河北省衡水市2025-2026学年高二上学期第三次调研考试（期中）物理试题（含答案）

第第页河北省衡水市2025-2026学年高二上学期第三次调研考试（期中）物理试题一、单选题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A．磁感应强度方向必垂直于电流方向和通电导线所受安培力方向B．由B=FC．根据电场强度的定义式E=FD．一小段长为L=0.5m的导线放在匀强磁场中，当通过的电流I=2A2．三相共箱气体绝缘输电技术（三相共箱GIL）是将高压输电线路的A、B、C三相导体整合封装于单一金属外壳内，通过注入绝缘气体实现电能高效传输的新型输电方式，核心是解决传统输电线路“空间占用大、容量受限”的痛点。如图甲所示，管道内三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，三根输电线缆A、B、C圆心连线构成正三角形，其中A、B圆心连线水平。A、B中电流方向垂直于纸面向外，大小为I；C中电流方向垂直于纸面向里，大小也为I，三角形中心O点的磁感应强度大小为B0A．此时刻C所受安培力的合力方向竖直向上B．此时刻A、B连线中点处的磁感应强度方向竖直向下C．此时刻O点磁场方向水平向左D．若C中电流大小变为2I，则O点磁感应强度大小变为33．如图所示，虚线是某一静电场的一簇等势线，图中实线是某一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，根据此图可作出正确判断的是（）A．粒子的电性 B．粒子在M、N两点电势能的大小C．M、N两点电势的高低 D．粒子的运动方向4．如图，水平放置的挡板上方有垂直纸面的匀强磁场，一带正电粒子a垂直于纸板从板上的小孔O射入磁场，另一带电粒子b垂直于磁场且与挡板成θ=60°角射入磁场，a、b两个带电粒子比荷大小相等，两粒子恰好都打在板上P点，不计重力，下列说法正确的是（）A．b粒子带负电B．a在磁场中的运动时间一定大于b在磁场中的运动时间C．若磁场方向垂直纸面向里，则a、b的初速度大小之比为3D．若磁场方向垂直纸面向外，则a、b的初速度大小之比为25．如图所示，电源的电动势为12V，电源内阻为2Ω，定值电阻R=1Ω，MA．电流表示数为2AB．电动机M线圈电阻RM为C．电源的输出功率为16D．电动机M被卡住时，电流表示数变大6．由三段长度均为L的相同电阻丝组成的等边三角形导体框abc，垂直磁场放置，用绝缘细线悬挂于天花板上处于静止状态，导体框处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导体框环面向外，磁场的磁感应强度大小为B，导体框a、b两点连有轻质软导线，导体框质量为m、重力加速度为g，通过软导线给导体框通入恒定电流，结果悬线作用力恰好为零，不计软导线对导体框的作用力，下列说法正确的是（）A．导体框中电流从a点流入B．通过软导线的电流大小为mgC．a、b两点间电阻丝受到的安培力大小为1D．a、c和c、b间电阻丝受到的安培力合力的大小为17．如图甲所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡等组成，结构示意图如图乙所示，励磁线圈是一对彼此平行共轴的圆形线圈，当线圈通有励磁电流时，两线圈之间将产生垂直线圈平面向外的匀强磁场，且磁感应强度的大小与励磁线圈中的电流大小成正比。电子在电子枪中经加速电压加速后形成高速电子束，电子速度大小和方向可通过电子枪来控制，下列说法正确的是（）A．若电子束初速度方向与磁场方向垂直，则电子运动轨迹为圆周且仅将励磁线圈中的电流加倍，电子在磁场中运动的轨迹半径加倍B．若电子束初速度方向与磁场方向垂直，则电子运动轨迹为圆周且仅将励磁线圈中的电流加倍，电子在磁场中做圆周运动的周期加倍C．若电子束初速度方向与磁场方向关系如图丙所示，电子的运动轨迹为螺旋状且仅增大α角（α<90°），电子在磁场中运动的轨迹半径增大，而螺距ΔxD．若电子束初速度方向与磁场方向关系如图丙所示，电子的运动轨迹为螺旋状且仅增大电子入射的初速度v，电子在磁场中运动的轨迹半径增大，螺距Δx二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，错选得0分。8．范德格拉夫静电加速器（简称范氏起电机）是1931年美国科学家范德格拉夫发明的。它由两部分组成，一部分是产生高电压的装置，叫做范德格拉夫起电机；另一部分是利用高压加速带电粒子的加速管。其起电机部分结构如图所示，金属球壳A固定在绝缘支柱顶端，绝缘材料制成的传送带CD套在两个转轮上，由电动机带动循环运转。E和F是两排金属针（称做电刷），与传送带靠近但不接触，其中电刷F与金属球壳内壁相连。当电刷E与几万伏的直流高压电源的正极接通时，正电荷将被喷射到传送带上，并被传送带带着向上运动。当正电荷到达电刷F附近时，由于感应起电和电晕放电作用，最终使得球壳上集聚大量电荷，从而在金属球壳与大地之间形成高电压、强电场，用以加速带电粒子。带电粒子的加速是在加速管中进行，加速管安装在起电机的绝缘支柱里面，管内抽成真空。管顶装有粒子源，底是靶。根据以上信息，下列说法正确的是（）A．金属球达到带电稳定时，金属球带负电，且负电荷只能分布在金属球外表面B．传送带左右两边均带正电C．粒子在加速管中做变加速运动D．若金属球和大地构成的电容器的电容为100pF，金属球所带电荷量为1.6×10−4C9．在图示电路中，电源内阻不可忽略，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻（光照强度增大，电阻变小），V为理想电压表，AA．V示数增大B．V的示数U与A的示数I的比值UIC．油滴向上运动D．V示数的变化ΔU与A示数的变化ΔI的比值10．如图所示，AOC区域内（OC、OA足够长）有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出）磁感应强度为B，∠AOC=60°。边界OA上有一距O为d的粒子源S，现粒子源在纸面内以等大速度向不同方向发射大量带正电的同种粒子（不计粒子重力及粒子间相互作用力），粒子质量均为m、电荷量均为q，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是OC边界上的D点（图中未标出）。已知SD=3d，A．粒子的速度大小为qBdB．O点不可能是粒子的轨迹圆心C．OC边界射出的粒子在磁场中的运动时间可能是TD．OC边界有粒子射出的长度为1.5d三、非选择题：本题共5小题，共54分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。11．某实验小组利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图所示。（1）下列操作需要进行的是________；A．测出遮光条的宽度dB．将气垫导轨调至水平C．用天平测得滑块a（含遮光条）、b（含橡皮泥）的质量ma、D．测出气垫导轨的长度L（2）将滑块a推至光电门1的左侧，将滑块b放在光电门1和2之间。向右轻推一下滑块a，滑块通过光电门1后与静止的滑块b碰撞粘合一起以共同速度通过光电门2。测得滑块a通过光电门1、2的时间分别为t1和t2。在误差允许的范围内，只需验证等式（用题中所给的字母表示）成立，即说明碰撞过程中a，（3）某次实验中测得t1=0.04s，t2=0.1s，可知滑块a，b的质量比值为12．某实验小组设计了如图甲所示的实验电路，来测量电源的电动势和内阻，实验器材有：待测电源，阻值为R0的定值电阻，内阻极小的电流表，总阻值为R0且阻值均匀的四分之一圆形变阻器，变阻器上有可指示滑片转过角度（1）闭合开关，滑片在顺时针转动的过程中，电流表示数（填“变大”或“变小”），电路消耗的总功率（填“变大”或“变小”）；（2）在实验中转动滑片，改变角度θ（弧度制），测量通过定值电阻R0的电流I，以1I为纵坐标，1θ为横坐标，作出图像如图乙所示，已知图像的斜率为k，纵截距为b，则电源的电动势为E=，内阻r=。（均用k、b13．如图所示，水平导轨间距L=1m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=0.5kg，电阻R0=0.8Ω，与导轨接触良好。电源电动势E=9V，内阻r=0.2Ω，电阻R=2Ω。匀强磁场的方向竖直向上，棒的中点用轻质细绳经定滑轮与物体相连，细绳对ab的拉力为水平方向，物体的质量M=0.35kg14．如图所示，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向均未知。一质量为m的带正电的小球从M点在纸面内以v0=32gh的速度水平向左开始运动，之后恰好以大小为v=72（1）求电场强度的方向及电场强度的大小；（2）求运动过程中小球的最小动能；（3）规定M点的电势为0，求运动过程中小球电势能的最大值。15．如图甲所示，矩形区域ABCD内部有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.2T，M、N分别为AD、BC边中点。现在从M点平行AB方向以某一初速度v0射入一个质量为m，电荷量为q的正电粒子，发现该粒子刚好从B点离开磁场区域，已知磁场区域的AD边长2L，AB边长为3L，L=0.2（1）求该粒子射入磁场时的速度大小v0（2）若取垂直纸面向外为磁场的正方向，磁感应强度按图乙的方式变化，t=0时刻，粒子同样从M点平行AB射入，发现粒子恰好能从N点离开，已知T0=4

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．安培力方向由左手定则判定，需垂直于电流方向与磁感应强度方向所成的平面，但磁感应强度方向只需垂直于安培力方向，不必同时垂直于电流方向（如电流与磁场不垂直时），故A错误。故A错误。B．由公式B=FIL可知，当F=0时，可能是B=0，也可能是电流方向与磁场方向平行（C．电场强度定义式E=Fq表明，若试探电荷所受电场力F=0，且q≠0，则D．由安培力公式F=ILBsinθ，代入数据得4=2×0.5×B×sinθ，即Bsin故答案为：C。

【分析】明确公式的适用条件（如B=FIL需电流与磁场垂直）；区分定义式与决定式（如2．【答案】D【解析】【解答】A．由于异向电流相互排斥，两力大小相等，如图1所示，此时刻C所受安培力的合力方向竖直向下，故A错误；B．A、B电流在A、B圆心连线中点处的磁感应强度大小相等方向相反，C在该点处产生的磁感应强度水平向右，则合磁感应强度方向水平向右，故B错误；C．根据右手螺旋定则可知O点的合磁感应强度方向水平向右，故C错误；D．当三个电流大小都是I时，如图2所示，它们在O点产生的磁感应强度BA、BB、BC大小相等都等于12B0，当C中电流变为2I时，BC故答案为：D。

【分析】用右手螺旋定则确定单根导线在某点的磁场方向；结合磁场的矢量叠加（分方向合成）求合磁场；利用“电流与磁场成正比”的关系，分析电流变化后的磁场大小。3．【答案】B【解析】【解答】带电粒子的轨迹向左弯曲，说明带电粒子所受电场力偏左，又因为电场线与等势面垂直，所以带电粒子所受电场力向左上方，若粒子从M运动到N，则电场力做负功，电势能增大，EpM<EpN；若粒子从N运动到M，则电场力做正功，电势能减小，故答案为：B。

【分析】利用“轨迹凹侧对应电场力方向”，结合电场力做功与电势能变化的关系（电场力做正功，电势能减小；做负功，电势能增大）。无论粒子运动方向如何，M点电势能一定小于N点，因此能判断电势能大小，而粒子电性、运动方向、电势高低均因缺少电场线方向等信息，无法确定。4．【答案】C【解析】【解答】A．根据题意可知，两粒子在磁场中的偏转方向相同，所以根据左手定则可知，两粒子的电性相同，所以b带正电，故A错误；B．根据粒子在磁场中做圆周运动周期T=2πmqB，又因为a，b粒子比荷大小相等，所以二者周期相同。若磁场方向垂直纸面向里，粒子的运动轨迹如图1所示，此时b在磁场中运动的时间大于a，若磁场方向垂直纸面向外，粒子的运动轨迹如图2所示，此时CD．无论磁场方向是垂直纸面向里还是向外，根据几何知识有Ra:Rb=sin60°:故答案为：C。

【分析】先通过弦长相等，由几何关系求出a、b的轨迹半径比；再结合比荷相等的条件，由速度公式得到速度比，同时，粒子电性由偏转方向判断（与a同正电），运动时间因磁场方向不同而不确定，因此只有速度比的结论正确。5．【答案】B【解析】【解答】A．由题意根据闭合电路欧姆定律可知电路电流I=E−UB．电动机正常工作时是非纯电阻元件，电路不满足欧姆定律，故电动机M线圈电阻RMC．电源的输出功率为P代入数据解得P输出D．若电动机M被卡住时，电动机M变为纯电阻，此时电流变大，故D正确，不符合题意。故答案为：B。

【分析】先利用闭合电路欧姆定律计算干路电流，再区分纯电阻与非纯电阻元件的规律差异，进而判断各选项正误。6．【答案】D【解析】【解答】A．悬线作用力为零，说明导体框受向上的安培力。根据左手定则（磁场向外，安培力向上），电流应从b点流入，故A错误；B．设软导线中电流大小为I，根据并联电路的特点，可知通过ba中的电流为23I，通过bca中电流大小为13I；，根据受力平衡有C．因为I=mgBL，ba中的电流为23I，所以a、D．通过bca中电流大小为13I，acb电阻丝有效长度为L；ac和cb间电阻丝受到的安培力合力的大小为故答案为：D。

【分析】先根据悬线拉力为零确定安培力方向，结合左手定则判断电流方向；再利用并联电路电阻与电流的关系，分配各支路电流，结合安培力公式与平衡条件计算电流及各部分安培力，进而判断选项。7．【答案】C【解析】【解答】A．励磁电流加倍，磁感应强度B加倍。电子初速度垂直磁场时，洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r，得轨迹半径r=mvqB。BB．圆周运动周期T=2πmqB，B加倍则CD．分析可知，电子在磁场中应该是螺旋式前进，根据洛伦兹力提供向心力及圆周运动知识可知qv⊥且v⊥=vsinα，解得R=mvsinαqB，T=2πmqB，所以Δx=vx故答案为：C。

【分析】将电子速度分解为垂直磁场和平行磁场的分量，垂直分量由洛伦兹力提供向心力做圆周运动，平行分量保持匀速直线运动，从而形成螺旋轨迹；再结合磁感应强度与励磁电流的关系，分析轨迹参数的变化。8．【答案】C,D【解析】【解答】A．电刷E接直流高压电源正极，正电荷被喷射到传送带上，到达电刷F附近时，F感应出负电荷并与传送带上正电荷中和，F因失去负电荷带正电；又因F与金属球壳内壁相连，导体电荷仅分布在表面，故金属球壳外表面带正电，并非负电，故A错误

B．传送带左侧（靠近E）带正电，右侧（靠近F）的正电荷会被F的感应负电荷中和，故传送带右侧不带电，故B错误；C．由于电荷在金属球壳均匀分布，当研究金属球壳外部的电场时，可以将金属球壳等效为一个位于球心的点电荷，根据点电荷的电场分布规律，粒子远离金属球的过程中电场线逐渐变稀疏，而电场线的疏密程度表示场强的大小，所以粒子加速度逐渐变小，做变加速运动，故C正确；D．由C=QU及ΔE故答案为：CD。

【分析】通过传送带的电荷传递过程判断金属球带电性质；根据电场强度的分布判断粒子加速度变化；利用电容器公式计算粒子获得的能量。9．【答案】B,D【解析】【解答】AB．光照强度增大，光敏电阻接入电路中的电阻变小，故R2和R3的总电阻变小，故电路中的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律I=ER+r可知电路总电流变大，故内阻和R1分压增大，电压表示数U=E−IC．开关S闭合后，位于电容器两板间的带电油滴恰好静止，说明油滴受电场力和重力平衡。R2两端电压变小，故电容器两极板间电压减小，根据U=EdD．根据闭合电路欧姆定律可得电压表示数U=E−Ir+R1，可得Δ故答案为：BD。

【分析】先分析光照增强时光敏电阻的变化，推导总电阻、总电流的变化，再结合串并联电路规律、闭合电路电压分配，分析各电表示数及油滴受力的变化。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，已知SD=3d由牛顿第二定律可知Bqv=mv2RB．所有粒子的轨迹圆心在以S为圆心，半径为R的半圆弧上，如图2中虚线圆弧④，此圆弧恰好在与O2点处与OC相切，故OC．当出射点在图2中的O2时，SO2垂直于OC，SO2为最短的轨迹的弦长，粒子运动轨迹如图2中的轨迹③，所对应圆心角最小，粒子在磁场中运动时间最短，由几何关系得SO2D．D点是所有粒子从OC射出磁场时离S最远的位置，同时D点是从OC射出的粒子距O最远的点，由几何关系得2R>O2S，故轨迹圆不会与OC相切，粒子能够从O点射出，故OC故答案为：BC。

【分析】通过最远出射点的几何关系求轨迹半径，结合洛伦兹力公式分析速度；根据圆心分布判断O点是否为圆心；通过轨迹对应的圆心角计算运动时间；结合边界几何关系确定出射长度。11．【答案】（1）B；C（2）m（3）2:3（或23）；3:5（或3【解析】【解答】（1）ACD．遮光条宽度为d，由题意可知滑块a碰滑块b前速度大小v1=dt1，滑块规定向右为正方向，由动量守恒有mav1B．因为系统动量守恒的条件是系统合外力为0，所以要将导轨调水平，故B正确；故答案为：BC。（2）滑块a碰前速度v1=dt1，碰后共同速度v2=dt（3）将t1=0.04s，t2=0.1s，代入ma1t1=ma+mb1t2，可得a,b的质量比为2:3【分析】（1）实验操作的关键是保证动量守恒的条件（合外力为0），同时需测量参与碰撞的物体质量。（2）动量守恒的验证：将速度用“遮光条宽度除以光电门时间”表示，代入动量守恒式，约去公共量得到验证等式。（3）质量比值：利用（2）的验证等式，代入时间数据直接求解；机械能损失比值：通过动能公式，结合质量比值计算损失的动能与初动能的比例。（1）B．因为系统动量守恒的条件是系统合外力为0，所以要将导轨调水平，故B正确；ACD．遮光条宽度为d，由题意可知滑块a碰滑块b前速度大小v1=dt1，滑块规定向右为正方向，由动量守恒有m联立解得m所以不需要测出遮光条的宽度d和气垫导轨的长度L，需要测出两个滑块质量，故C正确，AD错误。故选BC。（2）见（1）详解。（3）[1]将t1=0.04s，t2=0.1s，代入[2]动能和动量有数量关系：Ek=所以二者碰撞过程中损失的机械能与碰之前的a初动能的比值ΔE12．【答案】（1）变小；变大（2）πR0【解析】【解答】（1）滑片顺时针转动，变阻器接入电路的阻值变小，外电阻变小，路端电压变小，电流表示数变小。因为外电阻减小，可知电路总电阻减小，故干路电流变大，电路消耗的总功率P=EI，可知电路消耗的总功率P变大。

故答案为：变小；变小（2）由闭合电路欧姆定律可知E=I可推导出1可知k=πr解得E=πR0bπ−2k，r=2k（1）电流表示数：由“外电阻减小→路端电压减小→定值电阻电流减小”判断；总功率：由“总电阻减小→干路电流增大→P=EI增大”判断。（2）电动势与内阻：先根据变阻器的角度与电阻的关系，写出闭合电路欧姆定律表达式，再整理为1I−1（1）[1]滑片顺时针转动，变阻器接入电路的阻值变小，外电阻变小，路端电压变小，电流表示数变小。[2]因为外电阻减小，可知电路总电阻减小，故干路电流变大，电路消耗的总功率P=EI可知电路消耗的总功率P变大。（2）由闭合电路欧姆定律可知E=I可推导出1可知k=πr解得E=πR13．【答案】解：根据闭合电路欧姆定律，回路中电流大小I=解得I=3导体棒受到的最大静摩擦力为f绳对导体棒的拉力为F=Mg=3.5导体棒将要向左滑动时，摩擦力达到最大向右，有B解得B导体棒将要向右滑动时，摩擦力达到最大向左，有B解得B可知磁感应强度B的最大值和最小值分别为2T、1【解析】【分析】先通过闭合电路欧姆定律求出回路电流，这是计算安培力的基础。分析导体棒的临界状态：当磁感应强度最大时，棒有向左滑动的趋势，静摩擦力向右；当磁感应强度最小时，棒有向右滑动的趋势，静摩擦力向左。对两种临界状态分别列平衡方程，结合安培力公式，求解磁感应强度的最值。14．【答案】（1）解：小球从M到N的运动过程中，根据动能定理有q解得U即MN为电场的等势面，则在水平方向，小球先向左减速后向右加速，所受电场力的方向为水平向右，因小球带正电，故电场强度方向为水平向右。在水平方向小球受向右的电场力，先向左减速后向右加速，MN为电场的等势面，小球回到点N时水平方向的速度大小为v0，在水平方向，取向右为正方向，根据动量定理有在竖直方向，取向下为正方向，根据动量定理有mgt=m联立解得E=（2）解：设电场力与重力的合力方向与竖直方向的夹角为θ，则有tan解得θ=60°如图1所示当速度与合外力垂直时，即v1减为零时，动能最小，最小动能为又v解得E（3）解：当小球向左运动水平速度减为零时，向左的位移最大，电场力做的负功最多，电势能最大。设小球向左的最大位移为x，水平方向加速度为ax，有x=v联立得x=小球克服电场力做的功W=Eqx=则小球电势能最大值为34【解析】【分析】（1）电场方向与大小：通过动能定理得MN是等势面，确定电场水平；结合动量定理（水平、竖直方向），联立求解电场强度。

（2）最小动能：将运动分解为“平行合力”和“垂直合力”的分运动，垂直分量不变，平行分量减为0时动能最小。

（3）电势能最大值：水平方向减速到0时位移最大，电场力做