2026-2027秋季福建地区高二（上）物理期中模拟试卷（二）

第1页（共1页）2026-2027秋季福建地区高二（上）物理期中模拟试卷（二）一．选择题（共4小题）1．（2025秋•厦门校级期中）在工业生产中，静电场喷雾技术可用于汽车、家电、仪表等外壳的喷涂。如图所示的是一个静电场喷雾装置，该电场中a、c两点分别处于两个等势面中，点b处于两个等势面正中央。从喷口喷出的都是带负电液滴，其中有一滴刚好经过a、b、c三个点。下列说法正确的是（）A．a点的电势高于c点的电势 B．a、b两点的电势差一定等于b、c两点电势差 C．液滴一定沿直线做匀加速直线运动 D．从a到c的过程中液滴的电势能减小2．（2025秋•厦门校级期中）如图所示，图线甲、乙分别为电源和某导体的U﹣I图线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，下列说法正确的是（）A．电源的内阻r＝8.3Ω B．该导体的阻值随电流的增大而增大 C．当该导体直接与该电源相连时，该导体消耗的功率为100W D．当该导体直接与该电源相连时，电源的效率为80%3．（2025秋•厦门校级期中）真空中的某装置如图，现有质子和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点（已知质子和α粒子质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，重力不计）。下列说法正确的是（）A．两种粒子在偏转电场中运动时间之比为1：2 B．两种粒子射出偏转电场时的速度相同 C．偏转电场的电场力对两种粒子做功之比为1：2 D．在荧光屏上将只出现2个亮点4．（2025秋•厦门校级期中）一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，如果电场是由固定在x轴上两点的点电荷Q1、Q2共同产生的，在x轴上有等间距的a、b、c、d四点，下列说法正确的是（）A．Q1和Q2一定带有异种电荷 B．Q1和Q2可能带有同种电荷 C．从a到c，带电粒子的加速度一直增大 D．从a到b电场力做功小于b到c电场力做功二．多选题（共4小题）（多选）5．（2025秋•厦门校级期中）打火机的点火装置，利用了压电陶瓷的压电效应，快速挤压后瞬间产生千伏高压，然后放电，其原理可用甲乙两图近似模拟。挤压前，结构如甲图所示，O点为正六边形ABCDEF的中心，三个电量均为+Q的点电荷分别位于顶点A、C、E上，三个电量均为﹣Q的点电荷分别位于顶点B、D、F上。挤压后，B、C、E、F处电荷位置不变，只是A、D处的电荷分别沿竖直方向靠近O点，并关于O点对称，如图乙所示。取无穷远处电势为零，关于O点处场强与电势的说法正确的是（）A．挤压前，电场强度为零 B．挤压前，电势不为零 C．挤压后，电势大于零 D．挤压后，电场强度不为零（多选）6．（2025秋•厦门校级期中）如图所示，电源内阻不可忽略，R1为电阻箱，R2为半导体热敏电阻，阻值随温度的升高而减小，R3为定值电阻，C为电容器，闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，电压表为理想电表，则下列判断正确的是（）A．若R1不变，当温度降低时油滴向上移动 B．若R1不变，当温度降低时电压表的示数减小 C．若温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，流经电阻R3的电流方向向上 D．若R1不变，温度不变，当电容器C两极板间的正对面积错开一些时油滴向下移（多选）7．（2025秋•厦门校级期中）如图，竖直平面内有平行于该平面的匀强电场，一质量为m的带电小球由M点斜向上抛出，速度大小为v、方向与水平面成60°角，经过时间t到达N点，速度大小仍为v、方向水平向右。已知小球运动轨迹在该竖直平面内，重力加速度大小为g，t=3A．电场强度方向水平向右 B．小球受电场力大小为mg C．从M到N的过程，电场力做功为34D．从M到N的过程，小球的电势能先减少后增大（多选）8．（2025秋•厦门校级期中）如图甲，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，如图乙所示，两金属板间电压随时间做周期性变化。在t＝0时刻，一个不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，入射速度大小为v0，在t＝3×10﹣5s时刻，粒子刚好从MN右侧边缘射出电场，射出电场速度记为v；则该粒子（）A．不同时刻射入电场，v方向不同 B．不同时刻射入电场，v大小相同 C．仍在t＝0时刻入射，仅将入射速度大小变为3v0，射出电场速度大小仍为v D．不同时刻射入电场，在电场中运动的最大速度为85三．填空题（共3小题）9．（2025秋•龙岩期中）有一个电流表G，内阻Rg＝30Ω，满偏电流Ig＝10mA。要把它改装为量程0～3V的电压表，要_____联一个________Ω的电阻。10．（2025秋•龙岩期中）在匀强电场中的O点固定一个电荷量为q的点电荷，匀强电场的电场强度大小为E，以O点为圆心画一个圆，A、B为直径上的两个端点，且连线平行于电场线，C、D为垂直电场线的直径上的两个端点，如图所示，已知B点的电场强度为零，则点电荷为_____（填“正”或“负”）电荷；C点电场强度的大小为________________。11．（2025秋•龙岩期中）设金属导体的横截面积为S，单位体积内的自由电子数为n，自由电子定向移动速度为v，那么在时间t内通过某一横截面积的自由电子数为_________；若电子的电荷量为e，那么在时间t内，通过某一横截面的电荷量为__________。四．实验题（共2小题）12．（2025秋•龙岩期中）某兴趣小组自制电容器。他们用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸（某种绝缘介质）依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后接出引线，如图甲所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便制成了。（1）为增大该电容器的电容，下列方法可行的有_______。A．增大电容纸的厚度B．减小电容纸的厚度C．同时增大锡箔纸和电容纸的面积（2）该小组采用如图乙所示的电路测量该电容器的电容。将开关S拨到a端，电压和电流传感器显示出U﹣t图像和I﹣t图像分别如图丙、丁所示，其中I﹣t图线与t轴所围的小格数约为60个，则该电容器充满电后所带的电荷量约为______________C，电容大小约为______________F。（结果均保留二位小数）13．（2025秋•龙岩期中）为测量一段粗细均匀的金属丝的电阻率，实验中所用的器材：电压表、电流表、滑动变阻器、学生电源、开关、导线若干。（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径时，某次的测量结果如图甲所示，其读数为D＝__________mm。（2）采用伏安法测金属丝电阻时，为减小系统误差，需考虑电流表内接还是外接。如图乙所示，某同学采用试触法：让电压表的一端接在A点，另一端先后接B点和C点。结果发现电压表示数有明显变化，而电流表示数无明显变化，则实验中应将电压表的另一端接_____（选填“B”或“C”）点。（3）根据实验数据作出U﹣I图线，如图丙所示。若接入电路的金属丝长度为L，利用上述物理量可得出该金属丝的电阻率ρ＝____________________（用字母D、a、b、π、L表示）。五．解答题（共3小题）14．（2025秋•思明区校级期中）某实验小组拆下一个小电风扇的电动机，把它接入某电路（图未画出），发现它不转动，但用理想电表测得此时它有通电，且它两端的电压U0＝0.3V，流过它的电流I0＝0.3A。该小组又设计了如图甲所示的实验电路，已知电路中电源的U﹣I图像如图乙，小灯泡上有“2.0V、2.0W”字样。现闭合开关S，调节电阻箱的阻值，当R＝2.0Ω时，灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，根据以上信息，求：（1）电动机正常工作时的输出功率；（2）在图甲所示的实验电路中，电动机正常工作时，电源的效率；（3）在图甲实验电路中，若电动机被突然卡住（未烧坏）时的发热功率。15．（2025秋•思明区校级期中）如图所示，绝缘光滑细杆与水平面成45°倾角固定，与杆上A点等高的O点固定着一电荷量为Q＝1.0×10﹣5C的正点电荷，穿在杆上的质量为m＝0.2kg、电荷量为q＝1.0×10﹣6C的带负电小球从B点由静止释放，B点在O点的正上方，AO＝BO＝L＝0.3m。小球可视为质点，静电力常量为k＝9.0×109N•m2/C2，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：（1）在B点刚释放小球时，小球的加速度大小；（2）小球到达A点时的速度大小；（3）若已知B点电势为零，小球从B点运动到A点的过程中，小球在C点（图中未标出）电势能最小，小球在C点的速度大小为2m/s，求：在正点电荷所产生的电场中C点的电势。16．（2025秋•思明区校级期中）如图所示，一质量为m＝1kg、带电荷量为q＝+0.5C的小球，以速度v0＝3m/s沿两正对带电平行金属板MN（板间电场可看成匀强电场）左侧某位置水平向右飞入，已知极板长L＝4.8m，两极板间距为d＝4m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A点沿切线进入竖直光滑绝缘圆弧轨道ABCD，AC、BD为圆轨道的直径，在圆轨道区域有水平向右的匀强电场，电场强度的大小与MN间的电场强度大小相等。已知g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）小球在A点的速度大小；（2）MN两极板间的电势差UMN；（3）若小球在ABCD区间不会脱离圆弧轨道（会贴着轨运动），求轨道半径R的大小范围。

解答一．选择题（共4小题）1．（2025秋•厦门校级期中）在工业生产中，静电场喷雾技术可用于汽车、家电、仪表等外壳的喷涂。如图所示的是一个静电场喷雾装置，该电场中a、c两点分别处于两个等势面中，点b处于两个等势面正中央。从喷口喷出的都是带负电液滴，其中有一滴刚好经过a、b、c三个点。下列说法正确的是（）A．a点的电势高于c点的电势 B．a、b两点的电势差一定等于b、c两点电势差 C．液滴一定沿直线做匀加速直线运动 D．从a到c的过程中液滴的电势能减小【分析】电势随着电场线方向降低；根据U＝Ed定性分析；根据合力与速度的方向分析运动性质；根据功能关系分析电势能变化。【解答】解：A．电势随着电场线方向降低，电场方向从工件指向喷口，c点的电势高于a点的电势，故A错误；B．点b处于两个等势面正中央，可知ab与bc距离相等，但这是一个非匀强电场，根据U＝Ed可知a、b两点的电势差一定不等于b、c两点电势差，故B错误；C．液滴在非匀强电场不同位置所受的电场力大小不同，且电场力方向沿电场线向下指向工件，且液滴还受到重力，平行四边形定则可知液滴合力一定不沿初速度方向，且合力大小时刻在变，故液滴做变加速曲线运动，故C错误；D．由于液滴受到的电场力方向沿电场线向下指向工件，可知a到c的过程电场力做正功，故从a到c的过程中液滴的电势能减小，故D正确。故选：D。【点评】知道电势随着电场线方向降低，应用U＝Ed以及电场力做功与电势能变化的关系即可解题。2．（2025秋•厦门校级期中）如图所示，图线甲、乙分别为电源和某导体的U﹣I图线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，下列说法正确的是（）A．电源的内阻r＝8.3Ω B．该导体的阻值随电流的增大而增大 C．当该导体直接与该电源相连时，该导体消耗的功率为100W D．当该导体直接与该电源相连时，电源的效率为80%【分析】根据闭合电路欧姆定律结合图线甲的截距、斜率求出电源的电动势和内阻；根据欧姆定律分析该导体的阻值随电流的变化情况；两图线的交点表示当该导体直接与该电源相连时的工作状态，读出电压和电流，再求该导体消耗的功率和电源的效率。【解答】解：A．根据闭合电路欧姆定律可得U＝E﹣Ir，由图中甲图线可知，内阻为r=ΔUΔI=B．根据欧姆定律R=UI，结合图中乙图线可知该导体的阻值随电流的增大而减小，故CD．当该导体直接与该电源相连时，由图中交点可知，电阻的电压和电流分别为U＝40V，I＝2A，由甲图线可知，电源的电动势为E＝50V。则该导体消耗的功率为P＝UI，此时电路消耗的总功率为P′＝EI，则电源的效率为η=PP'×100%，解得η=80%故选：D。【点评】本题考查U﹣I图像，理解U﹣I图像的斜率、截距和交点的物理意义是解决此类问题的关键。3．（2025秋•厦门校级期中）真空中的某装置如图，现有质子和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点（已知质子和α粒子质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，重力不计）。下列说法正确的是（）A．两种粒子在偏转电场中运动时间之比为1：2 B．两种粒子射出偏转电场时的速度相同 C．偏转电场的电场力对两种粒子做功之比为1：2 D．在荧光屏上将只出现2个亮点【分析】根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度，抓住在偏转电场中垂直于电场方向做匀速直线运动，求出运动的时间，结合竖直方向上做匀加速直线运动，求出出电场时竖直方向上的分速度以及偏转的位移，从而可判断三个粒子打在屏光荧上的位置；根据W＝Eqy求解电场力做功，根据动能定理求出偏转电场的速度的大小关系。【解答】解：A．质子和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场，在加速电场中，由动能定理得q解得v因为质子和α粒子的比荷之比为2：1，则初速度之比2：1两种粒子在偏转电场中运动时间之比为1：2，故D．偏转位移y=其中，根据牛顿第二定律q联立解得y=与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点，故D错误；C．偏转电场的电场力做功为W＝Eqy则W与q成正比，两种粒子的电荷量之比为1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：2，故C正确；B．粒子整个运动过程，根据动能定理q则出电场时的速度v=因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，故B错误。故选：C。【点评】本题考查粒子在电场中的加速和偏转，掌握处理粒子在电场中偏转的方法，知道粒子在垂直电场和沿电场方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式进行求解。4．（2025秋•厦门校级期中）一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，如果电场是由固定在x轴上两点的点电荷Q1、Q2共同产生的，在x轴上有等间距的a、b、c、d四点，下列说法正确的是（）A．Q1和Q2一定带有异种电荷 B．Q1和Q2可能带有同种电荷 C．从a到c，带电粒子的加速度一直增大 D．从a到b电场力做功小于b到c电场力做功【分析】根据电场中电势分布特点可以确定点电荷带电性质；Ep﹣x图像切线的斜率表示电场力大小，然后结合牛顿第二定律判断加速度的变化；根据电势能的变化可以分析电场力做功。【解答】解：AB．由图像知a处的电势能等于零，即电势等于零，根据等量点电荷电势分布特点可知Q1和Q2带有异种电荷，故A正确，B错误；C．Ep﹣x图像中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小，可知从a到c粒子受到的电场力逐渐减小，其加速度也逐渐减小，故C错误；D．电场力做功等于电势能的改变量，根据图像可知，从a到b电场力做功大于b到c电场力做功，故D错误。故选：A。【点评】该题考查两个点电荷形成的电场的叠加，根据电场的分布、电势能的变化以及点电荷场强为零位置的确定可以分析本题。本题的难点在于学生能否准确的读懂题干中的图像。二．多选题（共4小题）（多选）5．（2025秋•厦门校级期中）打火机的点火装置，利用了压电陶瓷的压电效应，快速挤压后瞬间产生千伏高压，然后放电，其原理可用甲乙两图近似模拟。挤压前，结构如甲图所示，O点为正六边形ABCDEF的中心，三个电量均为+Q的点电荷分别位于顶点A、C、E上，三个电量均为﹣Q的点电荷分别位于顶点B、D、F上。挤压后，B、C、E、F处电荷位置不变，只是A、D处的电荷分别沿竖直方向靠近O点，并关于O点对称，如图乙所示。取无穷远处电势为零，关于O点处场强与电势的说法正确的是（）A．挤压前，电场强度为零 B．挤压前，电势不为零 C．挤压后，电势大于零 D．挤压后，电场强度不为零【分析】AD.结合题意，由E=kQBC.结合题意，由等量异种电荷连线中垂线上的电势为零，即可分析判断。【解答】解：A．挤压前，根据图形的对称性知，每个电荷在O点产生的场强大小相等，均设为E，方向如图故三个夹角为120°的方向上的场强大小均为2E，电场强度为矢量，根据平行四边形法则知，它们的合场强为零，故A正确；B．等量异种电荷连线中垂线上的电势均为零，故AD、CF、BE连线中点处的电势为零，故B错误；C．挤压后，O还是AD、CF、BE等量异种电荷连线的中点，故O点的电势依然为零，故C错误；D．挤压后，A、D到O点的距离变小，根据点电荷产生场强E=kQr2故选：AD。【点评】本题主要考查电场强度以及电势的叠加，解题时需注意，多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。（多选）6．（2025秋•厦门校级期中）如图所示，电源内阻不可忽略，R1为电阻箱，R2为半导体热敏电阻，阻值随温度的升高而减小，R3为定值电阻，C为电容器，闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，电压表为理想电表，则下列判断正确的是（）A．若R1不变，当温度降低时油滴向上移动 B．若R1不变，当温度降低时电压表的示数减小 C．若温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，流经电阻R3的电流方向向上 D．若R1不变，温度不变，当电容器C两极板间的正对面积错开一些时油滴向下移【分析】当温度降低时，热敏电阻R2的阻值增大，根据欧姆定律分析电压表示数的变化，判断电容器板间电压的变化，分析油滴所受电场力的变化，从而判断油滴移动方向。若温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，分析电路中电流变化，判断电容器板间电压的变化，从而分析出电容器C的电荷量如何变化，判断电流方向。若R1不变，温度不变，当电容器C两极板间的正对面积错开一些时，电容器板间电压不变，由E=U【解答】解：B．若R1不变，当温度降低时，热敏电阻R2的阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流减小，由U＝E﹣Ir知，电压表的示数增大，故B错误；A．电容器的电压UC＝E﹣I总（r+R1）I总减小，则UC增大，场强增大，油滴向上移动，故A正确；C．若环境温度不变，R2阻值不变，当电阻箱R1的阻值增大时，R总增大，根据闭合电路欧姆定律知I总减小，电容器的电压UC＝I总R2减小，则电容器C的带电荷量Q＝UCC，可知电荷量减少，流经电阻R3的电流方向向上。故C正确；D．若R1不变，温度不变，电容器C两极板间的电压不变，当电容器C两极板间的正对面积错开一些时，根据E=Ud知，极板间电场强度不变，则油滴不动，故故选：AC。【点评】本题是电路动态分析问题，主要考查闭合电路欧姆定律的应用，关键分析电容器的电压是否变化，电场强度是否变化，确定油滴是否受力平衡。（多选）7．（2025秋•厦门校级期中）如图，竖直平面内有平行于该平面的匀强电场，一质量为m的带电小球由M点斜向上抛出，速度大小为v、方向与水平面成60°角，经过时间t到达N点，速度大小仍为v、方向水平向右。已知小球运动轨迹在该竖直平面内，重力加速度大小为g，t=3A．电场强度方向水平向右 B．小球受电场力大小为mg C．从M到N的过程，电场力做功为34D．从M到N的过程，小球的电势能先减少后增大【分析】小球带电性未知，无法判断电场方向，根据运动的分解计算电场力与重力的关系；根据动能定理分析电场力做功，根据电场力做功与电势能变化关系分析D。【解答】解：AB．以M点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，竖直方向的加速度a水平方向的加速度a设电场力为F，其水平方向的分力F其竖直方向的分力为Fy，则Fy﹣mg＝may解得F故电场力大小F=电场力方向与水平方向的夹角满足tanθ=解得θ＝30°即电场力与x正方向成30°斜向上，因小球带电性质未知，故不能判断电场强度方向，故A错误，B正确；C．从M到N的过程，v的竖直分速度vy＝vsin60°，竖直方向的高度h=设电场力做功为W，由动能定理得W-解得W=34mD．由AB选项分析可知，电场力与x正方向成30°斜向上，M点电场力和速度方向垂直，从M到N的过程，电场力与速度方向为锐角，故电场力一直做正功，小球的电势能一直减小，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查带电粒子在电场和重力场中的运动，解题关键掌握动能定理的应用，注意运动的分解的解题方法。（多选）8．（2025秋•厦门校级期中）如图甲，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，如图乙所示，两金属板间电压随时间做周期性变化。在t＝0时刻，一个不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，入射速度大小为v0，在t＝3×10﹣5s时刻，粒子刚好从MN右侧边缘射出电场，射出电场速度记为v；则该粒子（）A．不同时刻射入电场，v方向不同 B．不同时刻射入电场，v大小相同 C．仍在t＝0时刻入射，仅将入射速度大小变为3v0，射出电场速度大小仍为v D．不同时刻射入电场，在电场中运动的最大速度为85【分析】粒子的运动是平行于金属板的匀速直线运动和垂直于板的周期性匀变速直线运动的合成，根据电场强度的变化情况分析粒子的受力情况，判断其运动情况。【解答】解：AB．粒子在水平方向做匀速运动，运动时间为t＝3×10﹣5s＝T，t＝0射入极板的粒子垂直于极板方向先做匀加速运动，后做匀减速运动，以竖直向上为正方向，根据动量定理，竖直方向F其中F表示电场力，不同时刻射入的粒子，在电场中运动时间相同，且垂直于极板方向都满足F可知出离电场时的竖直速度vy相同，则射出时的速度v=v02+vC．仍在t＝0时刻入射，仅将入射速度大小变为3v0，则在磁场中运动的时间变为T3，以竖直向上为正方向，此过程中由动量定理可知可知vy'＝vy，则射出电场速度大小仍为v，故C正确；D．t＝0时刻射入电场的粒子，竖直方向在电场中加速的时间最长，则竖直方向的最大速度为v其中v0=最大速度为vm=v故选：BC。【点评】本题主要考查了互相垂直的两个方向的运动，且二者互不影响；在垂直方向上粒子的周期性运动且具有对称性，根据受力情况和运动情况进行分析。三．填空题（共3小题）9．（2025秋•龙岩期中）有一个电流表G，内阻Rg＝30Ω，满偏电流Ig＝10mA。要把它改装为量程0～3V的电压表，要串联一个270Ω的电阻。【分析】根据电压表的改装原理和欧姆定律计算。【解答】解：把一个电流表G改装为量程0～3V的电压表，需要串联一个电阻分压，由欧姆定律有Um＝Ig（Rg+R）解得R=故答案为：串；270。【点评】本题关键掌握电压表的改装原理。10．（2025秋•龙岩期中）在匀强电场中的O点固定一个电荷量为q的点电荷，匀强电场的电场强度大小为E，以O点为圆心画一个圆，A、B为直径上的两个端点，且连线平行于电场线，C、D为垂直电场线的直径上的两个端点，如图所示，已知B点的电场强度为零，则点电荷为正（填“正”或“负”）电荷；C点电场强度的大小为2E。【分析】本题考查电场叠加问题，第一空是直线上场强叠加，第二空利用平行四边形定则来求解。【解答】解：B点的电场强度为零，则q在B点处产生的电场强度大小为E，方向向左，所以点电荷为正电荷；点电荷在C点处产生的电场强度方向竖直向下，大小为E，根据场强叠加原理可知C点电场强度的大小为E故答案为：正；2E。【点评】本题对于学生而言属于简单题，只要会简单的数学运算应该能求出来。11．（2025秋•龙岩期中）设金属导体的横截面积为S，单位体积内的自由电子数为n，自由电子定向移动速度为v，那么在时间t内通过某一横截面积的自由电子数为nSvt；若电子的电荷量为e，那么在时间t内，通过某一横截面的电荷量为enSvt。【分析】根据电流的定义式和电流的微观解释式即可解决此问题，知道总的电荷量Q＝Ne。【解答】解：在时间t内通过某一横截面积的自由电子数为N＝nV＝nSvt，在时间t内，通过某一横截面的电荷量为Q＝Ne＝enSvt。故答案为：nSvt；enSvt【点评】本题主要考查电流的微观表达式，属于课本中的拓展知识，学生需要注意拓展知识的积累。四．实验题（共2小题）12．（2025秋•龙岩期中）某兴趣小组自制电容器。他们用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸（某种绝缘介质）依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后接出引线，如图甲所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便制成了。（1）为增大该电容器的电容，下列方法可行的有BC。A．增大电容纸的厚度B．减小电容纸的厚度C．同时增大锡箔纸和电容纸的面积（2）该小组采用如图乙所示的电路测量该电容器的电容。将开关S拨到a端，电压和电流传感器显示出U﹣t图像和I﹣t图像分别如图丙、丁所示，其中I﹣t图线与t轴所围的小格数约为60个，则该电容器充满电后所带的电荷量约为6.00×10﹣6C，电容大小约为1.20×10﹣6F。（结果均保留二位小数）【分析】（1）根据平行板电容器的决定式结合题意分析判断；（2）根据I﹣t图线与t轴所围成的面积及电容定义式计算。【解答】解：（1）A．增大电容纸的厚度，d增大，根据平行板电容器的决定式C=εrSB．减小电容纸的厚度，d减小，根据平行板电容器的决定式C=εrSC．同时增大锡箔纸和电容纸的面积，S增大，根据平行板电容器的决定式C=εrS故选：BC。（2）其中I﹣t图线与t轴所围成的面积表示电荷量，该电容器充满电后所带的电荷量约为Q＝60×0.01×0.1×10﹣4C＝6.00×10﹣6C电容大小约为C=故答案为：（1）BC；（2）6.00×10﹣6，1.20×10﹣6。【点评】本题关键掌握研究电容器的充、放电过程的实验原理、I﹣t图像与横轴围成的面积的物理意义和电容器动态变化问题分析方法。13．（2025秋•龙岩期中）为测量一段粗细均匀的金属丝的电阻率，实验中所用的器材：电压表、电流表、滑动变阻器、学生电源、开关、导线若干。（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径时，某次的测量结果如图甲所示，其读数为D＝0.540mm。（2）采用伏安法测金属丝电阻时，为减小系统误差，需考虑电流表内接还是外接。如图乙所示，某同学采用试触法：让电压表的一端接在A点，另一端先后接B点和C点。结果发现电压表示数有明显变化，而电流表示数无明显变化，则实验中应将电压表的另一端接B（选填“B”或“C”）点。（3）根据实验数据作出U﹣I图线，如图丙所示。若接入电路的金属丝长度为L，利用上述物理量可得出该金属丝的电阻率ρ＝aπD24bL（用字母D、a、b、π【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；（2）根据误差分析判断；（3）根据电阻定律、欧姆定律和几何知识推导。【解答】解：（1）固定刻度部分有0毫米线，半毫米线露出，活动刻度部分第4小格对齐，再估读一位，读数结果D＝（0+0.5+0.040）mm＝0.540mm（2）换接不同的位置，发现电压表读数变化比较大，说明被测电阻为小电阻，应使用电流表外接法，所以电压表的另一端接B点。（3）电阻定律R=ρLS，R=由以上各式可得ρ=故答案为：（1）0.540；（2）B；（3）aπD【点评】本题关键掌握测量金属丝的电阻率的实验原理，测量电路的选择方法，螺旋测微器的读数方法，电阻率表达式的推导方法。五．解答题（共3小题）14．（2025秋•思明区校级期中）某实验小组拆下一个小电风扇的电动机，把它接入某电路（图未画出），发现它不转动，但用理想电表测得此时它有通电，且它两端的电压U0＝0.3V，流过它的电流I0＝0.3A。该小组又设计了如图甲所示的实验电路，已知电路中电源的U﹣I图像如图乙，小灯泡上有“2.0V、2.0W”字样。现闭合开关S，调节电阻箱的阻值，当R＝2.0Ω时，灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，根据以上信息，求：（1）电动机正常工作时的输出功率；（2）在图甲所示的实验电路中，电动机正常工作时，电源的效率；（3）在图甲实验电路中，若电动机被突然卡住（未烧坏）时的发热功率。【分析】（1）电动机不转时为纯电阻，结合其电压U0＝0.3V，电流I0＝0.3A，由欧姆定律求出电动机的电阻。当R＝2.0Ω时，灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，根据小灯泡的额定功率和额定电压求电路中电流。由电源的U﹣I图像求出电源的电动势和内阻，再求出电动机电压，由输入功率与发热功率之差求解电动机正常工作时的输出功率；（2）根据电源的输出功率与总功率的百分比求得电源的效率；（3）在图甲实验电路中，若电动机被突然卡住（未烧坏）时，根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流，再求电动机的发热功率。【解答】解：（1）当电动机两端电压U0＝0.3V，电流I0＝0.3A时，电动机不转，属于纯电阻，则电动机的电阻为RM=U0I0当R＝2.0Ω时，灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，则电路中电流为I=PLU由电源的U﹣I图像可知，电源的电动势E＝10V，内阻r＝|ΔUΔI|=10-82Ω电动机的电压为UM＝E﹣UL﹣I（r+R）解得UM＝5V电动机正常工作时的输出功率为P出＝UMI﹣I2RM解得P出＝4W（2）电源的效率为η=EI-解得η＝90%（3）灯泡电阻为RL=ULI=电动机被突然卡住（未烧坏）时，属纯电阻，则电路中电流为I′=解得I′=5此时电动机的发热功率为P热＝I′2RM解得P热=25答：（1）电动机正常工作时的输出功率为4W；（2）电动机正常工作时，电源的效率为90%；（3）电动机的发热功率为259W【点评】本题考查了非纯电阻电路相关知识，理解电动机对电路的影响，掌握闭合电路欧姆定律是解决此类问题的关键。15．（2025秋•思明区校级期中）如图所示，绝缘光滑细杆与水平面成45°倾角固定，与杆上A点等高的O点固定着一电荷量为Q＝1.0×10﹣5C的正点电荷，穿在杆上的质量为m＝0.2kg、电荷量为q＝1.0×10﹣6C的带负电小球从B点由静止释放，B点在O点的正上方，AO＝BO＝L＝0.3m。小球可视为质点，静电力常量为k＝9.0×109N•m2/C2，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：（1）在B点刚释放小球时，小球的加速度大小；（2）小球到达A点时的速度大小；（3）若已知B点电势为零，小球从B点运动到A点的过程中，小球在C点（图中未标出）电势能最小，小球在C点的速度大小为2m/s，求：在正点电荷所产生的电场中C点的电势。【分析】（1）分析B点小球的受力情况，重力与库仑力均沿竖直方向，将这两个力的合力沿杆方向分解，结合牛顿第二定律即可求出加速度。注意库仑力方向与重力方向相同，需将两者叠加后分解。（2）小球从B到A运动过程中，电场力不做功，只有重力做功。利用动能定理，重力势能转化为动能，直接建立重力做功与动能变化的关系，求出A点速度。（3）电势能最小处对应电势最高点，几何分析确定C点位置。根据能量守恒定律，初始重力势能转化为C点的动能、重力势能和电势能，结合已知条件可解出C点电势。注意小球带负电，电势能与电势关系为负相关。【解答】解：（1）在B