【文档说明】河南省长垣市第十中学2020-2021学年高二下学期第三次周考物理试卷 含答案.doc，共(9)页，634.743 KB，由小赞的店铺上传

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-1-高二下学期第三次周考物理试卷第I卷（选择题;1--7单选，8--12多选，共48分）1．关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（）A．电场强度的定义式FEq=适用于任何电场B．由真空中点电荷的电场强度公式2kQEr=可知，当r→0时，E→无穷大C．一小段

通电导线在某处若不受磁场力，不能由公式FBIL=就说此处一定无磁场D．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向2．质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（）A．M带正电，N带负电B．M的运行时间大于N的

运行时间C．洛伦兹力对M做负功、对N做正功D．M的速率大于N的速率3．如图甲所示，闭合开关，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零。调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零，当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零。把电路改为图乙，当

电压表读数为2V时，电子到达阳极时的最大动能为（）A．0.6eVB．1.9eVC．2.6eVD．4.5eV4．如图所示的电路中，R是压敏电阻，其阻值随所受压力F的增大而减小。闭合开关S后，在缓慢增大F的过程中，下列判断正确的是（）A．灯泡L1亮度将变大B．灯泡L2亮度将变大C．电容器C

所带电荷量将减小D．电源的输出功率一定减小5．在如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知（）A．电源

的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为2ΩC．电源的输出功率为2WD．电源的效率为50%6．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电

路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则（）A．=2WP出，=0.5WP热B．=1.5WP出，=8WP热-2-C．=2WP出，=8WP热D．=1.5WP出，=0.5WP热7．下列说法正确的是（）A．光电

效应实验表明光既有波动性又有粒子性B．氢原子光谱的波长只能取分立值，不能取连续值C．原子核的半衰期受温度的影响，温度越高原子核衰变越快，半衰期越短D．在α粒子散射实验中，电子对α粒子影响不计的原因是电子太小，α粒子几乎碰撞不到电子8．钚的一种同位素23994uP衰变时释放巨大能量，如图所示，其衰

变方程为239235494922uePUH→+，并伴随γ光子辐射，则下列说法中正确的是（）A．核燃料总是利用比结合能小的核B．核反应中γ光子的能量就是23994uP的结合能C．23592U核比23994uP核更稳定，说明23592U的

结合能大D．由于衰变时释放巨大能量，所以23994uP比23592U的比结合能小9．将α、β、γ三种射线分别射入匀强磁场和匀强电场，下图表示射线偏转情况中正确的是（）A．B．C．D．10．如图所示，M、N是真空中相距为d的两块平行金属板，质量为m（不计所受重力）、电荷量为q的带电粒

子，以大小为v0的初速度从小孔垂直金属板进入板间电场，当M、N间的电压为U时，粒子恰好能到达两板正中间，然后返回。若要使这个带电粒子恰好能到达N板，则下列措施能满足要求的是（）A．使两板间的距离变为2d，电压U不变B．使两板间电压变为2U，其他条件不变C．使粒子进入M板时的初速

度变为02v，其他条件不变D．使两板间距离变为2d，同时使粒子进入M板时的初速度大小变为2v0，电压U不变11．原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列说法中正确的是-3-A．核比核更稳定B．核的结合能约为

7MeVC．两个轻核发生聚变反应，产生的新核的质量一定大于两个轻核的质量和D．在核反应中，只有比结合能较小的原子核变成比结合能较大的原子核才会释放核能12．以下说法正确的是（）A．核聚变反应方程可能为B．铀核裂变的核反应方程可能为235

114094192054390UnXeSr2n+→++C．发生衰变时原子核放出电子，说明电子是原子核的组成部分D．中子和质子结合成氘核，若果过程质量亏损为，则氘核的结合能为二、实验题(14分）13．要测量一均匀新材料制

成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度L＝______mm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D＝______mm；(3)用伏安法较精确地测量该圆柱体两端的电压和流过的电

流分别为U和I，则该圆柱体材料的电阻率ρ＝______。（不要求计算，用题中所给字母表示）14．某同学想通过实验测量一电源的电动势和内阻，已有的实验器材如下：待测电源（电动势约为9V，内阻在2Ω以内）电流表（量程0~0.6A，内阻RA

=2Ω）电压表（量程0~3V，内阻RV=1.5kΩ）滑动变阻器（阻值范围0~10Ω）2个电阻箱（阻值范围0~9999.9Ω）-4-实验操作步骤如下：（1）实验中由于电表的量程不足，于是该同学设计了如图甲所示电路进行实验，为了将电流表

量程改成1.8A，电压表量程改成12V，则R1=_______Ω，R2=_______Ω（保留1位小数）；（2）改好电表后，该同学多次改变滑动变阻器的阻值，读出多组电流表示数I、电压表示数U，并记录下数据，某次测量中电压表的指针位置如图乙所示，则读出电压为_______V（此处填写从

表盘读出的实际数值）；（3）利用记录好的数据画出的电压U与电流I的图象如图所示，根据图象可得到待测电源电动势E=_______V，电源内阻r=_______Ω（保留2位小数）。三、解答题15（8分）如图所示，质量为m、电荷量为+q的带电小球拴在一不可伸长的绝缘轻细绳一端，绳的另一

端固定于O点，绳长为l，现加一个水平向右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成θ＝30°角的A点，已知重力加速度为g。求：(1)所加电场的场强E的大小；(2)若将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放，则小球在摆动过程中的最大速度是多少。16．（10分）如图所示,两根平行放置的导电轨道,间距为L

,倾角为θ,轨道间接有电动势为E(内阻不计)的电源,整个导轨处在一个竖直向上的匀强磁场中,电阻为R的金属杆ab与轨道垂直放于导电轨道上静止,轨道的摩擦和电阻不计,要使ab杆静止,磁感应强度应多大?（设金属杆的质量为m）

17．（14分）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向。在Ⅰ区域（x=0到x=L之间）存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，Ⅱ区域（x=L到x=2L之间）存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，两个区域磁感应强度大小均为02mvBqL=。一个质量为m电

荷量为q的带电粒子从坐标原点O以初速度v0沿＋x方向射入，沿直线通过Ⅰ区域，最后从Ⅱ区域离开。粒子-5-重力不计，求：（1）电场强度大小；（2）带电粒子在Ⅰ、Ⅱ区域运动的总时间。18．（16分）如图所示，竖直面内有一平面直角坐标系xOy，x轴沿水平方向，整个空

间中存在沿x轴正方向的匀强电场（图中未画出），电场强度大小53N/CE=，在第三象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小0.5TB=。有一带正电的小球，质量6110kgm−=，电荷量6210Cq−=，正以速度v在第三象限中做匀速直线运动并从O点进入第一象限，g取210m/s，求：(1

)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)小球在第一象限运动的过程中，离x轴的最远距离；(3)小球在第一象限从O点到离x轴的最远距离处，增加的机械能。-6-物理参考答案1．A2．D3．C4．A5．A6．B7．B8．AD9．AD10．BC11．AD12．BD13．31.154.20024U

DIL(1)[1]游标卡尺的固定刻度读数为31mm，游标尺上第3个刻度游标读数为3×0.05m=0.15mm，所以最终读数为31mm+0.15mm=31.15mm(2)[2]螺旋测微器的固定刻度读数为4mm，可动刻度读数为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最

终读数为4mm+0.200mm=4.200mm(3)[3]根据欧姆定律得URI=根据电阻定律有LRS=得24UDIL=14．1.04500.01.20V9.00V0.33Ω（1）[1]电流表改装，根据电路结构和欧姆定律可得AA1AIR

RII=−可得11ΩR=[2]电压表改装，根据电路结构和欧姆定律可得V2VVUURUR−=可得24500ΩR=（2）[3]电压表的分度值为0.1V，电压表的读数为1.20V（3）[4][5]由闭合电路欧姆定律可得A43EUIrIR=++整理得A344rREUI+=−由图象得

纵截距为2.25，斜率绝对值为Δ1.802.250.75Δ0.60UkI−===可得2.25V4E=-7-A30.75Ω4rR+=解得9VE=0.33Ωr15．(1)33mgq；(2)233gl(1)在A点小球受力平衡，如图所示．根据平衡条件得：cosFmg=，sinFqE=解

得33mgEq=(2)把重力场和电场的合场强看成一个新的场，小球在A点受力平衡，则A点即为新场的最低点，则小球在A点速度最大，从B到A的过程中，根据动能定理得21cos30sin3002mglEqlmv−=−233vgl=16．tanmgRBEL=试

题分析：选ab棒为研究对象，有左手定则知ab棒受到的安培力水平向右，棒还收重力与导轨的支持力，由力的平衡知：①②③由①②③解得：考点：安培力、力的平衡．17．（1）202mvEqL=；（2）033LLtv+=（1）粒子在Ⅰ区域做匀速直线运动，则0qEqvB=解得202mvEqL=（2）粒子在Ⅰ

区域运动的时间-8-10Ltv=粒子在Ⅱ区域做匀速圆周运动200vqvBmR=解得2RL=由几何关系得，粒子在Ⅱ区域做圆周运动圆心角为30=由02RTv=得04LTv=则粒子在Ⅱ区域运动时间203603Lt

Tv==则粒子运动总时间12033LLtttv+=+=18．(1)20m/s，水平方向的夹角为60；(2)15m；(3)47.510J−(1)小球在第三象限内做匀速直线运动时，受力如图所示其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有()22qvBEqmg=+（）

带入数据，得20m/sv=速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tanqEmg=解得tan3=则60=故速度v的方向与水平方向的夹角为60。(2)小球在第一象限中做曲线运动，将其速度分别进行分解cos10m/sxvv==-9-sin103m/sxvv==当小球在第一象限中，运动到离

x轴最远距离时，竖直方向速度关系0yvgt=−3st=竖直方向位移关系22ygtyvt=−15my=(3)小球在第一象限中运动时水平方向位移关系22xatxvt=+其中2103m/sqEam==253mx=电场力做功47.510JWqEx−==由于电场力

做正功，所以机械能的增加量47.510JE−=