【文档说明】河北省衡水市第十四中学2020-2021学年高二上学期三调考试物理试卷（校外）【精准解析】.doc，共(20)页，868.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-2020~2021学年度上学期高二年级三调考试物理试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题，共40分）和第Ⅱ卷（非选择题，共60分）两部分。满分为100分，考试时间为90分钟。一、选择题（本题共12小题，共40分。其中1―8题为单选题，每小题3分，9―12为

多选题，全部选对的得4分，选不全的得2分，错选、多选得0分。）1.关于磁场、磁感线,下列说法中正确的是()A.磁场并不是真实存在的,而是人们假想出来的B.磁铁周围磁感线的形状,与铁屑在它周围排列的形状相同,说明磁场呈线条形状,磁感线是磁场的客观反

映C.磁感线可以用来表示磁场的强弱和方向D.磁感线类似电场线,它总是从磁体的N极出发,到S极终止【答案】C【解析】【详解】A．磁针放在磁体的周围受到力的作用，说明磁体在周围空间产生了磁场，磁场是一种客观物质，选项A错误；BCD．人们为了形象地描绘磁场，

用图形——磁感线将抽象的磁场描绘出来，磁感线是假想的曲线，其客观上并不存在，铁屑在磁场中被磁化为小磁针，在磁场的作用下转动，最终规则地排列起来，显示出磁感线的分布特点，并非磁场的客观反映.电流的磁场和磁体的磁场的磁感线都是闭合曲线，在磁体外从N极到S极，在磁体内从S极到N极，不像电场

线从正电荷出发到负电荷终止，不闭合.由此可知选项B、D是错误的，选项C正确。故选C。点睛：此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便．2.如图所示

，M、N两点分别放置两个等量同种正电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中（）-2-A.场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B.场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C.场强最小的点是C

点，电势最高的点是B点D.场强最小的点是C点，电势最高的点是A点【答案】A【解析】【详解】根据等量同种电荷电场线的分布特点可知，等量同种电荷连线中点处的场强为0，所以A点的电场强度最小；A点左右两侧的电场方向指向A，所以B点的电势高于A点的电势；A点上下两侧的电场方向指向两侧，

所以A点的电势高于C点的电势，可知B点的电势最高，故选A。3.一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动．已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置I和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流

的方向分别为：()A.逆时针方向逆时针方向B.逆时针方向顺时针方向C.顺时针方向顺时针方向D.顺时针方向逆时针方向．【答案】B【解析】【详解】线圈第一次经过位置Ⅰ时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律，线

圈中感应电流的磁场方向向左，根据安培定则，顺着磁场看去，感应电流的方向为逆时针方向.当线圈第一次通过位置Ⅱ时，穿过线圈的磁通量减小，可判断出感应电流为顺时针方向，故选项B正确.-3-4.如图所示，在边长为a的

正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以某一速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为

60°。若粒子在磁场中运动的过程中恰好与CB边相切，并从AB边穿出磁场，则v的大小为（）A.34BqamB.4BqamC.38BqamD.38Bqam【答案】C【解析】【详解】粒子运动的轨迹过程图，如图所示轨迹圆恰好与BC边相切粒子恰好从AB边穿出磁场的临界轨迹对

应的半径为133()2228aRa==根据洛伦兹力提供向心力可得2vqvBmR=联立可得38Bqavm=-4-故选C。5.如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC方向从B点射入磁场，不计电子的重力和电

子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是（）A.入射速度越大的电子，其运动时间越长B.入射速度越大的电子，其运动轨迹越长C.从AB边出射的电子的运动时间都相等D.从AC边出射的电子的运动时间都相等【答案】C【解析】【详解】B．粒子进入磁场在洛仑兹

力作用下做圆周运动，所有速度的方向均沿BC方向，相当于以BC为切线做圆弧，由mvRBq=可知速度越大所画的圆弧越大，圆弧与边界的交点代表出射点，故圆弧的长度与速度的大小有关，但最先从AC边出射的粒子轨迹不是最长，选项B错误；AC．由2mTBq=可知粒子的运动周期不变．则粒子在磁场中的运动

时间由速度方向改变角决定；根据几何知识可知从AB边出射粒子的速度改变的角度都相同，时间相同，A错误，C正确；D．粒子速度越大越靠近C点一方，运动时间越短，故D错误。故选C。6.如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，K为轨道最低点，Ⅰ处于匀

强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点K的过程中，下列说法正确的是（）-5-A.在K处球a速度最大B.在K处球b对轨道压力最大C.球b需要的

时间最长D.球c机械能损失最多【答案】C【解析】【详解】ABC．对a小球受力分析可知2aavFqvBmgmr+−=所以2aavFmgqvBmr=−+对b球受力分析可得2bbvFmgmr−=解得2bbvFmgmr=+对c球受力分析可知2ccvFmgmr−=解得

2ccvFmgmr=+由于a球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；c球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小最大，对轨道压力最大，b球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的

大小最小，所以b球的运动的时间也长，AB错误C正确；D．c球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小最大，所以c球的机械能增-6-加，D错误。故选C。7.如图中PQ是匀强磁场里的一片金属片，其平面与磁场方向平行，一个粒子从某点以与PQ垂直的速度射出，动能是1kE，该粒子在磁场中的运动轨迹

如图所示。今测得它在金属片两边的轨道半径之比是10:9，若在穿越金属板过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则下列说法正确的是A.该粒子的动能增加了181100kEB.该粒子的动能减少了119100kEC.该粒子做圆周运动的周期减小910D

.该粒子最多能穿越金属板6次【答案】B【解析】【详解】ABD．根据：2vBvqmr=可得：mvrqB=所以：1122109vrvr==即：-7-21910vv=又因为动能表达式：212kEmv=所以开始的动能为：21112kEmv=穿过金属板

后的动能：22221118118121002100kkEmvmvE===粒子每穿过一次金属片损失的动能：21119100kkkEEEE=−=所以有：1115.319100kkkEEnEE==即该粒子最多能穿过的金属板的次数为5次；故B正确，AD错误；C．带电粒

子在磁场中做圆周运动的周期，根据：2vqvBmR=2RTv=可得：2mTqB=可知周期与速度无关，故C错误。故选B。8.如图所示，在与水平方向成30°角的光滑金属导轨间连一电源（极性未标明），在间距为l的平行导轨上，放一质量为m的金属棒ab，棒中电流为I，磁场方向垂直于导轨平面向上，这时

棒恰好静止。重力加速度为g。下列判断正确的是（）-8-A.电流从a到b，磁感应强度大小为mgIlB.电流从b到a，磁感应强度大小为mgIlC.电流从a到b，磁感应强度大小为2mgIlD.电流从b到a，磁感应强度大小为2mgIl【答案】C【解

析】【详解】棒恰好静止，对棒受力分析，因磁场方向垂直于导轨平面向上，棒受到重力、垂直于斜面的支持力，及平行斜面的安培力，依据左手定则，则电流方向由a到b，再根据矢量的合成法则，则有FA=mgsin30°且FA=BIl解得磁感应强度大小为2mgBIl=综上所述，故ABD错误，C正确。故选C。9.

如图所示为一种电容传声器。b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器。其工作原理是当声波作用于金属膜片时，金属膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可-9-以转化为电路中电信号的变化

。闭合开关K，若声源S发出声波使a向右运动时（）A.电容器的电容增大B.a、b板之间的电场强度减小C.流过电流表的电流方向为自左向右D.流过电流表的电流方向为自右向左【答案】AC【解析】【详解】A．由电容的决定式：4rSCkd=可知，a向右运动时，极板间的

距离d减小，所以电容增大，A正确；B．闭合开关K，电压保持不变，距离减小，由：UEd=可知，电场强度增大，B错误；CD．由电容定义式：QCU=可知，电容增大，电压不变，所以电荷量增大，电容器充电，流过电流表的电流方向为自左向右，C正确，D错误。故选AC。10.如图电路中，电源的电动势

和内阻保持恒定，1R、2R和3R是三个电阻箱。为了使电流表的示数变大，可采取的办法有（）-10-A.只增大1RB.只增大2RC.只增大3RD.只减小2R【答案】CD【解析】【详解】A．只增大1R，整个回路电阻增大，

干路电流强度减小，加在内电阻和R2上的电压减小，加在R3上的电压增加，流过R3的电流增加，R3与R1是并联关系，因此流过R1的电流减小，电流表的示数变小，A错误；B．只增大2R，整个回路电阻增大，干路电流强度减小，由于R3与R1电阻都不变，因此流过R3与R1的电流都减小，电流表的示

数变小，B错误；C．只增大3R，整个回路电阻增大，干路电流强度减小，加在内电阻和R2上的电压减小，加在R1上的电压增加，因此流过R1的电流增大。电流表的示数增大，C正确；D．只减小2R，整个回路电阻减小，干路电流

强度增大，由于R3与R1电阻都不变，因此流过R3与R1的电流都增大，电流表的示数变大，D正确。故选CD。11.如图所示，地面上方存在水平向右的匀强电场，现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度0v抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h，当地重力加速度

为g，则下列说法正确的是-11-A.从A到B的过程中小球的动能先减小后增大B.下落过程中小球机械能一直增加C.小球的加速度始终保持2g不变D.从A点到B点小球的电势能增加了mgh【答案】AD【解析】【详解】C.由题意可知小球带负电，且受到的电场力向左，小球在水平方向上做匀

减速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据合运动和分运动的规律可知，由于竖直位移与水平位移都为h，由212hat=可知，水平方向与竖直方向的加速度相等，即xyaag==．由xqEma=，ymgma=

可知，故小球的电场力与重力大小相等，合力指向左下方，与竖直方向成45角，且=2Fmg合，2ag=，故C错误；A.在运动过程中，合力与速度方向成钝角，后变成锐角，合力先做负功，后做正功，动能先减小后增大，A正确；BD.小球在下落过程中，电场力一直做负功，电势

能一直增加，且=pEqEhmgh=增，小球机械能一直减小，故B错误，D正确.12.在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如

图所示．已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+()-12-A.在电场中的加速度之比为1:1B.在磁场中运动的半径之比为3:1C.在磁场中转过的角度之比为1:2D.离开电场区

域时的动能之比为1:3【答案】BCD【解析】【详解】A．两个离子的质量相同，其带电量是1:3的关系，所以由qUamd=可知，其在电场中的加速度是1:3，故A错．B．离子在离开电场时速度2qUvm=，可知其速度之比为1:3．又由2vqvBmr=知，mvrqB=，

所以其半径之比为3:1，故B正确．C．由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为3:1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sinLR=，则可知角度的正弦值之比为1:3，又P+的角度为30°，可知P3+角度为6

0°，即在磁场中转过的角度之比为1:2，故C正确．D．离子在电场中加速时，据动能定理可得:212qUmv=，两离子离开电场的动能之比为1:3，故D正确．二、实验（本题共两个小题共16分）13.某实验小组为了测量某一

电阻xR的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出xR的阻值约为18Ω左右。为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：A.电流表（量程15mA，内阻未知）B.电流表（量程0.6A，内阻未知）C.电阻箱()0~99.99Ω

D.电阻箱()0~999.9E.电源（电动势约3V，内阻约1Ω）F.单刀单掷开关2只G.导线若干-13-某同学设计了如图所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合1S，断开2S，调节电

阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值1R，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；b.保持开关1S闭合，再闭合开关2S，调节电阻箱的阻值为2R，使电流表的示数仍为I。(1)根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择___________，电阻箱应选择___________（选填器

材前的字母）(2)根据实验步骤可知，待测电阻xR=___________（用步骤中所测得的物理量表示）。【答案】(1).A(2).D(3).21RR−【解析】【详解】(1)[1]考虑电源电动势即待测电阻的阻值，电路中的最大

电流为3==0.15A19EIRr+实验操作中要求电流表指针有较大的偏转，所以电流表B量程太大，不符合要求，故选A电流表。[2]根据所选的电流表量程，电阻箱的最小电阻为=200ΩgERI所以只有电阻箱D满足要求。(2)[3]两次操作，电路中电流相等，即

外电阻相等，有12xRRR+=所以21xRRR=−14.某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率（圆柱体的电阻约为6Ω）：-14-(1)如图甲先用螺旋测微器测其直径为______mm，如图乙再用游标卡尺测其长度为_______cm；(2)为精确测量其电阻

，需测出多组实验数据，并避免测量时电表指针偏转角度过小，需进一步测其电阻，除待测圆柱体外，实验室还备有的实验器材如下，为了测多组实验数据，则电压表应选___________；电流表应选_________

__；滑动变阻器应选___________。（填写器材前对应的序号字母）A.电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）B.电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）C.电流表A1（量程0.6A，内阻约为1Ω）D.电流表A2（量程3A，内阻约为0.2

Ω）E.滑动变阻器R1（0~5Ω，0.6A）F.滑动变阻器R2（0~2000Ω，0.1A）G.1.5V的干电池两节，内阻不计H.开关S，导线若干(3)请设计合理的实验电路，将电路图完整地画在图虚线框中；（）(4)若流经圆柱体的电流为

I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=___________。【答案】(1).1.844（1.842~1.847均可）(2).4.240(3).A(4).C(5).E(6

).-15-(7).24DUIL【解析】【详解】(1)[1]螺旋测微器的读数为:固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为1.5mm+34.4×0.01mm=1.844mm（1.842~

1.847均可）[2]游标卡尺读数为：主尺读数+游标尺读数×精度，由题图乙知，长度为42mm+8×0.05mm=42.40mm=4.240cm(2)[5]待测电阻大约6Ω，若用滑动变阻器R2（0~2000Ω，0.1A

）调节非常的不方便，所以应用滑动变阻器R1（0~5Ω，0.6A）。[3]两节干电池电动势为3V，所以电压表应选3V量程。[4]为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中

的最大电流约为0.5AUIR==所以电流表量程应选0.6A量程。(3)[6]根据以上分析电路图如图所示:(4)[7]由UIR=，LRS=及22DS=得24DUIL=-16-三、计算题（本题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要

的演算步骤，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。请按题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。）15.如图所示，带电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角为θ＝37的光滑绝缘

斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移．(斜面足够长，取sin37＝0.6，cos37＝0.8)【答案】vm＝45mgqBs＝222815mgqB【解析】【详解】[1]以小球为研究对象，分析其受力情况：小

球受重力、斜面支持力及洛伦兹力作用，沿斜面方向上；根据牛顿第二定律，有：sinmgma=在垂直于斜面方向上，有cosNfFFmg+=洛由fFqvB=洛，知Ff洛随着小球运动速度的增大而增大，当Ff洛增大到使FN=

0时，小球将脱离斜面，此时有：cosmfFqvBmg==洛所以cos3745mmgmgvqBqB==[2]小球在斜面上匀加速运动的最大距离为：222224()522sin17835mmgvqBsagmgqB=

==-17-16.一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示．AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电粒子的质量m＝1.0×10－7kg，电荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20cm.(取g＝

10m/s2，结果保留两位有效数字)求：(1)电场强度的大小和方向．(2)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少．【答案】（1）1.7×104N/C，方向水平向左；（2）2.8m/s；【解析

】【详解】（1）根据共点力平衡条件，有：qEmgtan=故电场强度tanmgEq==41.710N/C电场强度方向水平向左．（2）微粒由A运动到B的速度0Bv=，微粒进入电场中的速度最小，由动能定理有：212AmgLsinqELcosmv+=解得vA=2.8m/s点评

：此类型题的关键结合运动情况得到粒子受力的受力情况，然后根据动能定理列式求解．17.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=370，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接

有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos3

7°=0.80，求：-18-（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力和导体棒受到的摩擦力；（3）若仅将磁场方向改为竖直向上，求导体棒受到的摩擦力．【答案】（1）1.5A（2）0.30N方向沿斜面向

上0.06N方向沿斜面向下（3）零【解析】【详解】（1）对导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：1.5EIARr==+（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N方向沿斜面向上导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=

mgsin370=0.24N由于F1小于F安，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，受力如图．根据共点力平衡条件mgsin370+f=F安解得：f=0.06N方向沿斜面向下（3）对导体棒受力分析如图，由于sincos0.24mgBILN==所以在安培力作用下导体棒刚好处于平衡，故导体棒受的摩擦力为零

．18.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知；第Ⅳ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量-19-为q的带正电的粒子从y轴负半轴上的M点以速度0v垂直于y轴射入电场

，经过x轴上的N点与x轴正方向成60=角射入磁场，最后从y轴正半轴上的P点垂直于y轴射入第Ⅱ象限。不计粒子重力，求：(1)M、N两点间的电势差；(2)粒子在磁场中运动的半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t0。【答案

】(1)2032mvq；(2)202mvEq；(3)0233mvEq+【解析】【详解】（1）设粒子在N点的速度为v0cos60vv=根据动能定理2201122mvmvqU−=联立可得2032m

vUq=（2）从M到N，设粒子沿y轴方向的位移为y，沿x轴方向的位移为x，经历的时间为tEyU=0tan2vyt=0xvt=-20-粒子在磁场中做圆周运动的半径为rcos30xr=联立解得202mvrEq=（3）由题意可知粒子的运动时间分

为两段，电场中1sin60vat=qEam=联立可得013mvtqE=在磁场中带电粒子转过圆心角120=?所以带电粒子在磁场中运动时间02212023603mvrtvEq==故粒子从M点运动到P点的总时间0012233mvtttEq=+=+