河北省衡水市2025-2026學年高二上學期第三次調研考試（期中）物理試題（含答案）

第第頁河北省衡水市2025-2026學年高二上學期第三次調研考試（期中）物理試題一、單選題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1．下面是某同學對一些概念及公式的理解，其中正確的是（）A．磁感應強度方向必垂直于電流方向和通電導線所受安培力方向B．由B=FC．根據電場強度的定義式E=FD．一小段長為L=0.5m的導線放在勻強磁場中，當通過的電流I=2A2．三相共箱氣體絕緣輸電技術（三相共箱GIL）是將高壓輸電線路的A、B、C三相導體整合封裝于單一金屬外殼內，通過注入絕緣氣體實現電能高效傳輸的新型輸電方式，核心是解決傳統輸電線路“空間占用大、容量受限”的痛點。如圖甲所示，管道內三根絕緣超高壓輸電線纜平行且間距相等，截面圖如圖乙所示，三根輸電線纜A、B、C圓心連線構成正三角形，其中A、B圓心連線水平。A、B中電流方向垂直于紙面向外，大小為I；C中電流方向垂直于紙面向里，大小也為I，三角形中心O點的磁感應強度大小為B0A．此時刻C所受安培力的合力方向豎直向上B．此時刻A、B連線中點處的磁感應強度方向豎直向下C．此時刻O點磁場方向水平向左D．若C中電流大小變為2I，則O點磁感應強度大小變為33．如圖所示，虛線是某一靜電場的一簇等勢線，圖中實線是某一帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，根據此圖可作出正確判斷的是（）A．粒子的電性 B．粒子在M、N兩點電勢能的大小C．M、N兩點電勢的高低 D．粒子的運動方向4．如圖，水平放置的擋板上方有垂直紙面的勻強磁場，一帶正電粒子a垂直于紙板從板上的小孔O射入磁場，另一帶電粒子b垂直于磁場且與擋板成θ=60°角射入磁場，a、b兩個帶電粒子比荷大小相等，兩粒子恰好都打在板上P點，不計重力，下列說法正確的是（）A．b粒子帶負電B．a在磁場中的運動時間一定大于b在磁場中的運動時間C．若磁場方向垂直紙面向里，則a、b的初速度大小之比為3D．若磁場方向垂直紙面向外，則a、b的初速度大小之比為25．如圖所示，電源的電動勢為12V，電源內阻為2Ω，定值電阻R=1Ω，MA．電流表示數為2AB．電動機M線圈電阻RM為C．電源的輸出功率為16D．電動機M被卡住時，電流表示數變大6．由三段長度均為L的相同電阻絲組成的等邊三角形導體框abc，垂直磁場放置，用絕緣細線懸掛于天花板上處于靜止狀態，導體框處在勻強磁場中，磁場方向垂直于導體框環面向外，磁場的磁感應強度大小為B，導體框a、b兩點連有輕質軟導線，導體框質量為m、重力加速度為g，通過軟導線給導體框通入恒定電流，結果懸線作用力恰好為零，不計軟導線對導體框的作用力，下列說法正確的是（）A．導體框中電流從a點流入B．通過軟導線的電流大小為mgC．a、b兩點間電阻絲受到的安培力大小為1D．a、c和c、b間電阻絲受到的安培力合力的大小為17．如圖甲所示，洛倫茲力演示儀由勵磁線圈、玻璃泡等組成，結構示意圖如圖乙所示，勵磁線圈是一對彼此平行共軸的圓形線圈，當線圈通有勵磁電流時，兩線圈之間將產生垂直線圈平面向外的勻強磁場，且磁感應強度的大小與勵磁線圈中的電流大小成正比。電子在電子槍中經加速電壓加速后形成高速電子束，電子速度大小和方向可通過電子槍來控制，下列說法正確的是（）A．若電子束初速度方向與磁場方向垂直，則電子運動軌跡為圓周且僅將勵磁線圈中的電流加倍，電子在磁場中運動的軌跡半徑加倍B．若電子束初速度方向與磁場方向垂直，則電子運動軌跡為圓周且僅將勵磁線圈中的電流加倍，電子在磁場中做圓周運動的周期加倍C．若電子束初速度方向與磁場方向關系如圖丙所示，電子的運動軌跡為螺旋狀且僅增大α角（α<90°），電子在磁場中運動的軌跡半徑增大，而螺距ΔxD．若電子束初速度方向與磁場方向關系如圖丙所示，電子的運動軌跡為螺旋狀且僅增大電子入射的初速度v，電子在磁場中運動的軌跡半徑增大，螺距Δx二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全得3分，錯選得0分。8．范德格拉夫靜電加速器（簡稱范氏起電機）是1931年美國科學家范德格拉夫發明的。它由兩部分組成，一部分是產生高電壓的裝置，叫做范德格拉夫起電機；另一部分是利用高壓加速帶電粒子的加速管。其起電機部分結構如圖所示，金屬球殼A固定在絕緣支柱頂端，絕緣材料制成的傳送帶CD套在兩個轉輪上，由電動機帶動循環運轉。E和F是兩排金屬針（稱做電刷），與傳送帶靠近但不接觸，其中電刷F與金屬球殼內壁相連。當電刷E與幾萬伏的直流高壓電源的正極接通時，正電荷將被噴射到傳送帶上，并被傳送帶帶著向上運動。當正電荷到達電刷F附近時，由于感應起電和電暈放電作用，最終使得球殼上集聚大量電荷，從而在金屬球殼與大地之間形成高電壓、強電場，用以加速帶電粒子。帶電粒子的加速是在加速管中進行，加速管安裝在起電機的絕緣支柱里面，管內抽成真空。管頂裝有粒子源，底是靶。根據以上信息，下列說法正確的是（）A．金屬球達到帶電穩定時，金屬球帶負電，且負電荷只能分布在金屬球外表面B．傳送帶左右兩邊均帶正電C．粒子在加速管中做變加速運動D．若金屬球和大地構成的電容器的電容為100pF，金屬球所帶電荷量為1.6×10?4C9．在圖示電路中，電源內阻不可忽略，R1、R2為定值電阻，R3為光敏電阻（光照強度增大，電阻變?。?，V為理想電壓表，AA．V示數增大B．V的示數U與A的示數I的比值UIC．油滴向上運動D．V示數的變化ΔU與A示數的變化ΔI的比值10．如圖所示，AOC區域內（OC、OA足夠長）有垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出）磁感應強度為B，∠AOC=60°。邊界OA上有一距O為d的粒子源S，現粒子源在紙面內以等大速度向不同方向發射大量帶正電的同種粒子（不計粒子重力及粒子間相互作用力），粒子質量均為m、電荷量均為q，所有粒子射出磁場時離S最遠的位置是OC邊界上的D點（圖中未標出）。已知SD=3d，A．粒子的速度大小為qBdB．O點不可能是粒子的軌跡圓心C．OC邊界射出的粒子在磁場中的運動時間可能是TD．OC邊界有粒子射出的長度為1.5d三、非選擇題：本題共5小題，共54分。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。11．某實驗小組利用氣墊導軌驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖所示。（1）下列操作需要進行的是________；A．測出遮光條的寬度dB．將氣墊導軌調至水平C．用天平測得滑塊a（含遮光條）、b（含橡皮泥）的質量ma、D．測出氣墊導軌的長度L（2）將滑塊a推至光電門1的左側，將滑塊b放在光電門1和2之間。向右輕推一下滑塊a，滑塊通過光電門1后與靜止的滑塊b碰撞粘合一起以共同速度通過光電門2。測得滑塊a通過光電門1、2的時間分別為t1和t2。在誤差允許的范圍內，只需驗證等式（用題中所給的字母表示）成立，即說明碰撞過程中a，（3）某次實驗中測得t1=0.04s，t2=0.1s，可知滑塊a，b的質量比值為12．某實驗小組設計了如圖甲所示的實驗電路，來測量電源的電動勢和內阻，實驗器材有：待測電源，阻值為R0的定值電阻，內阻極小的電流表，總阻值為R0且阻值均勻的四分之一圓形變阻器，變阻器上有可指示滑片轉過角度（1）閉合開關，滑片在順時針轉動的過程中，電流表示數（填“變大”或“變小”），電路消耗的總功率（填“變大”或“變小”）；（2）在實驗中轉動滑片，改變角度θ（弧度制），測量通過定值電阻R0的電流I，以1I為縱坐標，1θ為橫坐標，作出圖像如圖乙所示，已知圖像的斜率為k，縱截距為b，則電源的電動勢為E=，內阻r=。（均用k、b13．如圖所示，水平導軌間距L=1m，導軌電阻忽略不計；導體棒ab的質量m=0.5kg，電阻R0=0.8Ω，與導軌接觸良好。電源電動勢E=9V，內阻r=0.2Ω，電阻R=2Ω。勻強磁場的方向豎直向上，棒的中點用輕質細繩經定滑輪與物體相連，細繩對ab的拉力為水平方向，物體的質量M=0.35kg14．如圖所示，MN為豎直線段，MN之間的距離為h，空間存在平行于紙面的足夠寬廣的勻強電場，其大小和方向均未知。一質量為m的帶正電的小球從M點在紙面內以v0=32gh的速度水平向左開始運動，之后恰好以大小為v=72（1）求電場強度的方向及電場強度的大??；（2）求運動過程中小球的最小動能；（3）規定M點的電勢為0，求運動過程中小球電勢能的最大值。15．如圖甲所示，矩形區域ABCD內部有一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.2T，M、N分別為AD、BC邊中點?，F在從M點平行AB方向以某一初速度v0射入一個質量為m，電荷量為q的正電粒子，發現該粒子剛好從B點離開磁場區域，已知磁場區域的AD邊長2L，AB邊長為3L，L=0.2（1）求該粒子射入磁場時的速度大小v0（2）若取垂直紙面向外為磁場的正方向，磁感應強度按圖乙的方式變化，t=0時刻，粒子同樣從M點平行AB射入，發現粒子恰好能從N點離開，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則判定，需垂直于電流方向與磁感應強度方向所成的平面，但磁感應強度方向只需垂直于安培力方向，不必同時垂直于電流方向（如電流與磁場不垂直時），故A錯誤。故A錯誤。B．由公式B=FIL可知，當F=0時，可能是B=0，也可能是電流方向與磁場方向平行（C．電場強度定義式E=Fq表明，若試探電荷所受電場力F=0，且q≠0，則D．由安培力公式F=ILBsinθ，代入數據得4=2×0.5×B×sinθ，即Bsin故答案為：C。

【分析】明確公式的適用條件（如B=FIL需電流與磁場垂直）；區分定義式與決定式（如2．【答案】D【解析】【解答】A．由于異向電流相互排斥，兩力大小相等，如圖1所示，此時刻C所受安培力的合力方向豎直向下，故A錯誤；B．A、B電流在A、B圓心連線中點處的磁感應強度大小相等方向相反，C在該點處產生的磁感應強度水平向右，則合磁感應強度方向水平向右，故B錯誤；C．根據右手螺旋定則可知O點的合磁感應強度方向水平向右，故C錯誤；D．當三個電流大小都是I時，如圖2所示，它們在O點產生的磁感應強度BA、BB、BC大小相等都等于12B0，當C中電流變為2I時，BC故答案為：D。

【分析】用右手螺旋定則確定單根導線在某點的磁場方向；結合磁場的矢量疊加（分方向合成）求合磁場；利用“電流與磁場成正比”的關系，分析電流變化后的磁場大小。3．【答案】B【解析】【解答】帶電粒子的軌跡向左彎曲，說明帶電粒子所受電場力偏左，又因為電場線與等勢面垂直，所以帶電粒子所受電場力向左上方，若粒子從M運動到N，則電場力做負功，電勢能增大，EpM<EpN；若粒子從N運動到M，則電場力做正功，電勢能減小，故答案為：B。

【分析】利用“軌跡凹側對應電場力方向”，結合電場力做功與電勢能變化的關系（電場力做正功，電勢能減??；做負功，電勢能增大）。無論粒子運動方向如何，M點電勢能一定小于N點，因此能判斷電勢能大小，而粒子電性、運動方向、電勢高低均因缺少電場線方向等信息，無法確定。4．【答案】C【解析】【解答】A．根據題意可知，兩粒子在磁場中的偏轉方向相同，所以根據左手定則可知，兩粒子的電性相同，所以b帶正電，故A錯誤；B．根據粒子在磁場中做圓周運動周期T=2πmqB，又因為a，b粒子比荷大小相等，所以二者周期相同。若磁場方向垂直紙面向里，粒子的運動軌跡如圖1所示，此時b在磁場中運動的時間大于a，若磁場方向垂直紙面向外，粒子的運動軌跡如圖2所示，此時CD．無論磁場方向是垂直紙面向里還是向外，根據幾何知識有Ra:Rb=sin60°:故答案為：C。

【分析】先通過弦長相等，由幾何關系求出a、b的軌跡半徑比；再結合比荷相等的條件，由速度公式得到速度比，同時，粒子電性由偏轉方向判斷（與a同正電），運動時間因磁場方向不同而不確定，因此只有速度比的結論正確。5．【答案】B【解析】【解答】A．由題意根據閉合電路歐姆定律可知電路電流I=E?UB．電動機正常工作時是非純電阻元件，電路不滿足歐姆定律，故電動機M線圈電阻RMC．電源的輸出功率為P代入數據解得P輸出D．若電動機M被卡住時，電動機M變為純電阻，此時電流變大，故D正確，不符合題意。故答案為：B。

【分析】先利用閉合電路歐姆定律計算干路電流，再區分純電阻與非純電阻元件的規律差異，進而判斷各選項正誤。6．【答案】D【解析】【解答】A．懸線作用力為零，說明導體框受向上的安培力。根據左手定則（磁場向外，安培力向上），電流應從b點流入，故A錯誤；B．設軟導線中電流大小為I，根據并聯電路的特點，可知通過ba中的電流為23I，通過bca中電流大小為13I；，根據受力平衡有C．因為I=mgBL，ba中的電流為23I，所以a、D．通過bca中電流大小為13I，acb電阻絲有效長度為L；ac和cb間電阻絲受到的安培力合力的大小為故答案為：D。

【分析】先根據懸線拉力為零確定安培力方向，結合左手定則判斷電流方向；再利用并聯電路電阻與電流的關系，分配各支路電流，結合安培力公式與平衡條件計算電流及各部分安培力，進而判斷選項。7．【答案】C【解析】【解答】A．勵磁電流加倍，磁感應強度B加倍。電子初速度垂直磁場時，洛倫茲力提供向心力：qvB=mv2r，得軌跡半徑r=mvqB。BB．圓周運動周期T=2πmqB，B加倍則CD．分析可知，電子在磁場中應該是螺旋式前進，根據洛倫茲力提供向心力及圓周運動知識可知qv⊥且v⊥=vsinα，解得R=mvsinαqB，T=2πmqB，所以Δx=vx故答案為：C。

【分析】將電子速度分解為垂直磁場和平行磁場的分量，垂直分量由洛倫茲力提供向心力做圓周運動，平行分量保持勻速直線運動，從而形成螺旋軌跡；再結合磁感應強度與勵磁電流的關系，分析軌跡參數的變化。8．【答案】C,D【解析】【解答】A．電刷E接直流高壓電源正極，正電荷被噴射到傳送帶上，到達電刷F附近時，F感應出負電荷并與傳送帶上正電荷中和，F因失去負電荷帶正電；又因F與金屬球殼內壁相連，導體電荷僅分布在表面，故金屬球殼外表面帶正電，并非負電，故A錯誤

B．傳送帶左側（靠近E）帶正電，右側（靠近F）的正電荷會被F的感應負電荷中和，故傳送帶右側不帶電，故B錯誤；C．由于電荷在金屬球殼均勻分布，當研究金屬球殼外部的電場時，可以將金屬球殼等效為一個位于球心的點電荷，根據點電荷的電場分布規律，粒子遠離金屬球的過程中電場線逐漸變稀疏，而電場線的疏密程度表示場強的大小，所以粒子加速度逐漸變小，做變加速運動，故C正確；D．由C=QU及ΔE故答案為：CD。

【分析】通過傳送帶的電荷傳遞過程判斷金屬球帶電性質；根據電場強度的分布判斷粒子加速度變化；利用電容器公式計算粒子獲得的能量。9．【答案】B,D【解析】【解答】AB．光照強度增大，光敏電阻接入電路中的電阻變小，故R2和R3的總電阻變小，故電路中的總電阻變小，根據閉合電路歐姆定律I=ER+r可知電路總電流變大，故內阻和R1分壓增大，電壓表示數U=E?IC．開關S閉合后，位于電容器兩板間的帶電油滴恰好靜止，說明油滴受電場力和重力平衡。R2兩端電壓變小，故電容器兩極板間電壓減小，根據U=EdD．根據閉合電路歐姆定律可得電壓表示數U=E?Ir+R1，可得Δ故答案為：BD。

【分析】先分析光照增強時光敏電阻的變化，推導總電阻、總電流的變化，再結合串并聯電路規律、閉合電路電壓分配，分析各電表示數及油滴受力的變化。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子在磁場中出射點和入射點的連線即為軌跡的弦，已知SD=3d由牛頓第二定律可知Bqv=mv2RB．所有粒子的軌跡圓心在以S為圓心，半徑為R的半圓弧上，如圖2中虛線圓?、?，此圓弧恰好在與O2點處與OC相切，故OC．當出射點在圖2中的O2時，SO2垂直于OC，SO2為最短的軌跡的弦長，粒子運動軌跡如圖2中的軌跡③，所對應圓心角最小，粒子在磁場中運動時間最短，由幾何關系得SO2D．D點是所有粒子從OC射出磁場時離S最遠的位置，同時D點是從OC射出的粒子距O最遠的點，由幾何關系得2R>O2S，故軌跡圓不會與OC相切，粒子能夠從O點射出，故OC故答案為：BC。

【分析】通過最遠出射點的幾何關系求軌跡半徑，結合洛倫茲力公式分析速度；根據圓心分布判斷O點是否為圓心；通過軌跡對應的圓心角計算運動時間；結合邊界幾何關系確定出射長度。11．【答案】（1）B；C（2）m（3）2:3（或23）；3:5（或3【解析】【解答】（1）ACD．遮光條寬度為d，由題意可知滑塊a碰滑塊b前速度大小v1=dt1，滑塊規定向右為正方向，由動量守恒有mav1B．因為系統動量守恒的條件是系統合外力為0，所以要將導軌調水平，故B正確；故答案為：BC。（2）滑塊a碰前速度v1=dt1，碰后共同速度v2=dt（3）將t1=0.04s，t2=0.1s，代入ma1t1=ma+mb1t2，可得a,b的質量比為2:3【分析】（1）實驗操作的關鍵是保證動量守恒的條件（合外力為0），同時需測量參與碰撞的物體質量。（2）動量守恒的驗證：將速度用“遮光條寬度除以光電門時間”表示，代入動量守恒式，約去公共量得到驗證等式。（3）質量比值：利用（2）的驗證等式，代入時間數據直接求解；機械能損失比值：通過動能公式，結合質量比值計算損失的動能與初動能的比例。（1）B．因為系統動量守恒的條件是系統合外力為0，所以要將導軌調水平，故B正確；ACD．遮光條寬度為d，由題意可知滑塊a碰滑塊b前速度大小v1=dt1，滑塊規定向右為正方向，由動量守恒有m聯立解得m所以不需要測出遮光條的寬度d和氣墊導軌的長度L，需要測出兩個滑塊質量，故C正確，AD錯誤。故選BC。（2）見（1）詳解。（3）[1]將t1=0.04s，t2=0.1s，代入[2]動能和動量有數量關系：Ek=所以二者碰撞過程中損失的機械能與碰之前的a初動能的比值ΔE12．【答案】（1）變??；變大（2）πR0【解析】【解答】（1）滑片順時針轉動，變阻器接入電路的阻值變小，外電阻變小，路端電壓變小，電流表示數變小。因為外電阻減小，可知電路總電阻減小，故干路電流變大，電路消耗的總功率P=EI，可知電路消耗的總功率P變大。

故答案為：變??；變?。?）由閉合電路歐姆定律可知E=I可推導出1可知k=πr解得E=πR0bπ?2k，r=2k（1）電流表示數：由“外電阻減小→路端電壓減小→定值電阻電流減小”判斷；總功率：由“總電阻減小→干路電流增大→P=EI增大”判斷。（2）電動勢與內阻：先根據變阻器的角度與電阻的關系，寫出閉合電路歐姆定律表達式，再整理為1I?1（1）[1]滑片順時針轉動，變阻器接入電路的阻值變小，外電阻變小，路端電壓變小，電流表示數變小。[2]因為外電阻減小，可知電路總電阻減小，故干路電流變大，電路消耗的總功率P=EI可知電路消耗的總功率P變大。（2）由閉合電路歐姆定律可知E=I可推導出1可知k=πr解得E=πR13．【答案】解：根據閉合電路歐姆定律，回路中電流大小I=解得I=3導體棒受到的最大靜摩擦力為f繩對導體棒的拉力為F=Mg=3.5導體棒將要向左滑動時，摩擦力達到最大向右，有B解得B導體棒將要向右滑動時，摩擦力達到最大向左，有B解得B可知磁感應強度B的最大值和最小值分別為2T、1【解析】【分析】先通過閉合電路歐姆定律求出回路電流，這是計算安培力的基礎。分析導體棒的臨界狀態：當磁感應強度最大時，棒有向左滑動的趨勢，靜摩擦力向右；當磁感應強度最小時，棒有向右滑動的趨勢，靜摩擦力向左。對兩種臨界狀態分別列平衡方程，結合安培力公式，求解磁感應強度的最值。14．【答案】（1）解：小球從M到N的運動過程中，根據動能定理有q解得U即MN為電場的等勢面，則在水平方向，小球先向左減速后向右加速，所受電場力的方向為水平向右，因小球帶正電，故電場強度方向為水平向右。在水平方向小球受向右的電場力，先向左減速后向右加速，MN為電場的等勢面，小球回到點N時水平方向的速度大小為v0，在水平方向，取向右為正方向，根據動量定理有在豎直方向，取向下為正方向，根據動量定理有mgt=m聯立解得E=（2）解：設電場力與重力的合力方向與豎直方向的夾角為θ，則有tan解得θ=60°如圖1所示當速度與合外力垂直時，即v1減為零時，動能最小，最小動能為又v解得E（3）解：當小球向左運動水平速度減為零時，向左的位移最大，電場力做的負功最多，電勢能最大。設小球向左的最大位移為x，水平方向加速度為ax，有x=v聯立得x=小球克服電場力做的功W=Eqx=則小球電勢能最大值為34【解析】【分析】（1）電場方向與大?。和ㄟ^動能定理得MN是等勢面，確定電場水平；結合動量定理（水平、豎直方向），聯立求解電場強度。

（2）最小動能：將運動分解為“平行合力”和“垂直合力”的分運動，垂直分量不變，平行分量減為0時動能最小。

（3）電勢能最大值：水平方向減速到0時位移最大，電場力做