2026-2027秋季北京市高二（上）物理期中模拟试卷（一）

第1页（共1页）2026-2027秋季北京市高二（上）物理期中模拟试卷（一）一．选择题（共10小题）1．（2025秋•西城区校级期中）下列物理量中，属于矢量的是（）A．电场强度 B．电势 C．电荷量 D．电流2．（2025秋•西城区校级期中）某区域静电场的电场线分布如图所示，a、b、c是电场中的三个点。下列说法错误的是（）A．a、b、c三点电场强度大小关系为Eb＞Ea＞Ec B．a、b、c三点电势关系为φb＞φa＞φc C．质子在b点受静电力方向与b点场强方向相同 D．电子在a、b、c三点的电势能关系为Epb＞Epa＞Epc3．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，一根均匀的金属导体棒在电场的作用下，其内部的自由电子沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动。若棒横截面积为S，单位长度上可以自由移动的电子个数为n，已知一个电子的电荷量为e，则通过导体棒电流的大小（）A．nev B．sv C．nesv D．nes4．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，发现验电器的箔片没有张开。下列说法正确的是（）A．金属网上A点的电势高于B点的电势 B．电梯中手机信号微弱，其原理与该实验相同 C．带电金属球在金属网内部产生的电场强度为0 D．箔片没有张开，是因为感应出的负电荷都集中在验电器的金属小球上5．（2025秋•西城区校级期中）探究安培力大小影响因素的实验装置如图甲所示，三块相同的蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，可以认为磁极间的磁场是匀强磁场，将一根直导体棒用轻柔细导线水平悬挂在磁铁的两极间，导体棒的方向与磁场的方向垂直。实验中通过更换导体棒上不同的接点（如1、2和1、4等）来改变导体棒处于磁场中的有效长度。不通电流时，导体棒静止在图乙（垂直导体棒方向的截面图）中的O位置；有电流通过时，细导线将偏离一个角度，接1、4位置时导体棒中通过的电流分别为I1、I2、I3，导体棒可静止于图乙中的X、Y、Z位置。下列说法中正确的是（）A．电流大小的关系为I1＜I2＜I3 B．若I2＝2I1，则导体棒静止于Y位置时细导线与竖直方向夹角是静止于X位置时夹角的2倍 C．不改变接点位置，只改变通过导体棒电流的大小，可以探究安培力大小与通电导体棒长度的关系 D．保持通过导体棒的电流不变，只改变接点的位置，可以探究安培力大小与电流大小的关系6．（2025秋•西城区校级期中）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，在滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．电压表示数增大 B．电流表示数不变 C．电源的输出功率减小 D．R消耗的功率减小7．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离。其中AB固定，CD能自由活动，当电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将（从纸外向纸里看）（）A．顺时针方向转动同时靠近导线AB B．逆时针方向转动同时离开导线AB C．顺时针方向转动同时离开导线AB D．逆时针方向转动同时靠近导线AB8．（2025秋•西城区校级期中）某同学将多用电表选择开关旋转到“直流500mA”挡作为图中的电流表A，设计了如图所示的电路进行电表的改装。已知电流表A的内阻RA＝0.4Ω，R1＝RA，R2＝7RA。关于改装表的下列说法正确的是（）A．若将接线柱1、3接入电路，可以测量的最大电压为3.0V B．若将接线柱1、3接入电路，可以测量的最大电压为1.5V C．若将接线柱1、2接入电路，可以测量的最大电流为0.5A D．若将接线柱1、2接入电路，可以测量的最大电流为2.0A9．（2025秋•西城区校级期中）如图甲所示，电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC﹣xB＝xB﹣xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A．A点的电势高于B点的电势 B．电子在A点的速度大于在B点的速度 C．A点的电场强度小于B点的电场强度 D．电子从A到B的过程中静电力做的功大于从B到C的过程中静电力做的功10．（2025秋•西城区校级期中）对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为l、电阻率为ρ、横截面积为S的细金属直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e、质量为m。经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用可等效为施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k。下列说法正确的是（）A．比例系数k＝ne2ρ B．比例系数k的单位为kg•s C．当该导线通有恒定的电流I时，导线中自由电子定向移动的速率v=ID．当该导线通有恒定的电流I时，导线中自由电子受到平均阻力大小为f=二．多选题（共4小题）（多选）11．（2025秋•西城区校级期中）利用如图所示的装置研究影响平行板电容器电容大小的因素，将极板和静电计相连，给极板充电，静电计指针张角可以反映两极板之间的电势差。下列说法正确的是（）A．将A板稍微左移，则静电计指针张角变大 B．将A板稍微上移，则静电计指针张角变大 C．将玻璃板插入极板间，则静电计指针张角变大 D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零（多选）12．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，宽为L的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为L的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场。当回路总电流为I时，金属杆恰好能静止。则下列说法中正确的是（）A．磁场方向可能为水平向右 B．磁场方向可能为竖直向上 C．磁场大小最小为mgsinαILD．磁场大小最小为mg（多选）13．（2025秋•西城区校级期中）物理学家密立根通过如图所示的实验装置，最早得出了元电荷e的数值。带电油滴悬浮于极板A、B间的匀强电场中，通过观测悬浮油滴的直径及其他相关物理量就可以得到油滴的带电量。若将下极板接地，则下列说法正确的是（）A．悬浮于极板A、B间的油滴一定带负电 B．增大电源的电压，则P点的电势升高 C．增大电源的电压，则悬浮油滴将向下运动 D．断开开关，增大两极板的间距，则悬浮油滴将向下运动（多选）14．（2025秋•西城区校级期中）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（电源内阻不计）。改变电路元件参数，对同一电容器进行三次充电，三次充电中电容器电荷量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，则（）A．第一次充电时所用电阻阻值小于第二次充电时所用电阻阻值 B．第二次充电时所用电源电动势等于第三次充电时所用电源电动势 C．第二次充电时电容器两端的电压u随电荷量q变化的图线斜率比丙图中图线斜率大 D．第二次充电时t1时刻的电流大于t2时刻的电流三．实验题（共2小题）15．（2025秋•顺义区校级期中）在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，（1）为了了解电压表内阻的大概值，用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，如图1所示，多用电表的红表笔应该与电压表的_____（填“正”或“负”）接线柱相连，经过正确操作，选择×100挡时，示数如图2所示，则电压表的电阻值约为_________Ω。（2）实验中为了减小测量误差，如图3所示的电路中应该选择的是_____（选填“甲”或“乙”）；（3）通过调节滑动变阻器，测得多组U、I数据，在坐标纸中描点并作出U﹣I图像如图4所示，由此求得电动势E＝_________V，内阻r＝_________Ω。（结果均保留到小数点后两位）16．（2025秋•顺义区校级期中）如图甲所示为“研究碰撞中动量守恒”的实验装置。实验时，先让质量为m1的小钢球A从斜槽上某一位置由静止开始运动，从轨道末端水平抛出，落到水平地面上P点，然后再把质量为m2的小钢球B放到轨道末端处于静止，再让小钢球A从斜槽开始运动，在轨道末端与小钢球B发生对心碰撞，结果小球B落到水平地面上N点，小球A落到水平地面上的M点。（1）实验中，必须要测量的物理量有_______。（多选）A.小球开始释放的高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的水平距离D.小球A、B的质量m1、m2（2）实验中，下列说法正确的是_____。A.斜槽一定要光滑B.两球半径一定要相同C.两球质量关系一定要满足m1＜m2（3）小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹，如图丙所示。多次试验后，白纸上留下了7个印迹，如果用画圆法确定小球的落点P，图中画的三个圆最合理的是_____（填字母代号）；（4）若某次实验时，A、B两钢球落地点分布如图乙所示，M、P、N与O点（O点是水平轨道末端正下方的投影）距离分别为x1、x2、x3，若满足___________________（用m1、m2、x1、x2、x3表示），则该碰撞前后动量守恒。若还满足_____________（用x1、x2、x3表示），则说明该碰撞为弹性碰撞。四．解答题（共4小题）17．（2025秋•北京校级期中）如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入S1、S2之间的加速电场，其初速度可视为0，加速后经小孔S3以速度v沿与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后垂直打到照相底片上的D点。不计粒子所受的重力，求：（1）加速电场的电势差U。（2）S3到D点的距离L。（3）粒子在磁场中运动的时间t。18．（2025秋•北京校级期中）如图1所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端与一个阻值为R＝4Ω的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度B按图2所示规律变化。已知线圈的电阻为r＝1Ω，面积为S＝20cm2，求：（1）线圈产生的感应电动势E；（2）通过电阻R的电流大小和方向；（3）4s内闭合电路产生的焦耳热Q。19．（2025秋•北京校级期中）比较是一种重要的学习方法，通过比较可以加深对知识的理解。电荷在电场和磁场中受力的特点不同，导致电荷运动性质不同。如图所示，M、N是一对平行金属板，板长为L，板间距离为d。一质量为m的带电粒子从M、N左侧中央以平行于极板的速度v0射入。若仅在M、N板加恒定电压，则粒子恰好从M板右侧边沿以速率v1射出，其运动时间为t1；若仅在M、N板间加垂直纸面的匀强磁场，则粒子恰好从N板右侧边沿以速率v2射出，其运动时间为t2。不计粒子受到的重力。（1）可判断t1_______t2，v1_______v2（选填“大于”“小于”或“等于”）。（2）若M、N板间同时存在上述电场和磁场，请通过计算说明该带电粒子能否在M、N板间做匀速直线运动。20．（2025秋•北京校级期中）如图1所示为一种电磁弹射实验装置示意图，剖面为“山”字形的底座由强磁性材料构成，中心立柱光滑且足够高，俯视如图2所示。P为套在中心立柱上的弹射实验体（图中未画出）底部的线圈，比立柱稍大。线圈一共N匝，总电阻为R，半径为r。实验体总质量为m。线圈所处位置的磁场呈中心对称分布，磁感应强度为B。强磁场只存在于H高度以下，重力加速度为g。（1）向上弹射时，弹射实验体内部的智能系统能控制线圈中的电流恒为I，使实验体在H高度内获得电磁力并自底座底部开始向上加速。问：a.欲让实验体向上加速，俯视观察，线圈中电流方向应如何？b.离开强磁场后，实验体可以上升多高？（2）实验体落回时，内部智能系统停止工作，强磁场对线圈的下落产生缓冲作用并很快使实验体以较小的速度v0匀速降至底部。为达成这个要求，在H满足需求的前提下，对线圈所处位置的磁感应强度有何要求？（3）有同学对这个装置能提供缓冲作用提出疑问，认为线圈在下落过程中，处处磁感线与线圈平面保持平行，穿过线圈的磁通量一直是0，并未发生变化，因此不会产生感应电流，自然也就不受安培力，无法产生缓冲作用。你认为是否存在磁通量的变化？如有，请画出相应的磁感线分布来说明。

解答一．选择题（共10小题）1．（2025秋•西城区校级期中）下列物理量中，属于矢量的是（）A．电场强度 B．电势 C．电荷量 D．电流【分析】物理量按有无方向分矢量和标量，矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．【解答】解：A、电场强度是矢量，其方向与放在该点的正电荷所受的电场力方向相同，故A正确。B、电势是标量，电势有正负，没有方向，正负表示电势的大小，故B错误；C、电荷量只有大小，没有方向，是标量，故C错误。D、电流有方向，其方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流运算时不遵守平行四边形定则，所以电流不是矢量，是标量，故D错误。故选：A。【点评】矢量与标量要掌握它们的两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则．2．（2025秋•西城区校级期中）某区域静电场的电场线分布如图所示，a、b、c是电场中的三个点。下列说法错误的是（）A．a、b、c三点电场强度大小关系为Eb＞Ea＞Ec B．a、b、c三点电势关系为φb＞φa＞φc C．质子在b点受静电力方向与b点场强方向相同 D．电子在a、b、c三点的电势能关系为Epb＞Epa＞Epc【分析】A.由图中电场线分布的疏密程度，即可分析判断；B.沿电场线的方向，电势逐渐降低，据此分析判断；C.质子带正电，据此分析判断；D.结合前面分析，根据电势能的计算公式，即可分析判断。【解答】解：A.由图中电场线分布的疏密程度可知，a、b、c三点的电场强度大小关系为Eb＞Ea＞Ec，故A正确；B.沿电场线的方向，电势逐渐降低，结合题图可知，a、b、c三点的电势关系为φb＞φa＞φc，故B正确；C.质子带正电，则其在b点受静电力方向与b点场强方向相同，故C正确；D.结合前面分析可知：φb＞φa＞φc，且：Ep＝qφ，因为电子带负电，则电子在a、b、c三点的电势能关系为Epb＜Epa＜Epc，故D错误；本题选择错误的，故选：D。【点评】本题主要考查带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判，解题时需注意，粒子的电性及其所受电场力方向的关系，再结合电场中各物理量的参数特点与关系分析各物理量的情况。3．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，一根均匀的金属导体棒在电场的作用下，其内部的自由电子沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动。若棒横截面积为S，单位长度上可以自由移动的电子个数为n，已知一个电子的电荷量为e，则通过导体棒电流的大小（）A．nev B．sv C．nesv D．nes【分析】根据电流的定义式计算即可。【解答】解：时间t内通过某一截面的电子个数为N＝nvt则时间t内通过该截面的电荷量为q＝Ne则通过导体棒的电流大小为I=qt=Net=故选：A。【点评】解题的关键是知道在时间t内通过某一截面的电子数的计算方法。4．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，发现验电器的箔片没有张开。下列说法正确的是（）A．金属网上A点的电势高于B点的电势 B．电梯中手机信号微弱，其原理与该实验相同 C．带电金属球在金属网内部产生的电场强度为0 D．箔片没有张开，是因为感应出的负电荷都集中在验电器的金属小球上【分析】静电屏蔽时，金属网罩可以屏蔽外部的电场，内部电场强度为零。【解答】解：A、关于金属网上A、B两点的电势。在静电平衡状态下，金属网是一个等势体，即其上各点的电势相等。因此，A点的电势等于B点的电势，而非小于B点，故A错误；B、提到电梯中手机信号微弱与该实验原理相同。电梯对电磁波产生了屏蔽作用，这与本题中的静电屏蔽现象原理相似，故B正确；C、虽然金属网外部存在电场，但由于静电屏蔽作用，金属网内部（包括验电器所在位置）的合电场强度为零，但这并不意味着带电金属球在金属网内部产生的电场强度本身为零，而是被金属网感应出的电荷产生的电场抵消了，故C错误；D、由于金属网的静电屏蔽作用，验电器内部的电场强度几乎为零，因此箔片不会张开，故D错误。故选：B。【点评】本题考查静电屏蔽问题，要记清楚静电屏蔽时，内部电场强度为零。然后理解题意去分析相关问题。5．（2025秋•西城区校级期中）探究安培力大小影响因素的实验装置如图甲所示，三块相同的蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，可以认为磁极间的磁场是匀强磁场，将一根直导体棒用轻柔细导线水平悬挂在磁铁的两极间，导体棒的方向与磁场的方向垂直。实验中通过更换导体棒上不同的接点（如1、2和1、4等）来改变导体棒处于磁场中的有效长度。不通电流时，导体棒静止在图乙（垂直导体棒方向的截面图）中的O位置；有电流通过时，细导线将偏离一个角度，接1、4位置时导体棒中通过的电流分别为I1、I2、I3，导体棒可静止于图乙中的X、Y、Z位置。下列说法中正确的是（）A．电流大小的关系为I1＜I2＜I3 B．若I2＝2I1，则导体棒静止于Y位置时细导线与竖直方向夹角是静止于X位置时夹角的2倍 C．不改变接点位置，只改变通过导体棒电流的大小，可以探究安培力大小与通电导体棒长度的关系 D．保持通过导体棒的电流不变，只改变接点的位置，可以探究安培力大小与电流大小的关系【分析】根据控制变量法，结合实验现象，即可解答。【解答】解：AB.由于题中控制导线长度一定，改变电流大小，电流较大时，导体棒受到的磁场力较大，细导线偏离的角度较大，故电流大小的关系为I1＜I2＜I3，tanθ=BILmg，θ与I不成正比，故A正确，CD.根据控制变量法可知不改变接点位置，只改变通过导体棒电流的大小，可以探究安培力大小与电流大小的关系；保持通过导体棒的电流不变，只改变接点的位置，可以探究安培力大小与导体长度的关系，故CD错误。故选：A。【点评】解答本题的关键是：要熟练掌握控制变量法在本实验中的具体应用。6．（2025秋•西城区校级期中）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，在滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．电压表示数增大 B．电流表示数不变 C．电源的输出功率减小 D．R消耗的功率减小【分析】由电路图，可知滑片向下滑动时，电阻的变化情况，结合并联电路的电阻公式、闭合电路欧姆定律，即可分析电压表示数变化、干路电流变化、电流表示数变化；根据电压表示数变化、干路电流变化，可分析电源的输出功率变化；根据电阻R的电压变化，结合其电功率公式，即可分析其电功率变化情况。【解答】解：AB、由电路图，可知滑片向下滑动时，电阻R0变小，结合并联电路的电阻公式：R并闭合电路欧姆定律：E＝U+Ir，E＝I（r+R并），即可知电压表示数：U=R并R并+rE变小，干路电流：C、根据电压表示数变小，干路电流变大，电源的输出功率：P出＝UI，可知变化情况不确定，故C错误；D、根据电阻R的电压变小，结合其电功率公式：PR=U故选：D。【点评】本题考查闭合电路的动态分析，注意恒定不变的量只有电源电动势和定值电阻的阻值。7．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离。其中AB固定，CD能自由活动，当电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将（从纸外向纸里看）（）A．顺时针方向转动同时靠近导线AB B．逆时针方向转动同时离开导线AB C．顺时针方向转动同时离开导线AB D．逆时针方向转动同时靠近导线AB【分析】根据安培定则判断通电导线AB产生的磁场；根据左手定则判断导线CD左右两端所受的安培力，根据同向电流的相互作用规律分析作答。【解答】解：根据安培定则，通电导线AB产生的磁场如图所示：根据左手定则可知，导线CD所受安培力如图所示，因此导线逆时针转动；根据同向电流互相吸引，因此导线CD在转动的同时靠近导线AB，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题主要考查了安培定则和左手定则的运用，知道同向电流互相作用规律是解题的关键。8．（2025秋•西城区校级期中）某同学将多用电表选择开关旋转到“直流500mA”挡作为图中的电流表A，设计了如图所示的电路进行电表的改装。已知电流表A的内阻RA＝0.4Ω，R1＝RA，R2＝7RA。关于改装表的下列说法正确的是（）A．若将接线柱1、3接入电路，可以测量的最大电压为3.0V B．若将接线柱1、3接入电路，可以测量的最大电压为1.5V C．若将接线柱1、2接入电路，可以测量的最大电流为0.5A D．若将接线柱1、2接入电路，可以测量的最大电流为2.0A【分析】根据电压表和电流表的改装原理分析即可。【解答】解：AB．根据电压表改装原理，将接线柱1、3接入电路时，电压表量程为U=I代入题中数据解得U＝3.0V故A正确，B错误；CD．根据电流表改装原理，将接线柱1、2接入电路时，电流表量程为I=I代入题中数据解得I＝1.0A故CD错误。故选：A。【点评】本题考查电流表的改装，解题关键掌握串并联电路电压和电流的特点，注意闭合电路欧姆定律的应用。9．（2025秋•西城区校级期中）如图甲所示，电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC﹣xB＝xB﹣xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A．A点的电势高于B点的电势 B．电子在A点的速度大于在B点的速度 C．A点的电场强度小于B点的电场强度 D．电子从A到B的过程中静电力做的功大于从B到C的过程中静电力做的功【分析】AB.一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，由图乙知电势能一直减小，则根据电势与电势能的关系及功能关系，即可分析判断；C.根据ΔEp＝qEx可知，图像的斜率的绝对值等于电场力的大小，据此分析判断；D.由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，结合电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断。【解答】解：AB.一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，由图乙知电势能一直减小，则电势升高，电子从A到B电场力做正功，根据动能定理可知，电子动能增加，则速度增大，则A点电势低于B点电势，经过A点的速度小于经过B点的速度，故AB错误；C.根据ΔEp＝qEx可知，图像的斜率的绝对值等于电场力的大小，因此从A到B，电子所受电场力减小，则电场强度减小，故A点的电场强度大于B点的电场强度，故C错误；D.由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，则电子通过相同位移时，静电力做功越来越少，则电子从A到B的过程中静电力做的功大于从B到C的过程中静电力做的功，故D正确；故选：D。【点评】本题考查对Ep﹣x图像的掌握，解题时需注意，图像的斜率表示电场力，其中斜率的正负表示电场力的方向、斜率的大小表示电场力的大小。10．（2025秋•西城区校级期中）对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为l、电阻率为ρ、横截面积为S的细金属直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e、质量为m。经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用可等效为施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k。下列说法正确的是（）A．比例系数k＝ne2ρ B．比例系数k的单位为kg•s C．当该导线通有恒定的电流I时，导线中自由电子定向移动的速率v=ID．当该导线通有恒定的电流I时，导线中自由电子受到平均阻力大小为f=【分析】根据电流的微观表达式和定义式分析，结合电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比以及电子做定向移动时满足电场力等于阻力分析。【解答】解：AB、取长度为L的一段导体，设其两端电压为U，则电子做定向移动时满足电场力等于阻力，则kv=eE=eUL，由U＝IR，I＝neSv，解得k＝ne2ρ，电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k，k=fv，k单位：kg/s，故A正确，C、一小段时间Δt内，流过导线横截面的电子个数为N＝nSvΔt，电荷量为Q＝Ne＝nSveΔt，根据电流的定义有I=Qt=nSveΔtΔtD.当该导线通有恒定的电流l时，导线中自由电子受到的平均阻力大小f可以通过比例系数k和电子定向移动的速率v得出：f=kv=ne2ρv=n故选：A。【点评】本题以电流的微观表达式为出发点，考查内容比较广泛，但都比较基础。二．多选题（共4小题）（多选）11．（2025秋•西城区校级期中）利用如图所示的装置研究影响平行板电容器电容大小的因素，将极板和静电计相连，给极板充电，静电计指针张角可以反映两极板之间的电势差。下列说法正确的是（）A．将A板稍微左移，则静电计指针张角变大 B．将A板稍微上移，则静电计指针张角变大 C．将玻璃板插入极板间，则静电计指针张角变大 D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零【分析】ABC.根据平行板电容器的电容C=εrSD.静电计指针偏转角度的大小反映了电势差的大小，据此分析B板与地间的电势差，然后作答。【解答】解：A．将A板稍微左移，根据平行板电容器的电容C=εrS4kπd，可知根据电容器的定义式C=QU，可得U=QC，电容器两极板的电荷量Q不变，电容器的电容B．根据平行板电容器的电容C=εrS4kπd，可知将C．将玻璃板插入极板间，根据平行板电容器的电容C=εrS4kπd，可知介电常数增大，电容器的电容增大，结合U=QC，可知电容器两极板的电荷量D．若将A板拿走，B板与地间的电势差仍存在，所以静电计指针张角不为零，故D错误。故选：AB。【点评】本题主要考查了研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验，要明确实验原理，掌握平行板电容器的电容公式C=εrS（多选）12．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，宽为L的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为L的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场。当回路总电流为I时，金属杆恰好能静止。则下列说法中正确的是（）A．磁场方向可能为水平向右 B．磁场方向可能为竖直向上 C．磁场大小最小为mgsinαILD．磁场大小最小为mg【分析】根据左手定则判断安培力方向，再结合共点力平衡条件分析磁场方向和磁感应强度大小。【解答】解：A.若磁场方向为水平向右，根据左手定则可知，金属杆所受安培力竖直向下，如图所示：金属杆不可能处于静止状态，故A错误；B.若磁场方向竖直向上，根据左手定则可知，安培力方向水平向右，如图所示：安培力的大小为F＝BIL金属杆恰好静止，根据平衡条件mgsinα＝Fcosα整理可得B=mgtanαIL，故CD.作出金属棒受力的动态平衡示意图如图所示：当磁场方向垂直导轨平面向上，根据左手定则可知，安培力方向沿斜面向上，此时安培力最小根据平衡条件mgsinα＝Fmin＝BminIL解得B故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题关键在于利用左手定则判断安培力方向，掌握共点力平衡条件的运用。（多选）13．（2025秋•西城区校级期中）物理学家密立根通过如图所示的实验装置，最早得出了元电荷e的数值。带电油滴悬浮于极板A、B间的匀强电场中，通过观测悬浮油滴的直径及其他相关物理量就可以得到油滴的带电量。若将下极板接地，则下列说法正确的是（）A．悬浮于极板A、B间的油滴一定带负电 B．增大电源的电压，则P点的电势升高 C．增大电源的电压，则悬浮油滴将向下运动 D．断开开关，增大两极板的间距，则悬浮油滴将向下运动【分析】分析油滴受到的电场力方向与电场方向的关系判断其电性；增大电源的电压，根据场强公式E=Ud分析板间场强的变化，再判断P点的电势变化和油滴的运动方向；断开开关，增大两极板的间距，电容器带电量不变，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd【解答】解：A、极板A带正电，极板B带负电，则电容器极板间电场方向向下。油滴悬浮，受力平衡，重力与电场力二力平衡，则油滴所受电场力方向向上，与电场方向相反，油滴一定带负电，故A正确；B、下极板接地，电势为0。P点的电势等于P点与下极板的电势差。增大电源电压，根据E=Ud可知场强E增大，P到下极板距离不变，根据φP＝El，l为P到下极板距离，知P点电势升高，故C、增大电源电压，极板间电场强度E增大，油滴所受电场力增大，则电场力大于重力，油滴将向上运动，故C错误；D、断开开关，极板所带电量Q不变，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd、电容的定义式C=QU和场强公式E=Ud可得E故选：AB。【点评】本题是电容器动态分析问题，抓住不变量，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd，电容的定义式C（多选）14．（2025秋•西城区校级期中）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（电源内阻不计）。改变电路元件参数，对同一电容器进行三次充电，三次充电中电容器电荷量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，则（）A．第一次充电时所用电阻阻值小于第二次充电时所用电阻阻值 B．第二次充电时所用电源电动势等于第三次充电时所用电源电动势 C．第二次充电时电容器两端的电压u随电荷量q变化的图线斜率比丙图中图线斜率大 D．第二次充电时t1时刻的电流大于t2时刻的电流【分析】根据固定电容器的电容不变结合充电电压的变化以及q﹣t、u﹣q图像的斜率的物理意义进行分析解答。【解答】解：A.根据q＝CU可知，第一次与第二次充电稳定后，电量q相同，则电容器电压U相同，充电的电源相同，由图线①、②可知，第一次充电时间比第二次充电时间小，说明第一次充电电流大，所用电阻阻值小，所以第一次充电时所用电阻阻值小于第二次充电时所用电阻阻值，故A正确；B.由②、③图线可知，两次充电稳定后的电量q不同，则电容器电压U不同，表明电源电动势不同，根据q＝CU可知，充电后，电容器电压U第二次大于第三次，所以第二次充电时所用电源电动势大于第三次充电时所用电源电动势，故B错误；C.根据q＝CU可知，u﹣q图线斜率表示电容器的电容的倒数，对同一电容器，电容不变，所以第二次充电时电容器两端的电压u随电荷量q变化的图线斜率与丙图中图线斜率相等，故C错误；D.由q﹣t图线的斜率表示电流大小可知，第二次充电时t1时刻的电流大于t2时刻的电流，故D正确。故选：AD。【点评】考查电容器的充放电以及相应图像的认识和理解，会根据题意进行准确分析解答。三．实验题（共2小题）15．（2025秋•顺义区校级期中）在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，（1）为了了解电压表内阻的大概值，用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，如图1所示，多用电表的红表笔应该与电压表的负（填“正”或“负”）接线柱相连，经过正确操作，选择×100挡时，示数如图2所示，则电压表的电阻值约为2000Ω。（2）实验中为了减小测量误差，如图3所示的电路中应该选择的是甲（选填“甲”或“乙”）；（3）通过调节滑动变阻器，测得多组U、I数据，在坐标纸中描点并作出U﹣I图像如图4所示，由此求得电动势E＝1.44V，内阻r＝0.65Ω。（结果均保留到小数点后两位）【分析】（1）根据多用电表两表笔与内部电源正负极连接情况判断；欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率；（2）根据电压表分流作用对实验的影响分析判断；（3）根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。【解答】解：（1）多用电表的欧姆挡的电源正极与黑表笔连接，电源负极与红表笔相连，测电压表内阻时应红表笔与电压表的负极相连；电阻读数为RV＝20×100Ω＝2000Ω（2）由于电源内阻很小，甲方案中，误差来源于电压表分流，由于电压表内阻很大，分流较小，乙方案中电流表分压，其内阻相比电源内阻相差不多，分压较大，相比较而言，甲方案的误差较小，更接近真实值。（3）根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir则在图像中，图像与纵轴的交点值表示电动势E＝1.44V斜率代表内阻r=故答案为：（1）负，2000；（2）甲；（3）1.44，0.65。【点评】本题关键掌握测电源电动势和内阻的实验原理和误差分析方法、利用图像处理问题的方法、多用电表欧姆挡的内部结构和读数方法。16．（2025秋•顺义区校级期中）如图甲所示为“研究碰撞中动量守恒”的实验装置。实验时，先让质量为m1的小钢球A从斜槽上某一位置由静止开始运动，从轨道末端水平抛出，落到水平地面上P点，然后再把质量为m2的小钢球B放到轨道末端处于静止，再让小钢球A从斜槽开始运动，在轨道末端与小钢球B发生对心碰撞，结果小球B落到水平地面上N点，小球A落到水平地面上的M点。（1）实验中，必须要测量的物理量有CD。（多选）A.小球开始释放的高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的水平距离D.小球A、B的质量m1、m2（2）实验中，下列说法正确的是B。A.斜槽一定要光滑B.两球半径一定要相同C.两球质量关系一定要满足m1＜m2（3）小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹，如图丙所示。多次试验后，白纸上留下了7个印迹，如果用画圆法确定小球的落点P，图中画的三个圆最合理的是C（填字母代号）；（4）若某次实验时，A、B两钢球落地点分布如图乙所示，M、P、N与O点（O点是水平轨道末端正下方的投影）距离分别为x1、x2、x3，若满足m1x2＝m1x1+m2x3（用m1、m2、x1、x2、x3表示），则该碰撞前后动量守恒。若还满足x1+x2＝x3（用x1、x2、x3表示），则说明该碰撞为弹性碰撞。【分析】（1）应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。（2）根据实验注意事项分析答题。（3）用尽可能小的圆把小球落点位置圈起来，圆心是小球落点的平均位置。（4）弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。【解答】解：（1）小球离开斜槽后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间t相等，则碰撞前入射球的速度v0=x2t，碰撞后入射球的速度v1=x两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，整理得：m1x2＝m1x1+m2x3，实验需要测量小球的质量与小球做平抛运动的位移，实验不需要测量小球开始释放时的高度与抛出点到地面的高度，故选CD。（2）A、只要入射球从斜面的同一高度由静止释放，小球到达斜槽末端时的速度相等，斜槽不一定要光滑，故A错误；B、为时两球发生对心正碰，两球半径一定要相同，故B正确；C、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球，即两球质量关系一定要满足m1＞m2，故C错误。故选：B。（3）两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2由机械能守恒定律得：1解得：m1x2＝m1x1+m2x3，x1+x2＝x3故答案为：（1）CD；（2）B；（3）C；（4）m1x2＝m1x1+m2x3。【点评】本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。四．解答题（共4小题）17．（2025秋•北京校级期中）如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入S1、S2之间的加速电场，其初速度可视为0，加速后经小孔S3以速度v沿与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后垂直打到照相底片上的D点。不计粒子所受的重力，求：（1）加速电场的电势差U。（2）S3到D点的距离L。（3）粒子在磁场中运动的时间t。【分析】（1）带电粒子在电场中被加速，应用动能定理可以加速电压；（2）由粒子在磁场中的轨迹特点和几何关系求出粒子的轨迹半径；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据周期的公式解得时间。【解答】解：（1）在电场中由动能定理：qU=解得：U=（2）粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力：qvB=粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：L＝2R解得L=（3）粒子在磁场运动的周期为T=粒子在磁场中运动的时间t=答：（1）加速电场的电势差为mv（2）S3到D点的距离为2mvqB（3）粒子在磁场中运动的时间为πmqB【点评】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题。18．（2025秋•北京校级期中）如图1所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端与一个阻值为R＝4Ω的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度B按图2所示规律变化。已知线圈的电阻为r＝1Ω，面积为S＝20cm2，求：（1）线圈产生的感应电动势E；（2）通过电阻R的电流大小和方向；（3）4s内闭合电路产生的焦耳热Q。【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求线圈产生的感应电动势E；（2）由闭合电路欧姆定律求通过电阻R的电流大小，结合楞次定律及安培定则判断通过电阻R的电流方向；（3）由焦耳定律求4s内闭合电路产生的焦耳热Q。【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得E=N（2）由闭合电路欧姆定律可得通过电阻R的电流大小I=由楞次定律及安培定则可知通过电阻R的电流方向为从A到B。（3）由焦耳定律可得4s内闭合电路产生的焦耳热为Q＝I2（R+r）t＝0.062×（4+1）×4J＝0.072J答：（1）线圈产生的感应电动势E为0.3V；（2）通过电阻R的电流大小为0.06A，方向为A到B；（3）4s内闭合电路产生的焦耳热Q为0.072J。【点评】本题考查电磁感应相关内容，学生结合图像提取信息，分析解决问题能力，考查运用数学知识解决物理问题的能力。19．（2025秋•北京校级期中）比较是一种重要的学习方法，通过比较可以加深对知识的理解。电荷在电场和磁场中受力的特点不同，导致电荷运动性质不同。如图所示，M、N是一对平行金属板，板长为L，板间距离为d。一质量为m的带电粒子从M、N左侧中央以平行于极板的速度v0射入。若仅在M、N板加恒定电压，则粒子恰好从M板右侧边