2021—2022学年开封市五县高二上学期联考卷
物理试卷
、单选题(本大题共5小题,共30.0分)
1.如图所示分别为正电荷、负电荷及它们之间形成的电场,其中电场线方向表示正确的是
米米将米
A.1和2
B.1和3
C.3和4
D.2和3
2.如图1所示,用充电宝为一手机电池充电,其等效电路如图2所示。在充电开始后的
段时间t内,充电宝的输出电压、输出电流Ⅰ可认为是恒定不变的,设手机电池的内阻
为r,则时间t内()
手
电
充电宝
图2
A.充电宝输出的电功率为U+P2
B.充电宝产生的热功率为r
C.手机电池储存的化学能为U-P2rt
D.手机电池产生的焦耳热为t
3.如图所示,“②”表示电流方向垂直纸面向里,“⊙”表示电流
方向垂直纸面向外.两根通电长直导线a、b平行且水平放置,a、b
中的电流强度分别为和2,此时a受到的磁场力大小为F当在a
b的上方再放置一根与、b平行的通电长直导线c后,a受到的
磁场力大小仍为F图中abc正好构成一个等边三角形,此时ba
b
受到的磁场力大小为
A. F
B.√3F
C.√7F
D.2√3F
4.质量和电荷量都相等的带电粒子M和M以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,它们
运行的半圆轨迹如图中两虚线所示,则下列判断正确的是
高二期中联考卷物理试卷第1页共6页
N x B
M
x×、x
A.M带正电,N带负电
B.M的速率大于N的速率
C.洛伦磁力对M做正功、对N做负功
今D.M在磁场中的运行时间大于N在磁场中的运行时间
如图所示,空间存在两块相互平行的绝缘带电薄金属板A,B
间距为d中央分别开有小孔0、P。现有甲电子以速率vn从0
点沿OP方向运动,恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距
离d再将乙电子从P点由静止释放,则()
A.金属板A,B组成的平行板电容器的电容C不变
B.金属板A,B间的电压减小
C.甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D.乙电子运动到O点的速率为2v
多选题(本大题共3小题,共18.0分)
6.如图所示,线段A是某电源的U-图线,线段B是某电阻↑N
F的U-1图线,以上述电源和电阻组成闭合电路时,下列
说法正确的是〔
A.R的电阻和电源的电阻均为19
B.电源的输出功率是4总功率是6
6 JIA
C.电源的内部损耗功率是4输出功率是2F
D.电源的电动势是3V,内电阻是05n
7.如图所示,在第二象限中有水平向右的匀强电场,在第一象限
内存在垂直纸面向外的匀强磁场有一重力不计的带电粒子(电E··‘B
量为q,质量为m)以垂直于x轴的速度v从x轴上的P点进入
匀强电场,恰好与y轴成45°角射出电场,再经过一段时间又
恰好垂直于x轴进入第四象限。已知0P之间的距离为d则
A.带电粒子通过y轴时的坐标为(0,d
B.电场强度的大小为m吗
C.带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为r
D.磁感应强度的大小为2m
高二期中联考卷物理试卷第2页,共6页2021－2022 学年开封五县上学期高二联考试题--物理试卷
详细答案
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
记住电场线的特点是解决此类题目的关键，要注意基础知识的积累。
电场线只有三种情况：电场线从正电荷出发终止到无穷远；电场线从正电荷出发终止到负电
荷，电场线从无穷远出发终止到负电荷。
【解答】
电场线是从正电荷(或无穷远)出发终止到无穷远(或负电荷)，而 1图中电场线是从无穷远出
发终止到正电荷，故 1图错误；
2图中电场线从无穷远出发终止到负电荷，故 2图正确；
3图中电场线从正电荷出发终止到负电荷，故 3图正确；
4图中电场线从无穷远和正电荷出发终止到正电荷和无穷远处，故 4图错误。
故 D正确，ABC错误。
故选 D。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
手机电池是非纯电阻电路，其充电和放电过程是电能和化学能转化的过程，根据能量守恒定
律列式求解。
本题关键明确充电电路中的能量转化情况，同时要知道电路电阻消耗功率的计算符合焦耳定
律。
【解答】
A.充电宝的输出电压 U、输出电流 I，所以充电宝输出的电功率为 UI，故 A错误；
B.充电宝内的电流也是 I，但其内阻未知，所以产生的热功率不一定为 2 ，故 B错误；
C.由题可得手机输入总能量为 UIt，发热消耗的能量为 2 ，所以手机电池存储的化学能为
2 ，故 C正确；
2
D. 手机电池不是纯电阻电路，所以手机电池产生的焦耳热应为 2 ，不是 ，故 D错误。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
该题考查了安培力的大小和方向的分析，涉及到的安培力较多，这就要求在解答的过程中要
细心，要有一定的条理性；要知道在磁场强度相同的情况下，安培力的大小与电流的大小成
正比；同时要注意数学知识在物理学中的应用，像该题就用到了余弦定理。
【解答】
由右手螺旋定则可知，导线 b在 a处产生的磁场方向竖直向下，设为 1，如图所示，由左
手定则得知 a受到 b的安培力的方向为水平向左(如图)，由牛顿第三定律可知 b受到的 a的
安培力大小为 F，方向水平向右(如图)；
放入导线 c后，c在 a处的磁感应强度方向垂直于 ac连线向上(如图中的 2)，c对 a的安培
力方向指向 c，因此时 a受到的磁场力大小仍为 (受到 bc的安培力的合力)，bc对 a的安培
力的夹角为 120°，所以 c对 a的安培力大小也为 F；
c在 a和 b处的磁感应强度大小相等，因 b的电流是 a的 2倍，所以 b受到 c的安培力为 2F，
方向由 c指向 (如图所示)；
b受到的两个安培力之间的夹角为 60°，由余弦定理得 b受到的磁场力大小为： =
2 + (2 )2 + 2 × × 2 × cos60° = 7 ，故选 C。
4.【答案】B【解析】
【分析】
由图中粒子偏转方向可以确定带点性质，然后根据半径公式可以判断粒子速率大小，洛伦兹
力永远不做功，可以确定 C，最后由周期公式可以求粒子运动时间。
本题考查了带电粒子在有界匀强磁场中的运动问题，解答时要注意洛仑兹力对粒子的作用特
点。
【解答】
A.由左手定则判断出 N带正电荷，M带负电荷，故 A错误；
2 = B.粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 = ，半径为
，在质量与电量相同
的情况下，半径大说明速率大，即 M的速度率大于 N的速率，B正确；
C.洛伦兹力不做功，C错误；
2
D.粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为 = ，M的运行时间等于 N
的运行时间，故 D错误。
故选 B。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题是电容器动态变化分析问题，关键是要明确电容器在带电量不变的条件下，改变极板间
的距离时场强不变；结合运动学公式分析速率的变化。
【解答】
A.将 B板向右平移距离 d时，金属板 A、B组成的平行板电容带电量不变，根据电容的决定
式 = 分析知电容 C减小，故 A错误；
4
B. 根据电容的定义式 = ，知 Q不变，C减小，则 U增大，故 B错误；
C. = =
根据匀强电场电场强度的公式 ，电容的定义式 以及电容的决定式 = ，联
4
立得 = 4 ，则知，在电量 Q不变的情况下，仅改变两板间距离，场强不变，电子所受的
电场力相同，加速度相同，故 C正确；
D.甲电子从 O到 P过程有 0 20 = 2 ，乙电子从 '到 O过程有 2 = 2 2 ，解得乙电
子运动到 O点的速率为 = 2 0，故 D错误。
故选 C。
6.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查对 图象的认识，在注意明确图象的截距、交点等的意义；并明确功率的计算
方法．
【解答】
3
. A = 3 = = = 0.5 B = 根据题意，从图线 可读出： ；
短 6
，从图线 可得出： =
2 = 1 ，故 A错误，D正确；
2
. = = 3由闭合电路欧姆定律得： = 2 ，则 = 2 = 4 × 1 = 4 ， = =
+ 1.5 出 总
3 × 2 = 6 ，电源的内部损耗功率 热 =
2 = 4 × 0.5 = 2 ，故 B正确，C错误。
故选 BD。
7.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子在电场中偏转做类平抛运动，在磁场中做匀速
圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解，难度适中。
【解答】
根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示：
粒子进入电场后做类平抛运动，从 x轴上的 P点进入匀强电场，恰好与 y轴成 45°角射出电
= 0场，所以 = 2 0, = 0 45° = 45 0
1 2
A. x 1 沿 轴方向有： = 2，所以 = 2 = 1 × = 1， = 2 = 2 ，带电粒子通过 y2 0 2 0 2
轴时的坐标为(0,2 )，故 A错误；
2 2
B. 根据牛顿第二定律，则有： = = 0，解得： = 0，故 B正确；
2 2
2
C.在垂直电场方向做匀速运动，所以在电场中运动的时间为： 1 = ，图中 MC为在磁场中0
运动的轨道半径，根据几何关系可知： = = 2 2 ，粒子从 A点进入磁场，先在第 45
135° 3 3 3
一象限运动 = 个圆周而进入第四象限，则运动的时间 2 = =8 2 ，则带电粒子在电场360 8 0
(3 +4)
和磁场中运动的总时间为 2 ，故 C正确；0
D. 0根据半径公式 = ，且 = 2 2 ，解得： = 2 ，故 D错误。
故选 BC。
8.【答案】BC
【解析】解：
A、由左手定则知正离子向下偏转，所以上极板带负电，上板是电源的负极，下板是电源的
正极．故 A错误；
BCD、根据 = 得电动势的大小为： = ，
= = = 则流过 R的电流为： ，而 ，则电流大小： =
+ + +
两极板间电势差为： = = + ，故 BC正确，D错误；
故选：BC
本题考查了磁流体发电机的工作原理，解决本题的关键知道稳定时，电荷所受的电场力和洛
伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行求解．
2
9.【答案】(1)①30.75 ② ③ ； ； ；
4
(2)(1) 2； 1； 1；(2)如图所示：
；
③0.36
【解析】
(1)【分析】
本题考查测量某一圆柱体所用材料的电阻率 ，涉及游标卡尺、欧姆表的使用及电阻定律等，
难度较小。
①游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；
②使用欧姆表每换一次挡都要重新进行欧姆调零；两个表笔要与待测电阻接触良好才能测
得较准确，但测量时不用两手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起；使用欧姆表测电阻
应选择适当的档位，使指针指在中央刻度盘附近，如果指针偏转角度较小，说明所选档位太
大，应换小挡。
③利用电阻定律求电阻率。
【解答】
①游标卡尺是 20分度的卡尺，其分度值为 0.05 ，
则图示读数为：30 + 15 × 0.05 = 30.75 ；
② .使用欧姆表测电阻，每次换挡后都要重新进行欧姆调零，故 A正确；
B.两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，但测量时不要用两手分别将两个表笔与
电阻两端紧紧捏在一起，故 B错误；
C.测量时若发现表针偏转的角度较小，说明所选倍率太小，为准确测量电阻阻值，应该更换
倍率较大的挡来测量，故 C正确。
故选 B。
③由电阻定律知 = L/S
=
( )2，则电阻率： = Rd
2/4L 。
2
2
故答案为：①30.75 ② ； ；③ 。
4
(2)【分析】
本题考查导体的伏安特性曲线中的仪表的选择及接法；一般来说本实验都是采用分压外接法。
由图象可知小灯泡的电压及电流范围，则可根据安全性及准确性选出合适的仪表；由表格中
电流从零开始变化，可知滑动变阻器的接法，根据所选电流表和电压表内阻可知电流表的接
法；求元件实际功率时，需要在 图象中再画出表示电源的 图象，根据交点坐标来
求功率。
【解答】
(1)由图可知，电流最大值为 0.3 ，故电流表应选用 2，灯泡两端的电压最大为 2.5 ，故电
压表应选用 1，
由图可知，电流电压是从零开始变化的，故应选用分压接法，故滑动变阻器应选用 1；
(2)滑动变阻器选用分压接法；元件内阻较小，故应选用电流表外接法，电路图如右图所示：
；
(3)由电源的电动势和内阻得 = 3 5 ，
作出电源的伏安特性曲线如图所示：
则交点为元件的工作点，由图可知，原件的电压为 2.15 ，电流为 0.165 ，
则灯泡的功率 = = 2.15 × 0.165 = 0.36 ；
故答案为：(1) 2； 1； 1；(2)如图所示：
；
③0.36。
10.【答案】6.9 173v 150 1.5 67
【解析】解：(1)选择开关接 1时测电流，多用电表为量程是 10mA的电流表，其分度值为
0.2 ，示数为 6.9 ；选择开关接 3时测电压，多用电表为量程 250V的电压表，其分度
值为 5V，其示数为 173V；
故答案为：6.9 ；173V．
(2)②由图 2所示电阻箱可知，电阻箱示数为 0 × 1000 + 1 × 100 + 5 × 10 + 0 × 1 =
150 ；③由图 1乙所示可知，指针指在 C处时，电流表示数为 5 = 0.005 ，C处电阻
为中值电阻，则电表内阻为 150 ，电源电动势 = = 0.005 × 150 × 2 = 1.5 ；
故答案为：②150；③1.5．
(3)根据第(1)问可知，调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为
6.9 ，而表内电池的电动势为 = 1.5 ，表内总电阻为 150 ，所以待测电阻的阻值为 67 ．
故答案为：67．
(1)根据电表量程由图示电表确定其分度值，根据指针位置读出其示数．(2)电阻箱各指针示
数与所对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势．
本题考查了电表读数、求电表内阻、电源电动势等问题，知道多用电表的原理是正确解题的
前提与关键；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数．
11. 1【答案】解：(1)由动能定理得 = 22 0
2 2 × 1.6 × 10 19 × 4500
0 = = / = 4 × 107 / 0.9 × 10 30
(2) 最大偏转量为 = 0.025
2
1
偏转量为 = ( )22 2 0
解得 = 360
答：(1)电子离开加速电场时速度 0的大小为 4 × 107 / ；
(2)要使电子能从平行板间飞出，偏转电场极板间允许的最大电压 为 360V。
【解析】本题中电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，运用动能定理求解加速获得的
速度，运用运动的分解法研究偏转过程是常用的方法．如物理量有数值，则在列式计算时应
注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量。
(1)在加速电场中根据动能定理求的速度；
(2)粒子先加速再偏转，由题意可知当电子恰好飞出时，所加电场最大；由运动的合成与分
解关系可得出电压值。
12.【答案】解：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设 Q点到 x轴的距离为 L，到 y轴的距
离为 2L，粒子的加速度为 a，运动时间为 t，有
沿 x轴正方向：2 = 0 ，①
1
竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得： = 2
2 ②
设粒子到达 O点时沿 y轴方向的分速度为
根据速度时间关系可得： = ③
设粒子到达 O点时速度方向与 x轴方向的夹角为 ，有 = ④0
联立①②③④式得： = 45° ⑤
即粒子到达 O点时速度方向与 x轴正方向的夹角为 45°角斜向上。
设粒子到达 O点时的速度大小为 v，由运动的合成有
= 20 + 2 = 2 0；
(2)设电场强度为 E，粒子电荷量为 q，质量为 m，
由牛顿第二定律可得： = ⑧
由于 2 = 2
2
解得： = 0 ⑨
2
设磁场的磁感应强度大小为 B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，所受的洛伦兹力
2
提供向心力，有 = ⑩
由于 P点到 O点的距离为 2L，则由几何关系可知 = 2
解得： =
0
联立⑨ 式得 = 0。 2
【解析】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律
求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度；
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合
洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
(1)在电场中，粒子做类平抛运动，根据 x轴方向的匀速直线运动和 y方向的匀加速直线运
动列方程求解;
(2)粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解电
场强度;根据粒子所受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式，再根据则由几何关系得到
半径大小，由此求解磁感应强度大小，然后求解比值．
13.【答案】解：(1)设粒子的入射速度为 v，用 1， 2，
1， 2分别表示粒子在磁场 I区和 II区中运动的轨道半
径和周期．则
2
=
1
2
2 =
2
2 1
周期分别为 1 = =
2
， 2 =
2 2 =
粒子先在磁场 I区中做顺时针的圆周运动，后在磁场 II区中做逆时针的圆周运动，然后从 O
点射出，这样粒子从 P点运动到 O点所用的时间最短．
3
粒子运动轨迹如图所示． = = 0.75
4
得 = 37°， + = 90°
粒子在磁场 I区和 II = 2 2 区中的运动时间分别为 1 ， = 360° 1 2 360° 2
粒子从 P点运动到 O点的时间至少为 = ( 1 + 2 ) ( = 1,2，3，…)
53
由以上各式解得 = 60 ，( = 1、2，3，…)
(2)粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场 I区中运动，后在磁场 II区中运动，然
后又重复前面的运动，直到经过原点 .这样粒子经过 n个周期性的运动到过 O点，每个周
期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为 = = (4 )
2+(3 )2 = 5 ( = 1、2，3，…)
1 2
粒子每次在磁场 I区中运动的位移为 1 = = 1+ 2 3
1
由图中几何关系可知 2 =
1
25
由以上各式解得粒子的速度大小为 = ( = 1、2，3，…)
12
【解析】(1)粒子进入磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由题：粒子从 P进入磁场Ⅰ
后恰好经过原点 O，必定返回磁场，才能经过原点 O，画出轨迹．所以粒子先在磁场 I区中
做顺时针的圆周运动，后在磁场 II区中做逆时针的圆周运动，然后从 O点射出，这样粒子
从 P点运动到 O点所用的时间最短．根据牛顿第二定律和圆周运动知识求出轨迹半径和周
期．根据几何关系求出粒子在两个磁场中偏转的角度，即可由 = 求出时间；
2
(2)粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场 I区中运动，后在磁场 II区中运动，然
后又重复前面的运动，直到经过原点 .这样粒子经过 n个周期性的运动到过 O点，每个周
期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移 = ( = 1,2，3，…).根据 S与两个半径的
关系，求出半径，即可求解速度．
本题在复合场中做周期性运动的类型，关键要运用数学知识分析粒子的规律，得到粒子在一
个周期内位移的通项，综合性较强，难度很大．
