A.P为正极，Q为负极
班级
教配
2023一2024学年度上学期高三年级五调考试
B.磁感应强度的大小为a
材新
物理
C.磁感应强度的大小为”bL
姓名
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共8页，总分100分。
D.其他条件不变时，n越大，电势差U越大
得分
4.如图所示，半径为R的圆形区域内存在一垂直于纸面向外的匀强磁场，粒子
第I卷（选择题共46分）》
源M位于磁场边界上，可平行于纸面沿各个方向向磁场区域内射入速率均为：·
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合
v的同种带正电的粒子，在磁场中运动时间最长的粒子速度方向偏转了120°。：···
题目要求，每小题4分：第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，
已知粒子的质量为m、电荷量为q,不计粒子重力及粒子之间的相互作用。则
选对但不全的得3分，有选错的得0分。
匀强磁场的磁感应强度大小为
1.已经证实，质子是由上夸克和下夸克两种夸克组成的，上夸克带电荷量为十子，下夸克带
A.3mv
震
D.3mu
3gR
5.已知在电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强
电荷量为一3，为电子所带电荷量的大小。如果质子是由三个夸克组成的，各个夸克之
间的距离都相等且在同一圆周上。如图所示，下列四幅图中能正确表示出各夸克所受静电
度大小为B=k,其中及为常量。现有四根平行固定的通电长直
力的是
导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流一⑧
方向如图所示。其中a、c导线中的电流大小为I1,b、d导线中的
电流大小为12，此时b导线所受的安培力恰好为零。现撒去b导
线，在O处固定一长度为L、电流为I。的通电导体棒，电流方向垂直于纸面向外，下列说
法正确的是
A.b导线撤去前，电流的大小关系为I,=2I
A
B.b导线撤去前，4导线所受的安培力也为零
2.甲、乙两车在平直的公路上做匀变速直线运动，在1=0时刻，两车恰*m·3
C.b导线撤去后，导体棒e所受安培力方向沿y轴正方向
好并排行驶，此后两车运动的速度与位移的关系图像如图所示。其14
中甲车加速度的大小为4m/s2。关于两车的运动，下列说法中正确
D.b导线撤去后，导体棒e所受安培力大小为√2kI。I2
的是
6,如图所示，矩形区域abcd内存在如图所示的磁场，abd区域内存在垂直于纸面向外的匀强
磁场，bcd区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一带正电的粒子由ab边的中点P处垂
A.x=6m时，乙车的速度大小为12m/s
12
B.两车在x=12m处再次并排行驶
直于ab边射人磁场区域，粒子在abd区域内偏转30°后进入bcd区域，粒子恰好未从cd边
C.0~8s内乙车运动的位移大小为48m
射出。已知6边长为2Ld边长为21。不计粒子重力，则粒子在6区坡内运动的
D.t=3s时刻两车再次并排行驶
半径为
3.有一种磁强计，可用于测定磁场的磁感应强度，其原理如图所示。将一
段横截面为长方形的N型半导体（主要靠自由电子导电）放在匀强磁
XX×XXX
心
场中，两电极P、Q分别与半导体的前后两侧接触。已知磁场方向沿y
24
轴正方向，N型半导体横截面的长为a,宽为b,单位体积内的自由电子
数为n,电子电荷量为，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动。导体中通有沿x轴
正方向、大小为I的电流时，两电极P、Q间的电势差为U。下列说法正确的是
A.45-3L
B.25-3
D.6-5L
9
9
c
9
高三五调·物理第1页（共8页）
高三五调·物理第2页（共8页）】
新教材版·物理·
参考答案及解析
季考答案及解折
教配
材新
2023一2024学年度上学期高三年级五调考试·物理
一、选择题
时，电势差)与力无关，D错误。
1,D【解析】质子带电荷量为十，所以它是由2个上夸4.B【解析】如图所示，设圆形磁场区域圆心为O,过O
克和1个下夸克组成的，A,B错误：按题意，三个夸克
点作直径MN的垂线，与过M点速度方向的垂线交于
必位于等边三角形的三个顶点处，设间距为【，这时上
O1点，O1即粒子轨迹的圆心，已知粒子速度偏转角为
2、2
120°，故轨迹圆心角为120°，可知∠M0:0=60°，由几
夸克与上夸克之间的静电力应为F=
12
何关系可知粒子轨迹半径”=
R=2
8in60°
3R,由
9,为斥力：上、下夸克之间的静电力F
4k
Bqv=mv
，解得B=,解得B=m,B正确。
2gR
1
=9!,为吸引力：由力的合成知两上夸克
所受的静电力的合力斜向外，下夸克受的静电力合力
指向两上夸克连线中点，C错误，D正确
-)
2.D【解析】设图中交点处速度大小为1，则一
(2m/s)2=2a甲×12m,解得v1=10m/s,由
(14m/s)2-=2ax1,其中x1=12m,解得a乙=
4m/s2,设当x=6m时乙车的速度大小为：，则
5.D【解析】b导线撒去前，b导线所受安培力为零，即b
(14m/s)2-号=2az×6m,解得v2=2√37m/s,
A错误：由图可知0一12m内甲车的平均速度小于乙
导线所在处的磁感应强度为零，即2k
Dc0845°=
车的平均速度，两车到达x=12m处所用时间不同，
B错误=14m=3.5s,乙车在3.5s时刻停止运
k三，解得1，=21，A错误；6导线撤去前a导线所
2L
a乙
动，0~8s内乙车运动的位移x元=
(14m/s)2
在处的磁感应强度为B。=2号c0s45°-=
2a乙
√2L
24.5m,C错误；t=3s时，甲车的位移x甲=2m/s×
32
,由此可知，？导线所受的安培力不为零，B错
1十a甲2=24m,乙车运动的位移x2=14m/s×
2L
误；b导线撤去后，O处的磁感应强度大小为B。=
1
1-2a元2=24m,可知1=3s时两车并排行驶，D正
区是，方向沿x箱负方向，所以导休棒·所
2L
确。
2
3.C【解析】根据左手定则，结合自由电子定向移动的方
向与电流方向相反，可知，自由电子受到的洛伦兹力方
受安塔力大小为F=B1,L=E21L=E11,
向指向P,则自由电子偏向P,则P为负极，Q为正极，
方向沿y轴负方向，C错误，D正确。
A错误：设自由电子定向移动的速率为u,则单位时间6.A【解析】由几何关系可知∠bd=30°，粒子运动的
内移动的距离为v,则体积为abv,电荷量为neabu,则
轨迹如图所示，粒子在abd区域内偏转了30°，可知其
I=A9=meab。两电极P,Q间的电势差为U时，对
圆心为b点，其运动的轨迹半径为L,设粒子在bd区
△
域内运动的半径为，由几何关系可知，
自由电子，根据平衡条件得=eB,联立解得B
sin 30+r+L=
23
L
,B错误.C正确：根据U=Bav知，其他条件不变
nebU
0解得，=4一3LA正确。
3
9
1
