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2024-2025学年高二物理上学期期中模拟卷（考试时间：90分钟，分值：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．测试范围：第9~12章，人教版2019必修第三册（19题有动量）。4．难度系数：0.6第Ⅰ卷一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1~12题只有一

项符合题目要求。第．13~14．．．．．题有多项符合题目要求．．．．．．．．．．，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．比值定义法是定义物理概念常用的方法，下列哪个表达式属于比值定义式（）A．电场强度𝐸=𝑈𝑑

B．电动势𝐸=𝑊𝑞C．电阻𝑅=𝜌𝑙𝑆D．电流𝐼=𝑈𝑅【答案】B【知识点】匀强电场中电势差与电场强度的关系、电源、电动势的定义、电动势与电势差的对比、欧姆定律的内容、表达式及简单应用、电阻定律的内容及表达式【

详解】A．电场强度𝐸=𝑈𝑑表示电场强度和电势差之间的关系，不属于比值定义法，A错误；B．电动势𝐸=𝑊𝑞中E是由电源本身的性质决定的，与非静电力做功无关，属于比值定义法，B正确；C．电阻𝑅=𝜌�

�𝑆中，电阻率、长度以及导体横截面积对电阻有影响，是电阻的决定式，不属于比值定义法，C错误；D．电流𝐼=𝑈𝑅为欧姆定律的表达式，电流与电压成正比，与电阻成反比，不属于比值定义法，D错误。故选B。2．取一对用绝缘柱支撑的不带电的导体A和B，使它们彼此

接触。A、B下方均连有两片金属箔片。手握绝缘棒，把带正电荷的带电体C移近导体A，下列判断正确的是（）A．仅有A下方的金属箔片张开B．仅有B下方的金属箔片张开C．导体A和B带等量异种电荷D．导体A带正电、导体B带负电【答案】C【知识点】电量、电荷守恒定律、感应起电与验电器【详解】把带正电荷的带

电体C移近导体A，则导体A外端由于静电感应带负电荷，导体B外端由于静电感应带正电荷，即导体A和导体B下方的金属箔片均张开，根据电荷守恒定律可知，导体A和导体B的带电量是相等的。故选C。3．铅蓄电池的电动势为2V，内阻

不为零，以下说法中正确的是（）A．铅蓄电池每秒能把2J的化学能转变为电能B．电路中每通过1C电量，铅蓄电池对外输出的电能为2JC．电路中每通过1C电量，铅蓄电池内部非静电力做功为2JD．该铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比电动势为1.5V的干电池弱【答案】C【知识点】电源、电动势的定义

、电动势与电势差的对比【详解】ABC．电动势是描述电源把其它形式的能转化成电能本领大小的物理量，由于铅蓄电池的电动势为2V，则电路中每通过1C电量时，铅蓄电池内部非静电力做功𝑊=𝑞𝐸电=2J即电路中每通过1C电量时，

铅蓄电池将2J的化学能转化成电能，但由于内阻不为零，所以铅蓄电池对外输出的电能小于2J，故AB错误，C正确；D．电动势反应电源将其它形式的能转化成电能的本领，因此铅蓄电池把其它形式能转化成电能的本领比一节干电池（电动势是1.5V

）的本领强，故D错误。故选C。4．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点，下列说法正确的是（）A．a点场强大于b点场强B．该粒子带负电荷C．该粒子在b点

的电势能小于在c点的电势能D．该粒子由a点到b点的动能变化小于由b点到c点的动能变化【答案】A【知识点】点电荷与均匀球体（球壳）周围的场强、根据带电粒子的运动轨迹判断其运动、受力、电势高低和能量转化情况【详

解】A．根据点电荷场强公式𝐸=𝑘𝑄𝑟2可知a点场强大于b点场强。故A正确；B．由该粒子的轨迹，可判断它所受电场力为斥力，可知带正电荷。故B错误；C．该粒子从b点运动到c点过程，电场力做正功，电势能减小。则

粒子在b点的电势能大于在c点的电势能。故C错误；D．由图可知，a点到b点的平均场强大于由b点到c点的平均场强，根据𝑊=𝑞𝐸𝑑=𝛥𝐸k可知𝑊𝑎𝑏>𝑊𝑏𝑐即该粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化。故D错误。故选A。5．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化

的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（）A．对应P点，小灯泡的电阻为R=𝑈1𝐼1B．对应P点，小灯泡的电阻为R=𝑈1𝐼2−𝐼1C．对应P点，小灯泡

的功率为图中三角形POQ所围面积大小D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小【答案】D【知识点】非线性元件的伏安特性曲线【详解】AB．由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=𝑈1𝐼2AB错误；CD．因功率P=UI，所以图像

中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，C错误、D正确。故选D。6．在如图所示电路中，电源内阻不可忽略，且有r>R1，导线电阻不计，电流表为理想电表。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a

向b缓慢滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．电流表的示数一定变大B．电源的输出功率一定变大C．变阻器的功率一定先变大后变小D．电容器C的电量一定先变大后变小【答案】A【知识点】计算电源的输出电压、总功率、输

出功率、效率、利用局部→整体→局部的方法分析动态电路、含容电路中有关电荷量及其变化的计算【详解】A．由图可知，滑动变阻器由a向b缓慢滑动的过程中，滑动变阻器接入电路阻值变小，根据“串反并同”法可知电流表的示数增大，故A正确；B．电源的输出功率𝑃出=𝐸𝐼−�

�2𝑟电流增大，则输出功率减小，故B错误；C．将R1看作电源内阻，当𝑅1+𝑟=𝑅2时，变阻器的功率最大，，R2未知，无法判断变阻器功率变化，故C错误；D．电容器的电容由电容器的构造决定的，电容器的电

容不变；电容器两端的电压𝑈=𝐸−𝐼(𝑅1+𝑟)由于电流增大，则电压一直减小，则电量一直减小，故D错误。故选A。7．如图，𝑅1、𝑅2是材料相同、厚度相同、表面为正方形的金属导体，正方形的边长之比为2:1，通过这两个导体的电流

方向如图所示，不考虑温度对电阻率的影响，则两个导体𝑅1与𝑅2（）A．电阻率之比为2:1B．电阻之比为4:1C．串联在电路中，两端的电压之比为1:1D．串联在电路中，自由电子定向移动的速率之比为2:1【答案】C【知识点】电流的微观表达式及其应用、欧姆定律的内容、表达式及简单应用、

电阻定律的内容及表达式【详解】A．电阻率由金属本身决定，则两个导体𝑅1与𝑅2电阻率之比为1:1，故A错误；B．设正方形的边长为𝐿，厚度为𝑑，根据电阻定律可知𝑅=𝜌𝐿𝑆=𝜌𝐿𝐿𝑑=𝜌𝑑两个导体的电阻之比为𝑅1:𝑅2=1:

1故B错误；C．两导体串联在电路中，通过的电流相等，根据欧姆定律可知，两电阻两端的电压之比为1:1，故C正确；D．因两段导体串联，通过的电流相等，根据电流的微观表达式𝐼=𝑛𝑒𝑆𝑣可知自由电子在𝑅1与𝑅2中的定向移动速率之比为𝑣1:𝑣2=𝑆2:𝑆1

=1:2故D错误。故选C。8．如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能𝐸p随其坐标x变化的关系如图所示，则下

列说法中正确的是（）A．该电场是孤立点电荷形成的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功𝑊=𝐸p𝐴−𝐸p𝐵D．电子在A点的动能小于在B点的动能【答案】C【知识点】Ep-x图像【详解】AB．根据𝑊=𝑞

𝐸𝑑=−Δ𝐸p电势能随距离均匀变化，则电场强度不变，该电场不是孤立点电荷形成的电场，AB错误；C．电场力做功等于电势能的减少量，则电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功为𝑊=𝐸p𝐴−𝐸p𝐵C正确；D．根据能

量守恒，电势能增大，动能减小，D错误。故选C。9．一只毫安表的内阻𝑅g=500Ω，满偏电流𝐼g=1mA，现将它改装成电流、电压表，如图所示：接0、1接线柱，为电流表，量程为0~0.6A；接0、2接线柱，为电压表，量程为0~3V。则𝑅1、𝑅2的阻值约为

（）A．56Ω，2.5kΩB．56Ω，256ΩC．256Ω，2.5kΩD．256Ω，56Ω【答案】B【知识点】灵敏电流计改装成电流表、灵敏电流计改装成电压表【详解】依题意，接0、1接线柱，为电流表，量程为0~0.6A，则有𝐼=𝐼g+𝐼g𝑅g𝑅1解得𝑅1=56Ω接

0、2接线柱，为电压表，量程为0~3V，则有𝑈=𝐼g𝑅g+𝐼𝑅2解得𝑅2=256Ω故选B。10．如图所示，甲图中直线I为某电源的路端电压与电流的关系图像，直线II为某电阻R的U-I图像。现用此电源与电阻R连接成如图乙所示闭合电路。下列说法中不正确的是（）A．电阻R的阻值为1ΩB．电

源的内阻为0.5ΩC．乙图所示电路中，电阻R的热功率为4WD．乙图所示电路中，电源的工作效率为60%【答案】D【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用、焦耳定律的内容和含义、由闭合电路欧姆定律计算电源的电动势和内阻、计算电源的输出电压、总功率、输出功率、效率【

详解】A．电阻R的阻值为𝑅=𝑈𝐼=22Ω=1Ω故A正确；B．由图甲可知电源电动势𝐸=3V，内阻为𝑟=Δ𝑈Δ𝐼=36Ω=0.5Ω故B正确；C．乙图所示电路中，电阻R的热功率为𝑃=𝐼2𝑅=4W故C正确；D．乙图所示电路中，电源的工作效率𝜂=�

�𝐼𝐸𝐼×100%≈66.7%故D错误。故选D。11．如图所示，在范围足够大的水平向右的匀强电场中，将一个带电小球以一定的初速度v从M点竖直向上抛出，在小球从M点运动至与抛出点等高的位置N点（图中未画出）的过程中，不计空气阻力，下

列说法正确的是（）A．小球运动到最高点时的速度为零B．小球在M点和N点的动能相等C．小球上升过程和下降过程水平方向位移相同D．小球上升过程和下降过程速度的变化量相同【答案】D【知识点】计算物体的动量及动量的变化、带电物体（计重

力）在匀强电场中的一般运动【详解】A．小球运动到最高点时，竖直方向的分速度减为零，而由于受到水平方向电场力的作用，因此小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，则小球在最高点时的竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，故A错误；B．小球从M点到N点，重力做功为零，但电场力对小球

做正功，因此合外力做功不为零，小球的动能增加，即小球在M点的动能小于在N点的动能，故B错误；C．根据竖直上抛的对称性可知，小球上升和下降的时间相同，设上升和下降的时间均为𝑡，小球水平方向的加速度为𝑎，由于小球水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，则上

升过程的水平位移𝑥1=12𝑎𝑡2下降过程的水平位移𝑥2=12𝑎(2𝑡2)−12𝑎𝑡2可得𝑥1:𝑥2=1:3故C错误；D．上升过程竖直方向小球速度的变化量Δ𝑣𝑦1=0−𝑣=−𝑣水平方向

速度的变化量Δ𝑣𝑥1=𝑎𝑡该过程速度的变化量Δ𝑣1=√𝑣2+(𝑎𝑡)2下降过程竖直方向小球速度的变化量Δ𝑣𝑦2=𝑣−0=𝑣水平方向速度的变化量Δ𝑣𝑥2=𝑎𝑡该过程速度的变化量Δ𝑣2=

√𝑣2+(𝑎𝑡)2可知上升和下降过程中速度的变化量相同，故D正确。故选D。12．如图所示，扫地机器人由主机和充电座两部分构成。充电座接在220V的插座上，可以对主机的电池进行充电。在某品牌扫地机器人的说明书上获得下

表中的参数，由这些参数可知（）主机电池电动势、容量14.4V、5200mA·h额定电压14.4V额定功率69W充电座额定功率28W额定输出电压20V额定输出电流1.2AA．主机电池充电完毕储存的电能约为5200JB．主机以额定功率工作的时间约

为2hC．充电座以额定功率工作时1s内输出的电能约为28JD．充电座以额定功率工作时1s内产生的内能约为4J【答案】D【知识点】其他非纯电阻元件、电功和电功率定义、表达式及简单应用【详解】A．根据电能公式𝑄=𝑈𝐼𝑡=14.4×5200×10−3×3600J=2695

68J，𝐼𝑡=5200mA·h故A错误；B．根据𝑄=𝑃𝑡可知𝑡=𝑄𝑃≈1.09h故B错误；C．根据𝑄′=𝑈′𝐼′𝑡′=20×1.2×1J=24J故充电座以额定功率工作时1s内输出的电能约为24J，故C错误；D．充电座以额定功率工作时1

s内产生的内能为𝑄内=𝑃额𝑡′−𝑄′=(28×1−24)J=4J故D正确。故选D。13．（多选）角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图所示。当系统绕光滑的轴𝑂𝑂′转动时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源。已知A的

质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时滑片P位于B点，整个装置连同电路以角速度𝜔绕轴转动时（）A．电路中电流随角速度的增大而增大B．电压表的示数随角速度的减小而增大C．弹簧的伸长量为�

�=𝑚𝑙𝜔2𝑘−𝑚𝜔2D．电压表表盘上各刻度对应角速度的值不是均匀的【答案】CD【知识点】利用局部→整体→局部的方法分析动态电路【详解】A．系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变

，与角速度无关，故A错误；BC．设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得kx=mω2（l+x）解得𝑥=𝑚𝑙𝜔2𝑘−𝑚𝜔2角速度减小，则伸长量减小，与电压表并

联部分电阻减小，根据𝑈=𝐼𝑅可知，电压表的示数减小，故B错误C正确；D．输出电压𝑈=𝑅𝐵𝑃𝑅𝐵𝐶𝐸=𝑥𝑙𝐸整理得𝑈=𝐸𝑚𝜔2𝑘−𝑚𝜔2电压表表盘上各刻度对应角速度的值不是均匀的，故D正

确。故选CD。14．（多选）电容器在生产生活中有广泛的应用。用如图甲所示的电路给电容器充电，其中C表示电容器的电容，R表示电阻的阻值，E表示电源的电动势（电源内阻可忽略）。改变电路中元件的参数对同一电容器进行三次充电，三次充电对应的电容器电荷量q随时间t变化的图像分别如图乙中①②③所示。第一次

充电时电容器两端的电压u随电荷量q变化的图像如图丙所示。下列说法中正确的是（）A．①②两条曲线不同是E的不同造成的B．②③两条曲线不同是R的不同造成的C．改变R或者改变E，电容器两端的电压随电荷量变化的u-q图像都如图丙所示D．类比直线运动中由v-t图像求位

移的方法，由图丙所示u-q图像可求得电容器两极间电压为U时电容器所储存的电能𝐸𝑝=12𝐶𝑈2【答案】CD【知识点】电容器的储能【详解】A.根据𝑞=𝐶𝑈，①②两次的q相同，表明这两次充电的电

源相同，第①次的斜率大，表示充电的电流大，电阻的阻值小，所以①②两条曲线不同是R的不同造成的，A错误；B.根据𝑞=𝐶𝑈，②③两次的电量不同，表明电源不同，所以②③两条曲线不同是E的不同造成的，B错误；C.

根据𝐶=𝑞𝑈可知，改变R或者改变E，不能改变电容C，所以电容器两端的电压随电荷量变化的u-q图像的斜率不变，图像如图丙所示，C正确；D.类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，则电容器两极间电压为U时电容器所储存的电能等于图像的面积𝐸𝑃=12𝑞𝑈𝐶=𝑞𝑈解得𝐸𝑝=

12𝐶𝑈2，D正确。故选CD。第Ⅱ卷二、实验题：本题共2小题，每题9分，共18分。15．在利用实验室提供的器材测量一种金属电阻丝的电阻率(1)先用多用电表欧姆挡粗测了金属电阻丝的阻值，欧姆挡共有“1”“10”“100”“1k”四个挡。实验主

要操作步骤有如下三步：①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”、“－”插孔，选择“10”倍率的欧姆挡；调节欧姆调零旋钮使指针指在（“左”“右”）侧0刻度线；②把红、黑表笔分别与金属电阻丝的两端相接，表针指在如图中虚线①的位置。为了

能获得更准确的测量数据，应将倍率调整到挡；③在一系列正确操作后表针指在如图中虚线②的位置，则该金属电阻丝阻值的测量值是Ω；(2)用20分度游标卡尺测量电阻丝的直径，测量结果如图所示为mm。(3)现有电源（电动势E为3.0V，内阻不计）、开关和导线若干，有下列器材：A．电流表（量程0

∼0.6A，内阻约0.2Ω）B．电压表（量程0∼3V，内阻约3kΩ）C．滑动变阻器（0∼5Ω，额定电流2A）D．滑动变阻器（0∼200Ω，额定电流1A）为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器应选。图中“a”、“b”、“c”三条连线，错误的是，导致的问题是。(4)关于

上述实验，下列说法正确的是________。A．用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小系统误差B．用电压电流图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差C．只考虑电表内阻引起的误差，测量电路应该采用电流表内接法D．因为电阻率受温

度影响，实验时要控制实验时间，避免电阻丝温度升高过多【答案】(1)右×18(2)0.50(3)Ca电阻测量值偏大(4)BD【知识点】游标卡尺的使用与读数、测量电阻丝电阻率的实验原理和器材、测量电阻丝电阻率的数据处理方法、多用电表测电阻的方法、操作步骤、注意事

项和读数【详解】（1）[1]因为右侧0刻度线为欧姆挡的0刻度线，故调节欧姆调零旋钮使指针指在右侧0刻度线；[2]表针指在如图中虚线①的位置，指针偏转角度过大，应换较小的欧姆挡，为了能获得更准确的测量数据，应将倍率调整到×

1挡；[3]表针指在如图中虚线②的位置，则该金属电阻丝阻值的测量值𝑅=8×1Ω=8Ω（2）电阻丝的直径𝑑=0mm+10×0.05mm=0.50mm（3）[1]为减小误差，且金属丝两端的电压调节范围尽量大，则滑动变阻器应采用分压式接法，

且选阻值较小的。故选C。[2]金属电阻丝阻值约为8Ω，故应采用电流表外接法，图中“a”、“b”、“c”三条连线，错误的是a。[3]因图示接法为电流表内接法，电压测量值偏大，由𝑅=𝑈𝐼可知，导致的问题是电阻测量值偏大。（4）A．用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值

可以减小偶然误差，故A错误；B．用电压电流图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，故B正确；C．只考虑电表内阻引起的误差，测量电路应该采用电流表外接法，故C错误；D．因为电阻率受温度影响，实验时要控制实验时间，避免电阻丝温度升高过多，故D正确。故选BD。16．某实验小组用电阻箱和电压表按图1

所示电路测定一个水果电池的电动势和内阻。闭合开关S后调节电阻箱，记录电阻箱阻值R和电压表示数U，并计算对应的电流值I。(1)在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请作出U-I图像。(2)根据作出的U-I图像得出

该电池电动势E=V，内阻r=Ω。（结果保留两位有效数字）(3)若只考虑电压表内阻的影响，图1中，通过电源的电流为I1，通过电阻箱的电流为I2，图3中实线表示U与I1的关系，虚线表示U与I2的关系，则图3中所示图像可能正确的是_________。A．B．C．D．(4)除

了电动势和内阻，电池的另一个重要参数是容量。电池的容量就是电池放电时能输出的总电荷量。如图4所示，甲、乙两节锂电池所标参数真实可靠，对这两节充满电的电池进行比较，填写表格。（选填“大于”“等于”或“小于”）电池

的容量电池储存的能量甲乙甲乙【答案】(1)(2)0.777.7×102(3)A(4)小于小于【知识点】测量电源电动势和内阻的实验步骤和数据处理、测量电源电动势和内阻的注意事项和误差分析、电功和电功率定义、表达式及简单应用【详解】（1）描点画图，让更多

的点在直线上，偏离太多的点舍去，如图（2）[1][2]𝑈−𝐼图像中纵轴截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻，所以有𝐸=0.77V𝑟=|Δ𝑈Δ𝐼|≈7.7×102Ω（3）根据𝐸=𝑈+𝐼𝑟且𝐼1>𝐼2有𝐸1>𝐸2根据𝐼短=𝐸𝑟可知，短路电流

不变。故选A。（4）对于甲，mwh为能量单位，即𝑊=𝑃𝑡=11500mwh=11.5W×3600s=41400J电量为𝑞=𝑊𝑈=41400J3.7V≈11189C对于乙，mAh为电量的单位，即𝑞=𝐼𝑡=4800mAh=4.8A×3

600s=17280C能量为𝑊=𝑈𝑞=17280C×3.7V=63936J所以电池的容量有甲小于乙，电池储存的能量甲小于乙。三、计算题：本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

17．如图所示，电源电动势𝐸=12V，内阻𝑟=1Ω，电阻𝑅1=1Ω，𝑅2=6Ω。开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压𝑈=6V，电动机内的线圈电阻𝑅M=0.5Ω。求：（1）通过电源的电流I；（2）电源消耗的总功率𝑃总；（3）电动机正常工作时的机械功率𝑃机。【答案】（1

）3A；（2）36W；（3）10W【详解】（1）根据闭合电路的欧姆定律𝐸=𝑈+𝐼(𝑅1+𝑟)解得通过电源的电流为𝐼=3A（2）电源消耗的总功率为𝑃总=𝐸𝐼=12×3W=36W（3）通过𝑅2

的电流为𝐼2=𝑈𝑅2=66A=1A通过电动机的电流为𝐼M=𝐼−𝐼2=3−1A=2A电动机正常工作时的机械功率为𝑃机=𝑈𝐼M−𝐼M2𝑅M=6×2−22×0.5W=10W18．如图所示是一个示波管工作原理示意图。电子经

电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量为h，板长为L。已知电子质量为m，电荷量为e，初速度不计。求：（1）电子进入偏转电场时速度的大小v；（2）电子在偏转电场中运动的时间t；（3）电子在通过偏转电场的过程中速度变化的大小∆v。【答案】（1）√2𝑒𝑈1𝑚；（2）𝐿√𝑚2

𝑒𝑈1；（3）2ℎ𝐿√2𝑒𝑈1𝑚【详解】（1）电子经过加速电场，根据动能定理有𝑒𝑈1=12𝑚𝑣2解得电子进入偏转电场时速度的大小为𝑣=√2𝑒𝑈1𝑚（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，则有𝐿=𝑣𝑡解得电子在偏转电场中运动的时

间为𝑡=𝐿√𝑚2𝑒𝑈1（3）电子沿电场力方向做匀加速直线运动，则有ℎ=𝑣𝑦2𝑡解得𝑣𝑦=2ℎ𝑡=2ℎ𝐿√2𝑒𝑈1𝑚由于电子在偏转电场中水平方向做匀速运动，则电子在通过偏转电场的过程中速度变化的大小Δ𝑣=𝑣𝑦=2ℎ𝐿√2𝑒𝑈1𝑚19．物理思想方法

就是运用现有的物理知识找到解决物理问题的基本思路与方法。其中类比法、等效法、比值定义法、模型建构等都是常用的物理思想与方法。（1）万有引力和库仑力有类似的规律，已知引力常量为𝐺，类比静电场中电场强度的定

义，写出一个质量为𝑀的质点，在与之相距𝑟处的引力场强度𝐸𝐺的表达式；（2）如图所示，氢原子的核外只有一个电子，电子在距离原子核为𝑅的圆轨道上做匀速圆周运动，已知电子的电荷量为𝑒，质量为𝑚，静电力常量为𝑘。该模型与太阳系内行

星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”。求电子绕核运动的等效电流；（3）篮球撞到墙面会对墙面产生力的作用，电子打到物体表面也会产生力的作用。在阴极射线管中，阴极不断放出电子，电子在电压为𝑈的加速电场中由静止开始加速，形成等效电流为𝐼，横截面积为𝑆的电子束。电子

束打到荧光屏上被荧光屏吸收速度变为0。若电子的电荷量为𝑒、质量为𝑚，求电子束垂直打到荧光屏上产生的压强𝑝。【答案】（1）𝐸𝐺=𝐺𝑀𝑟2；（2）𝐼=𝑒22𝜋𝑅√𝑘𝑚𝑅；（3）𝑝=𝐼𝑆√2𝑚𝑈𝑒【详解】（1）质量为�

�的小物体在相距质量为𝑀的质点（场源）距离为𝑟时受到的引力为𝐹=𝐺𝑀𝑚𝑟2类比电场强度定义𝐸=𝐹𝑞得𝐸𝐺=𝐹𝑚=𝐺𝑀𝑟2（2）氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动的周期为𝑇，库仑力提供向心力，有𝑘𝑒⋅

𝑒𝑅2=𝑚4𝜋2𝑇2𝑅由𝐼=𝑞𝑡解得𝐼=𝑒𝑇=𝑒22𝜋𝑅√𝑘𝑚𝑅（3）在电场中加速有𝑒𝑈=12𝑚𝑣2得𝑣=√2𝑒𝑈𝑚面积为𝑆的截面内1s内有𝐼𝑒个电子打在荧光屏上。由

动量定理得𝐼𝑒𝑚𝑣=𝑝𝑆解得𝑝=𝐼𝑆√2𝑚𝑈𝑒20．金属导体的两端加上恒定电压，导体内部会形成由稳定分布的电荷所产生的稳定的电场，它的基本性质与静电场相同。金属中的自由电子除了做无规则热运动外，还要在电场力的作用下

定向移动，从而形成电流，所以金属导体的电流跟自由电子定向移动的速率有关。这些获得附加定向运动速度的电子不可避免的会与晶格上的正离子频繁地发生碰撞，这些碰撞的宏观表现可以用“电阻”衡量。为了从微观的角度研究电流和电阻，我们设某一金属导体的

横截面积为S，自由电子数密度（单位体积内的自由电子数）为n，自由电子的质量为m，所带电荷量为e。（1）在该金属导体中，若自由电子定向移动的平均速率为v，试推导电流I和自由电子定向移动平均速率v的关系。（2）经典统计理论认为：没有电场时，金属导体中的自由电子都以很大的速度做无规则热运动，自

由电子沿导线方向的速度平均值为零。在导体两端加电压之后，该段导体内的电场可视为匀强电场，金属中的自由电子受到电场力的驱动，在原热运动基础上叠加定向加速运动。在定向加速运动过程中自由电子与导体内的金属离子不断碰撞，碰撞后电子的速度发生改变，沿各方向速度均可出现，因

此可以认为这些自由电子沿导线方向的平均速度又变为零。能量的转移引起晶格振动加剧，金属温度升高。碰撞阻碍了自由电子的定向运动，结果是大量自由电子定向移动的平均速度不随时间变化，这就是电阻形成的原因。如图所示

，截取长度为L的金属导体，两端所加电压为U，平均一个电子从某一次碰撞后到下一次碰撞前经过的时间为t0。试求：a.单个电子在电场力的作用下加速一次能够获得的最大速度𝑣𝑚；b.请利用电阻的比值定义式和金属导体的电阻定律推导该金

属材料的电阻率𝜌。（各小题的结果用题目叙述中出现的物理量符号表示）【答案】（1）见解析；（2）a．𝑒𝑈𝑚𝐿𝑡0；b．𝜌=2𝑚𝑛𝑡0𝑒2【详解】（1）设t时间内通过截面电量𝑞=𝑆𝑣𝑡𝑛𝑒根据电流的定义式

𝐼=𝑞𝑡=𝑛𝑒𝑆𝑣（2）a．导线中的一个电子在电场力的作用下做匀加速直线运动，经过时间t0获得的定向运动的速率为v=at0根据牛顿第二定律得𝑎＝𝑒𝐸𝑚联立，可得单个电子在电场力作用下加速一次能够获得的最大速度𝑣𝑚＝𝑣＝𝑒𝑈𝑚𝐿𝑡

0b．自由电子在碰撞后定向速度变为0，然后再加速，自由电子与导体内金属阳离子连续两次碰撞的时间间隔为t0，则满足𝑣=𝑎𝑡0𝑣̅=12𝑣𝑎=𝐹𝑚解得𝑣̅=𝑒𝑈𝑡02𝑚𝐿由题意t0时间内通过导线横截面的电荷量为𝑞=𝑛𝑒𝑉=𝑛𝑒𝑆𝐿=𝑛𝑒𝑆𝑣̅

𝑡0电流为𝐼=𝑞𝑡0又电阻为𝑅=𝑈𝐼整理得𝑅=2𝑚𝐿𝑛𝑡0𝑒2𝑆根据𝑅=𝜌𝐿𝑆所以𝜌=2𝑚𝑛𝑡0𝑒2