2021~2022年度上学年河南省高二年级阶段性检测(三)
物理
考生注意
1.本试卷分第1卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择題)两部分,共10分。考试时间90分钟。
请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容:人教版选修3-1,选修3-2第四章前2节。
第Ⅰ卷(选择题共48分)
选择题:本题共12小题,每小题4分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~8题只
有一项符合题目要求,第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的
最
得2分,有选错的得0分
电场是看不见摸不着的一种物质。试探电荷是研究电场的重要工具。下列物理量中与试探
电荷无关的是
A.电场强度和电场力
B.电场强度和电势
C.电场力和电势能
D.电势和电势能
2.如图所示,有一正方形闭合线圈,在足够大的匀强磁场中运动。下列四种情况中能产生感应
电流的是
A矩形线圈平行于B矩形线圈垂直于C矩形线圈绕平行于磁D矩形线圈绕垂直于磁
磁场向右平移
磁场向右平移
场的轴O0匀速转动场的轴O0匀速转动
3.如图所示,电路中A、B为两块竖直放置的金属板,C是一只静电计,开关
S合上后,静电计指针张开一个角度。下列说法正确的是
A.使A、B两板靠近一些,静电计指针张角增大
B.使A、B两板正对面积减小一些,静电计指针张角减小
C.断开开关S,使A板向右平移一些,静电计指针张角增大
D.断开开关S,在两板间插入有机玻璃,静电计指针张角减小
4.如图所示,光滑的水平桌面处在竖直向下的匀强磁场中,水平桌面上平
放着内壁光滑底部有带电小球的试管。试管在垂直于试管的水平拉力
F作用下向右匀速运动,一段时间后带电小球从管口飞出。下列说法正
确的是
B
A.小球一定带正电
B.洛伦兹力对小球做正功
C∴小球运动的轨迹有可能是一条直线
D.拉力F应保持恒定不变
【高二物理第1页(共6页)
5.如图甲所示,A、B两点间的电压恒为11V,定值电阻R=59,Z为非线性电子元件。元件Z
的U-图像如图乙所示,当流过元件Z的电流大于或等于1.2A时,电压稳定为4V。则电
路中的电流为
B.1.2A
C.1.4A
乙
6.如图所示,足够长的导体棒MN固定在相互平行且间距l=0.4m的金属导轨上,导体棒MN
与水平导轨的夹角为30°,且处于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场
中。已知电源的电动势E=6V,回路中的总电阻R=3Ω,导体棒与导轨接触良好,则导体棒
MN所受的安培力大小为
A.0.1N
B.0.2N
C.0.4N
D.0.8
7.在金属导体两端加上恒定电压的瞬间,导体中就会形成匀强电场,电场力使得导体中原本杂
乱无章运动的自由电子定向运动。定向运动的自由电子在运动中与金属正离子频繁发生碰
撞而产生的“阻力”使得自由电子稳定后近似做匀速运动。如图所示,一根长为L的圆柱形
金属棒的横截面半径为r,其材料的电阻率为p。金属棒单位体积内自由电子数为n,电子的
质量为m、电荷量为ε。金属棒两端加上恒定的电压时,金属棒内产生电流,自由电子定向运
动的平均速度为U,则自由电子定向运动时受到的平均阻力大小为
如图所示,虚线ac代表电场中的三个等差等势面(即Ua=C),实线为一点电荷仅在电
场力作用下通过该区域时的运动轨迹。该点电荷质量为m、带正电且电荷量为q,经过等势
面a时的速度大小为o,经过等势面c时的速度大小为2。下列说法正确的是
A.该点电荷经过等势面a时受到的电场力沿着虚线指向运动轨迹的凹侧
B.该点电荷经过等势面b时的速度大小为
C.等势面b与等势面c间的电势差为
D.该点电荷经过等势面c时的电势能比经过等势面a时的电势能大
9.下列说法正确的是
A.点电荷所带的电荷量一定很小
B.试探电荷是一种理想模型,实际上并不存在
C.电荷中和是等量异种电荷同时消失的现象
D.密立根油滴实验首先测出了元电荷的数值
【高二物理第2页(共6页)物理参考答案
1.B 【解析】电场强度和电势是表征电场自身属性的物理量，与试探电荷无关；电场力、电
势能与电场和试探电荷均有关，故本题选 B。
2.D 【解析】本题四个选项中，只有 D项的矩形线圈的磁通量随着矩形线圈的运动发生改
变，且线圈是闭合的，故产生感应电流，故本题选 D。
3.D 【解析】开关 S闭合时，电容器的电压保持不变，则静电计的指针不发生改变，选项 A、
B错误；断开开关 S 后，使 A板向右平移，电容器的电容增大，电容器的电压减小，静电
计指针变小，选项 C错误；断开开关 S后，在两板间插入有机玻璃，电容器的电容增大，
电容器的电压减小，静电计指针变小，选项 D正确。
4.A 【解析】小球从管口飞出，说明小球和试管刚开始运动时，受到的洛伦兹力指向管口，
根据左手定则可知，小球带正电，选项 A正确；由于小球受到的洛伦兹力始终与小球运动
的方向垂直，所以洛伦兹力对小球不做功，选项 B错误；小球的实际运动可以分解为沿着
试管的方向和垂直于试管的方向，由于垂直于试管方向的分速度保持不变，而试管给小球的
弹力对小球做功，故小球沿着试管方向的分速度必然增加，即小球做类平抛运动，运动轨迹
不可能是直线，选项 C错误；对小球受力分析，结合运动的合成和分解可知，拉力 F与小
球受到的洛伦兹力在垂直于试管方向的分力相等，由于小球沿着试管方向的分速度增加，即
在小球受到的洛伦兹力在垂直于试管方向的分力增加，拉力 F增加，选项 D错误。
5.C 【解析】假设电路中的电流大于 1.2A，则定值电阻两端的电压 UR=11V-4V=7V，结合欧
U
姆定律可知，电路中的电流 I R 1.4A ，假设成立，选项 C正确。
R
6.D E【解析】根据闭合电路欧姆定律可知，通过导体棒的电流为 I 2A；根据几何关系
R
可知，导体棒中有电流通过的长度 L 2l，则导体棒受到的安培力大小 F BIL 0.8N，选
项 D正确。
7.C 【解析】金属导体两端的电压U El ，由欧姆定律可知U IR ,电流 I nev r2 ,电阻
R l 2 。自由电子定向运动时受到的阻力与电场力相等，根据二力平衡可知 f Ee ne
2v ，
r
选项 C 正确。
8.D 【解析】该点电荷经过等势面 a时，受到的电场力必然沿着电场强度方向指向运动轨迹
的凹侧，而电场强度方向与等势面垂直，故选项 A错误；根据动能定理可知点电荷经过等
b 10势面 的速度大小为 v0，选项 B错误；点电荷从等势面 b运动至等势面 c的过程中，4
动能减小，电场力做负功，电势能增加，即等势面 c的电势大于等势面 b的电势，所以等势
面 b与等势面 c的电势为负值，选项 C错误；根据动能定理可知点电荷经过等势面 c的动能
3mv 2
比经过等势面 a的动能小 0 ，则电荷经过等势面 c的电势能比经过等势面 a的电势能大
8
3mv 20 ，选项 D正确。
8
9.BD 【解析】点电荷的电荷量可能很大也可能很小，选项 A错误；点电荷、试探电荷均为
理想模型，实际上不存在，选项 B正确；电荷中和只是异种电荷等量抵消，并没有消失，
选项 C错误；密立根油滴实验首先测出了元电荷的数值，选项 D正确。
10.AB 【解析】根据闭合电路欧姆定律可知，滑片 P向下移动的过程中，电路总电阻增大，
干路电流减小，故 L3变暗，再次应用闭合电路欧姆定律可知，并联电路的电压增大，则 L2
变亮，由于干路电流减小，而流经 L2支路的电流增加，故流经 L1支路的电流减小，L1变暗，
选项 A正确；由于干路电流减小，而流经 L2支路的电流增加，故流经 L1支路的电流变化量
的绝对值大于 L2支路电流变化量的绝对值，选项 B正确。电路总电流减小，电源总功率减
小，选项 C错误；由于电源内阻小于灯泡电阻且外电路电阻增加，电源的输出功率减小，
选项 D错误。
11.AD 【解析】根据电场强度定义和库仑定律可知， A处的点电荷在 D点的电场强度大小
3mg 3mg
为 ，结合几何关系和矢量的合成可得，轨道上D点的电场强度大小为 ，选项 A
4q 4q
正确；若没有电场，根据受力分析和牛顿第二定律可知，小球在 DC 轨道的加速度大小为
2 g 2，考虑到小球受到的电场力，则小球刚到达C 点时，其加速度大于 g，选项 B 错
2 2
3
误；D点和C点电势相等，根据功能关系可知，小球到达C 点时，其动能为 mgL，故选
2
项 C错误；小球在沿直轨道CD下滑过程中，电场力先做正功后做负功，其电势能先减小后
增大，选项 D正确。
12.AC 【解析】带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力二力
E
平衡，即 Eq qvB1 ，解得 v ，结合左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面B1
向外，选项 A 正确、B 错误；带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据几何关系有
x 2R 2mv 2mE ，则选项 C正确、D错误。
qB2 qB1B2
13.正（2分）等于（2分）等于（2分）
【解析】根据静电感应可知，远离带电物体 C的 B端带正电；导体最终会处于静电平衡状
态，整个导体是个等势体，它的表面也是个等势面，所以导体的 A端的电势等于导体 B端
的电势；处于静电平衡状态的导体，内部的电场处处为 0，所以导体内的 D点的电场强度等
于零。
14.（1）3410 （2分） E（1分）
(2)b（1分）
(3)1.44 （2分） 0.90 （3分）
U 2V
【解析】（1）改装后的电压表的阻值为 R VV 6 4000 ,则电阻箱的阻值应调I g 500 10 A
整为 RV Rg 3410 ;为了使电路各元件和装置处于正常工作状态，且为了获得更大范围的
测量数据，保护电阻 R0应选用 E。
（2）本题中，滑动变阻器为限流接法，闭合开关 S前，应将滑动变阻器的滑动触头 P置于
b端。
（3）根据闭合电路欧姆定律有 E I1RV (I1 I2 )(R0 r)，整理可得
E (R0 r)I1 I2，结合图像乙的斜率的绝对值RV R0 r (RV R0 r)
I 300 10 61 A R0 rk ，解得内阻 r 0.90 ；结合图像乙的纵截距有
I2 0.5A RV R0 r
360 10 6A= E ,解得 E 1.44V。
RV R0 r
15. 解：（1）滑块 p从 A点运动到D点的过程，根据动能定理有
W 1 2 1 2AD mv1 mv0 （2 分）2 2
WAD qU AD（1 分）
m(v 2 v 2
所以U 0 1
)
AD 。（1 分）2q
（2）滑块 p从 A点运动到C点的过程，根据动能定理有
W 1AC mv
2 1 2
C mv0 （1 分）2 2
WAC qU AC （1 分）
根据电场的特点可知UAD 2U AC（2 分）
2(v20 v
2 )
解得 v 1D 。（2 分）2
16. 解：（1）设带电微粒从 M处到射出电场经历的时间为 t，带电微粒在电场中做类平抛运
动，根据运动学公式有
水平方向 L v0t （1分）
竖直方向 vy at （1分）
将带电粒子出电场时速度分解，根据几何关系有
vy v0 tan （2分）
tan sin 5 （1分）
cos 12
根据牛顿第二定律有
E0q ma（1分）
解得 E0 25V/m （1分）
（2）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，两板间电压
U1 E0d （2分）
根据闭合电路的欧姆定律有
I E （1分）
r R R1
根据欧姆定律有
U1 IR1（1分）
解得 R1 8 （1分）
17.解：（1）粒子进入两板间做匀速直线运动，根据受力平衡有
qv0B qE（2分）
解得 v E0 （1分）B
（2）设带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 r ，根据几何关系有
R r 2r（2分）
根据牛顿第二定律有
v2
qv0B m
0 （1分）
r
m ( 2 1)B
2qR
解得 （2分）
E
（3）带电粒子从左侧 A点斜向下且与入射方向与中心线 AC 的夹角为 30 时，设带电粒子在
磁场中做圆周运动的轨道半径为 r1，根据几何关系有
r1 R（2分）
设上极板与磁场边界的交点为G ,根据几何关系有
GD R sin 30 （2分）
同理GF R sin 45 （2分）
则DF GF GD ( 2 1) R（1分）
2
