shù)運(yùn)算法則的物理量是標(biāo)量，如路程、時間、質(zhì)量、動能、功、電勢、電流等都是標(biāo)量。
矢量與標(biāo)量的最大區(qū)別是運(yùn)算法則不同：矢量運(yùn)算遵守平行四邊形定則，標(biāo)量運(yùn)算遵守代數(shù)運(yùn)算法則。
2.【答案】D
【解析】解：A、粒子受力方向指向軌跡的凹側(cè)，所以粒子受力方向與電場線方向已知，則粒子帶正電，故A錯誤；
BD、粒子在運(yùn)動過程中其受力方向與速度方向之間的夾角為銳角，所以電場力做正功，粒子的電勢能減小動能增大，故B錯誤，D正確；
C、根據(jù)電場線的疏密程度表示場強(qiáng)可知，粒子在運(yùn)動過程中受到的電場力逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子的加速度逐漸減小，故C錯誤。
故選：D。
根據(jù)粒子做曲線運(yùn)動的條件分析；根據(jù)電場力對粒子做功情況分析BD；根據(jù)電場線的疏密程度分析場強(qiáng)的大小，進(jìn)而判斷加速度的變化。
能夠理解并掌握物體做曲線運(yùn)動的條件是解題的關(guān)鍵，基礎(chǔ)題。
3.【答案】D
【解析】解：根據(jù)安培定則，B、C、D三根導(dǎo)線在A點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向分別為豎直向下、水平向右、豎直向上，因?yàn)锳B=AC=AD，所以三根導(dǎo)線在A點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，則A點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向右，故ABC錯誤，D正確；
故選：D。
4.【答案】A
【解析】解：根據(jù)有效值的定義，則有：方波，I02RT2+(I0 2)2RT2=I02RT，
解得：有效值I甲= 58I0，
正弦交流電的電流有效值I乙=I0 2。
根據(jù)功率公式P=I2R得到
P甲：P乙=I甲2：I乙2=5：4，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
根據(jù)有效值的定義求解．取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產(chǎn)生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值．
根據(jù)功率公式P=I2R算出比值．
對于交變電流求解熱量、熱功率、電功等都應(yīng)用有效值，求解電量用平均值．
5.【答案】D
【解析】解：AB、滑動變阻器觸頭P從左端開始向右移動的過程中，電阻減小，則總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，所以電流表示數(shù)增大，電壓表示數(shù)減小，故AB錯誤；
CD、根據(jù)輸出功率的變化特點(diǎn)可知當(dāng)滑動變阻器的電阻等于電源內(nèi)阻時，輸出功率最大，滑動變阻器的總電阻R大于電源內(nèi)阻；當(dāng)滑動變阻器阻值減小時，電源的輸出功率先增大后減小，故C錯誤，D正確；
故選：D。
當(dāng)滑動變阻器的觸頭P從左端滑向右端的過程中，分析外電路總電阻的變化，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化，判斷電壓表示數(shù)的變化。根據(jù)外電阻與內(nèi)阻的關(guān)系分析電源的輸出功率。
本題是電路的動態(tài)變化分析問題，按“局部→整體→局部”的順序進(jìn)行分析。要知道可變電阻最大功率的條件。
6.【答案】B
【解析】解：AB、閉合S時，電源的電壓同時加到兩燈上，A、B同時亮，且亮度相同；隨著L中電流增大，由于線圈L直流電阻可忽略不計(jì)，分流作用增大，A逐漸被短路直到熄滅，外電路總電阻減小，總電流增大，B變亮，故A錯誤、B正確；
CD、斷開S，B立即熄滅，線圈中電流減小，產(chǎn)生自感電動勢，感應(yīng)電流流過A燈，A閃亮一下后熄滅，故CD錯誤。
故選：B。
閉合S，A、B同時亮，隨著L中電流增大，線圈L直流電阻可忽略不計(jì)，分流作用增大，A逐漸被短路，總電阻減小，再由歐姆定律分析B燈亮度的變化。斷開S，B燈立即熄滅，線圈中電流，根據(jù)楞次定律判斷A燈亮度如何變化。
對于通電與斷電的自感現(xiàn)象，它們是特殊的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，可楞次定律分析發(fā)生的現(xiàn)象。
7.【答案】B
【解析】解：A、輸入電壓和原、副線圈的匝數(shù)比不變，由U1U2=n1n2可知副線圈兩端M、N的輸出電壓不變，故A錯誤；
BC、副線圈兩端M、N的輸出電壓不變，當(dāng)K接通時，副線圈電路的總電阻減小，則副線圈的總電流I2變大，輸電線等效電阻R上的電壓增大，并聯(lián)部分的電壓減小，則通過燈泡L1的電流減小，故B正確，C錯誤；
D、由I2I1=n1n2可知，電流I2變大，則I1變大，即原線圈中的電流增大，故D錯誤。
故選：B。
明確變壓器原理，根據(jù)變壓器原副線圈的電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，閉合開關(guān)相當(dāng)于增加負(fù)載，結(jié)合歐姆定律分析。
本題是變壓器動態(tài)分析問題，與直流電路動態(tài)分析相似，要抓住不變量：副線圈兩端電壓，根據(jù)歐姆定律進(jìn)行分析。
8.【答案】C
【解析】解：A、金屬桿下滑過程中，受到重力、軌道的支持力、安培力，開始時重力沿斜面的分力大于安培力，所以金屬桿做加速運(yùn)動。隨著速度的增加，金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大，電路中電流增大，金屬桿受到的安培力增大，合力減小，加速度減小，所以金屬桿做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動，當(dāng)加速度減小到零后做勻速直線運(yùn)動，故A錯誤；
B、金屬桿由靜止到最大速度過程中，安培力對金屬桿做負(fù)功，所以其機(jī)械能減小，故B錯誤；
CD、當(dāng)加速度為零時，速度最大，則有mgsinθ=BIL，又I=BLvmR，聯(lián)立得vm=mgRsinθB2L2，可知如果只增大B，vm將變?。恢辉龃驲，vm將變大，故C正確，D錯誤。
故選：C。
分析金屬桿的受力情況，判斷安培力的變化，分析其運(yùn)動情況。根據(jù)安培力做功情況，判斷金屬桿的機(jī)械能是否守恒。金屬桿的加速度為零時，速度最大，根據(jù)平衡條件和安培力與速度的關(guān)系得到vm的表達(dá)式，再分析vm的變化情況。
解決本題的關(guān)鍵要知道金屬桿做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動，當(dāng)加速度為零時，速度最大。
9.【答案】B
【解析】解：由圖甲可知，A線圈中電流的方向由a流向b，由圖乙，根據(jù)安培定則可知，A線圈中磁場的方向向上。
A、斷開開關(guān)的瞬間，由安培定則可知，A線圈中向上的磁通量減小，B線圈中磁通量減小，由楞次定律可知，B線圈中感應(yīng)電流的磁場方向向上，B線圈中的感應(yīng)電流由c流向d，電流從左接線柱流入電流表，電流表指針將向左偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；
B、將線圈A從線圈B中拔出時，B線圈中磁通量減小，由楞次定律可知，B線圈中感應(yīng)電流的磁場方向向上，B線圈中的感應(yīng)電流由c流向d，電流從左接線柱流入電流表，電流表指針將向左偏轉(zhuǎn)，故B正確；
C、當(dāng)滑動變阻器的滑片向左加速滑動時，滑動變阻器接入電路的部分電阻值減小，則電路中的電流增大，A線圈中的磁通量增大，B線圈中的磁通量也增大，根據(jù)楞次定律可知，B線圈中電流的方向由d流向c，電流從右接線柱流入電流表，電流表指針將向右偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；
D、當(dāng)滑動變阻器的滑片向左勻速滑動時，同C選項(xiàng)可知，電流向右偏轉(zhuǎn)，故D錯誤。
故選：B。
根據(jù)安培定則先判斷出A線圈中磁場的方向，然后根據(jù)題意判斷磁通量如何變化，再根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向和指針偏轉(zhuǎn)方向。
該題結(jié)合對電磁感應(yīng)現(xiàn)象的研究考查楞次定律的應(yīng)用，解答本題可以根據(jù)題意得出產(chǎn)生使電流表指針右偏的條件，即可根據(jù)繞向判出各項(xiàng)中應(yīng)該出現(xiàn)的現(xiàn)象。
10.【答案】C
【解析】解：A.帶電粒子進(jìn)入大氣層與空氣發(fā)生作用后，粒子的速度會變小，根據(jù)公式qvB=mv2r，可得r=mvqB，故在洛倫茲力的作用下的旋轉(zhuǎn)半徑會變小。故A錯誤；
B.越靠近兩極地磁場越強(qiáng)，則隨著緯度的增加地磁場變強(qiáng)，其它條件不變，則半徑會變小，故B錯誤；
C.在我國黑龍江北部地區(qū)的地磁場豎直分量是豎直向下的，若高速粒子帶正電，根據(jù)左手定則，從下往上看將以順時針方向做螺旋運(yùn)動，故C正確；
D.當(dāng)不計(jì)空氣阻力時，將帶電粒子運(yùn)動沿磁場方向和垂直于磁場方向進(jìn)行分解，沿磁場方向?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動，垂直于磁場方向做勻速圓周運(yùn)動。若帶電粒子的運(yùn)動速率不變，與磁場的夾角變小，則速度沿磁場的分量會增大，故沿磁場方向的勻速直線運(yùn)動也將變快，即螺距Δx會增大，故D錯誤。
故選：C。
由于空氣阻力的作用，粒子的速度會變小，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，來判斷運(yùn)動的半徑變化，根據(jù)左手定則判斷粒子運(yùn)動的方向，還需要對粒子的運(yùn)動分解成沿磁場方向和垂直于磁場方向分析運(yùn)動的特點(diǎn)。
題目以自然現(xiàn)象為背景命題，考查了地磁場、左手定則、帶電粒子在磁場中的運(yùn)動等知識點(diǎn)，關(guān)鍵是將帶電粒子的運(yùn)動沿磁場方向和垂直于磁場方向進(jìn)行分解。
11.【答案】解：(1)粒子在加速電場中，根據(jù)動能定理有Uq=12mv2
解得v= 2qUm
(2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，洛倫茲力提供向心力，有 Bqv=mv2R
解得R=1B 2mUq
(3)粒子在磁場中運(yùn)動的時間 t=πRv
解得 t=πmBq
答：(1)粒子從電場射出時速度v的大小為 2qUm；
(2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為1B 2mUq；
(3)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為πmBq。
【解析】(1)根據(jù)動能定理求加速電場加速后粒子速度；
(2)(3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律列式可解。
該題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動，題目簡單，知道粒子在電場中的運(yùn)動情況，熟記相關(guān)的公式。
12.【答案】解：(1)a.以一段導(dǎo)線作為研究對象，導(dǎo)線的橫截面積為S，單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，自由電子定向移動的平均速率為v，則時間t內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)為
N=nSvt
時間t內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量Q=Ne=neSvt
根據(jù)電流的定義I=Qt
解得：I=neSv
b.由前問推導(dǎo)可知，導(dǎo)線中電流I=neSv
導(dǎo)線所受安培力F=BIL
導(dǎo)線中自由電荷的總數(shù)N=nSL
運(yùn)動電荷所受洛倫茲力與導(dǎo)線所受安培力的關(guān)系為
Nf=F
代入得nSLf=BneSvL
推得：f=evB
(2)a.自由電子在洛倫茲力的作用下積累在導(dǎo)體的上側(cè)面，下側(cè)面帶等量的正電荷，當(dāng)上下側(cè)面有穩(wěn)定的電勢差時，電場力和洛倫茲力平衡，則有
eE=evB
上下側(cè)面間的電場可視為勻強(qiáng)電場，故有E=Ud
由電流的微觀表達(dá)式I=nevS=nevhd
由此可證U=BIneh
b.用霍爾元件探測空間磁場時，元件的擺放方向?qū)有影響。因?yàn)槁鍌惼澚Φ拇笮∨c電子運(yùn)動方向有關(guān)。若B的方向平行于I的方向，則U=0；若B的方向與I的方向垂直，U為最大值。所以使用時應(yīng)該調(diào)整裝置方向找到最大值。
答：(1)a、請推導(dǎo)導(dǎo)線中的電流I與v之間關(guān)系式為I=neSv；
b、見解析；
(2)a、證明過程見解析；
b、見解析。
【解析】(1)a、根據(jù)電流的定義式，結(jié)合題意得出電流的表達(dá)式；
b、理解洛倫茲力和安培力的關(guān)系，結(jié)合安培力的公式完成分析；
(2)a、粒子受到的電場力與洛倫茲力平衡，由此列式完成證明；
b、根據(jù)上述分析得出磁感應(yīng)強(qiáng)度的表達(dá)式并完成分析。
本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉左手定則分析出粒子的運(yùn)動方向，結(jié)合電場力和洛倫茲力的等量關(guān)系完成分析。
13.【答案】解：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢：E=ΔΦΔt=SΔBΔt=0.2×
(2)由閉合電路的歐姆定律可知，流過電阻的電流：I=Er+R=0.40.1+0.4A=0.8A
磁場垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，流過電阻的電流由c流向d
(3)線圈a、b兩端的電壓Uab=IR=0.8×0.4V=0.32V
答：(1)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小E是0.4V；
(2)流過電阻的電流大小是0.8A，方向由c流向d；
(3)線圈兩端a、b間的電壓Uab是0.32V。
【解析】
(1)應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢。
(2)應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流，應(yīng)用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向。
(3)應(yīng)用歐姆定律求出a、b間的電勢差。
本題是一道電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合題，但難度不大，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、楞次定律即可解題；解題時注意a、b兩端的電壓是路端電壓。

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2025北京平谷中學(xué)高二（下）開學(xué)考物理試卷 有答案：

這是一份2025北京平谷中學(xué)高二（下）開學(xué)考物理試卷 有答案，共11頁。

2025北京平谷中學(xué)高二（下）開學(xué)考物理試卷（有解析）：

這是一份2025北京平谷中學(xué)高二（下）開學(xué)考物理試卷（有解析），共11頁。

2025北京平谷中學(xué)高二（下）開學(xué)考物理試題及答案：

這是一份2025北京平谷中學(xué)高二（下）開學(xué)考物理試題及答案，共5頁。

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