北京市和平街第一中学2024-2025学年高二上学期期中物理试卷

这是一份北京市和平街第一中学2024-2025学年高二上学期期中物理试卷，共27页。试卷主要包含了本题共2小题，共18分，本题共4小题，共40分等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列物理量中与检验电荷有关的是（ ）
A．电场强度EB．电势差UC．电势φD．电场力F
2．（3分）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是（ ）
A．P点电场强度比Q点电场强度大
B．P点电势与Q点电势相等
C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变
3．（3分）某带正电的导体周围的电场线和等势线的分布如图所示。用EA、φA和EB、φB分别表示A、B两点的电场强度大小和电势，下列关系式正确的是（ ）
A．EA＞EBB．EA＝EBC．φA＞φBD．φA＜φB
4．（3分）如图列出了某型号电风扇铭牌上的主要参数如图，当在小电风扇上加3V电压时，小电风扇不转动，测得通过它的电流为0.6A，根据题中和铭牌上提供的信息判断（ ）
A．小电风扇的内阻为0.5Ω
B．当在小电风扇上加6V电压时通过的电流为1.2A
C．小电风扇正常工作时的机械功率为2.4W
D．小电风扇正常工作时的热功率为0.8W
5．（3分）如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO＝OF。一带负电的点电荷在E点由静止释放后（ ）
A．做匀加速直线运动
B．在O点所受静电力最大
C．由E到O的时间等于由O到F的时间
D．由E到F的过程中电势能先增大后减小
6．（3分）如图所示，以O点为圆心的圆上有A、B、C三点。A、B、C三点将圆三等分，其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为+Q的点电荷，在C点固定一个电荷量为﹣Q的点电荷。圆的半径为R，则O点的电场强度大小和方向为（ ）
A．0B．kQR2，方向竖直向上
C．2kQR2，方向竖直向下D．3kQR2，方向竖直向下
7．（3分）如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体。已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏。如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针向左偏转，则（ ）
A．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大
B．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大
C．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小
D．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小
8．（3分）如图所示是某种手机电池外壳上的文字说明，则下列说法正确的是（ ）
A．该电池的容量为0.7C
B．该电池待机时的平均工作电流约为14.58mA
C．mA•h与J均属于能量的单位
D．该电池通过静电力做功将其它形式的能转化为电能
9．（3分）如图所示，用一不可伸长的绝缘细线拴一个带正电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内完整的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，那么（ ）
A．小球经过a点时细线上的拉力大于经过b点时细线上的拉力
B．小球经过a点时，动能最大，电势能最小
C．小球经过b点时，其动能与重力势能之和最大
D．小球在整个圆周运动过程中，系统机械能守恒
10．（3分）如图a所示，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从一端滑到另一端的过程中，理想电压表V1、V2的示数随理想电流表A示数的变化情况如图b所示，下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器的最大阻值为12Ω
B．电源的电动势为9V
C．R0＝15Ω
D．电源内阻为3Ω
二、本题共4小题，每小题3分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全得2分，有错选得0分。
（多选）11．（3分）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I；设单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e，此电子的定向移动速率为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为（ ）
A．nvSΔtB．nvΔtC．IΔteD．IΔtSe
（多选）12．（3分）如图所示，一块均匀的长方体样品，长为a，宽为b，厚为c，电流沿AB方向时测得该样品电阻为R，则下列说法正确的是（ ）
A．该材料的电阻率为ρ=bcRa
B．温度不变，减小沿AB方向的电流时，该材料的电阻率变大
C．若电流沿CD方向时，该样品的电阻为c2a2R
D．若电流沿CD方向时，该样品的电阻为b2a2R
（多选）13．（3分）如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成。已知灵敏电流表G的满偏电流为Ig＝300mA，内阻为Rg＝10Ω，变阻箱R接入电路的阻值为R0。下列说法正确的是（ ）
A．改装为0.6A量程的电流表，选择图甲，R0＝10Ω
B．改装为0.6A量程的电流表，选择图乙，R0＝20Ω
C．改装为15V量程的电压表，选择图甲，R0＝20Ω
D．改装为15V量程的电压表，选择图乙，R0＝40Ω
（多选）14．（3分）水平地面上方有水平向右的匀强电场，从地面上的A点斜向右上方以速度v0＝10m/s抛出一个带电荷量为+q、质量为m的小球，速度方向与水平地面的夹角θ＝53°，轨迹如图所示，点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平地面的C点，忽略空气阻力的影响，g取10m/s2，匀强电场的场强大小为E=mg2q，则（ ）
A．小球在空中速度的最小值位于B点的右侧
B．小球在B点的速度为10m/s
C．小球落地时与水平方向的夹角大于53°
D．A、C两点的距离为16m
三、本题共2小题，共18分。把答案填在答题纸相应的横线上。
15．（8分）电流传感器可以捕捉到瞬间变化的电流，它与计算机相连，可直接显示出电流随时间变化的图像。电容器的充、放电电路如图甲所示，直流电源输出电压恒为U＝7V，定值电阻R阻值较大。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。计算机屏幕上显示的电容器放电时的I﹣t图像如图乙所示。试回答下列问题：
（1）电容器放电时流过电阻R的电流方向为 （填“从右向左”或“从左向右”）；
（2）乙图中每个小格的面积为a，图像与横轴围成的部分大约有n个小格，根据以上信息估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量为 ；
（3）根据前面的信息估算出该电容器的电容为 。
16．（10分）在“测量金属丝的电阻率”实验中，选用金属丝的电阻约为5Ω。
（1）实验中能提供的器材有开关、若干导线及下列器材：
电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）
电流表（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）
滑动变阻器（最大阻值5Ω，额定电流2A）
电源（电动势为3V，内阻不计）
某同学为了使金属丝两端电压调节范围更大，并使测量结果尽可能准确，应选用图1所示的 电路进行实验。
（2）该同学建立U﹣I坐标系，如图2所示。图中已标出了与测量数据对应的六个坐标点，请描绘出U﹣I图线，并由图线数据计算出金属丝的内阻为 Ω（保留两位有效数字）。设被测金属丝电阻为Rx，金属丝直径为d，接入电路部分的长度为l，则该金属丝电阻率的表达式是ρ＝ （用题目给出的物理量符号表示）。
四、本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。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。把解答过程填在答题纸相应的空白处。
17．（9分）如图所示，一个点电荷形成的电场中有a、b两点。一个电荷量q＝+4.0×10﹣8C的试探电荷在b点所受静电力Fb＝8.0×10﹣4N。现将该试探电荷从a点移到b点，静电力做功W＝1.6×10﹣6J。求：
（1）b点电场强度的大小Eb；
（2）a、b两点间的电势差Uab；
（3）若取a点电势φa＝0，则b点电势φb。
18．（9分）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动d2距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
19．（10分）如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量均为+Q的两个点电荷，O为A、B连线的中点，C为A、B连线中垂线上的一点，C点与A点的距离为r，AC与AB的夹角为θ，中垂线上距离A点为x的点的电势为φ＝2kQx（以无穷远处为零电势点）。一个质量为m的点电荷（其电荷量远小于Q），以某一速度经过C点，不计点电荷的重力，静电力常量为k。
（1）画出C点的电场强度方向；
（2）若经过C点的点电荷的电荷量为+q，速度方向由C指向O，要让此点电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值v0；
（3）若经过C点的点电荷的电荷量为﹣q，要让此点电荷能够做过C点的匀速圆周运动，求其在C点的速度v的大小和方向。
20．（12分）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a、半径为R、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比。
2024-2025学年北京市和平街一中高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合要求。
1．（3分）下列物理量中与检验电荷有关的是（ ）
A．电场强度EB．电势差UC．电势φD．电场力F
【分析】根据电场强度、电势差、电势的定义式分析这些物理量是否与检验电荷的电荷量有关，根据F＝qE分析电场力是否与检验电荷有关。
【解答】解：A、电场强度是描述电场的力的性质的物理量，由定义式E=Fq可知，E是由电场本身决定的，与检验电荷无关，故A错误；
B、电势差U是由电场本身以及电场中的两点的位置决定的，与检验电荷无关，故B错误；
C、电势是描述电场的能的性质的物理量，由定义式φ=EPq可知，φ是由场源和位置决定的，与检验电荷无关，故C错误；
D、由电场力F＝qE可知，电场力既与电场E有关，也与检验电荷q有关，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义，知道定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累．
2．（3分）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是（ ）
A．P点电场强度比Q点电场强度大
B．P点电势与Q点电势相等
C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变
【分析】A.根据等量异种点电荷的电场线分布规律分析P、Q两点的场强大小关系；
B.根据电场线上的电势高低规律进行分析判断；
CD.根据点电荷的场强公式和电场强度的叠加知识导出电场强度表达式，结合表达式进行定量分析，又根据公式U=E•d做定性的分析。
【解答】解：A.由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，故A错误；
B.根据沿电场线方向电势越来越低的知识可知，P点电势高于Q点电势，故B错误；
CD.根据点电荷的场强公式，结合电场叠加得P点电场强度E=kQMP2+kQNP2，若仅将两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，PQ间的平均电场强度变大，而PQ间距不变，由U=E•d，故P、Q两点间电势差变大，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】考查电场强度、电势、电场叠加、电势差等问题，会根据题意进行准确分析和判断。
3．（3分）某带正电的导体周围的电场线和等势线的分布如图所示。用EA、φA和EB、φB分别表示A、B两点的电场强度大小和电势，下列关系式正确的是（ ）
A．EA＞EBB．EA＝EBC．φA＞φBD．φA＜φB
【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度大小，根据沿电场线的方向电势降低判断电势大小关系。
【解答】解：AB、电场线的疏密程度表示场强大小，由图得，A点的电场强度小，故AB错误；
CD、沿电场线的方向电势降低，可知B点电势高于A点电势，即φA＜φB，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】该题考查电场线与等势面，知道电场线的疏密程度表示场强大小，沿电场线的方向电势降低即可。
4．（3分）如图列出了某型号电风扇铭牌上的主要参数如图，当在小电风扇上加3V电压时，小电风扇不转动，测得通过它的电流为0.6A，根据题中和铭牌上提供的信息判断（ ）
A．小电风扇的内阻为0.5Ω
B．当在小电风扇上加6V电压时通过的电流为1.2A
C．小电风扇正常工作时的机械功率为2.4W
D．小电风扇正常工作时的热功率为0.8W
【分析】当在小电风扇上加3V电压时，小电风扇不转动，其电路是纯电阻电路，根据欧姆定律求小电风扇的内阻；当在小电风扇上加6V电压时，根据I=PU求电流；小电风扇正常工作时，根据P＝UI﹣I2R求机械功率，根据P＝I2R求热功率。
【解答】解：A、小风扇不转时，其电路为纯电阻电路，根据欧姆定律得小电风扇的内阻为R=UI=30.6Ω=5Ω，故A错误；
B、当电压为6V时，风扇正常工作，功率为2.4W，则通过的电流为I=PU=2.46A＝0.4A，故B错误；
C、风扇正常工作时的机械功率为P1＝UI﹣I2R＝2.4W﹣0.42×5W＝1.6W，故C错误；
D、小电风扇正常工作时的热功率为P2＝I2R＝0.42×5W＝0.8W，故D正确。
故选：D。
【点评】本题的关键要明确电动机的机械功率、热功率的区别，要注意电动机正常工作时，其电路非纯电阻电路，电动机消耗的总电能一部分转化为内能，一部分转化为机械能。当电动机不转时，其电路为纯电阻电路，欧姆定律适用。
5．（3分）如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO＝OF。一带负电的点电荷在E点由静止释放后（ ）
A．做匀加速直线运动
B．在O点所受静电力最大
C．由E到O的时间等于由O到F的时间
D．由E到F的过程中电势能先增大后减小
【分析】根据等量正点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其动能的变化情况。
【解答】解：A、两等量正点电荷周围部分电场线如图所示：
根据图像可知，E到O之间的电场肯定不是匀强电场，带负电的点电荷受到的电场力是变力，根据牛顿第二定律可得加速度是变化的，所以点电荷不可能做匀加速直线运动，故A错误；
B、在O点的电场强度为零，根据F＝qE可知，点电荷在O点所受静电力为零，故B错误；
C、带负电的点电荷在E点由静止释放后，根据对称性可知，其将以O点为对称中心做往复运动，由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；
D、点电荷从E到O电场力做正功，电势能减小，从O到F，电场力做负功，电势能增大，所以由E到F的过程中，点电荷的电势能先减小后增大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查静电场的基本概念。关键要了解等量同种点电荷电场线的分布情况，掌握电场力做功与电势能变化的关系。
6．（3分）如图所示，以O点为圆心的圆上有A、B、C三点。A、B、C三点将圆三等分，其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为+Q的点电荷，在C点固定一个电荷量为﹣Q的点电荷。圆的半径为R，则O点的电场强度大小和方向为（ ）
A．0B．kQR2，方向竖直向上
C．2kQR2，方向竖直向下D．3kQR2，方向竖直向下
【分析】先根据点电荷场强公式求出三个点电荷在O点产生的电场强度大小，并确定方向，再根据电场的叠加原理求O点的电场强度大小和方向。
【解答】解：位于A、B、C三点的点电荷在O点产生的电场强度大小均为kQR2，根据对称性和几何关系可知，A、B两点的点电荷在O点产生的电场强度的夹角为120°，则A、B两点的点电荷在O点产生的合场强大小为kQR2，方向竖直向下。C点的点电荷在O点产生的电场强度为kQR2，方向竖直向下，则O点的电场强度为
EO=kQR2+kQR2=2kQR2，方向竖直向下，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查点电荷的场强公式，知道场强是矢量合成与分解遵循平行四边形定则。
7．（3分）如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体。已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏。如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针向左偏转，则（ ）
A．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大
B．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大
C．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小
D．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小
【分析】电容器始终与电源相连，两端间电势差不变，通过C的变化判断所带电量的变化．从而判断电流的流向．
【解答】解：电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电量在减小，电容两端间的电势差不变，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据C=ɛS4πkd，知正对面积减小，则液体的深度h在减小，故D正确。A、B、C错误。
故选：D。
【点评】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．
8．（3分）如图所示是某种手机电池外壳上的文字说明，则下列说法正确的是（ ）
A．该电池的容量为0.7C
B．该电池待机时的平均工作电流约为14.58mA
C．mA•h与J均属于能量的单位
D．该电池通过静电力做功将其它形式的能转化为电能
【分析】根据q＝It判断电池的容量、电流和电荷量单位；电池通过非静电力做功将其它形式的能转化为电能。
【解答】解：A、该电池的容量为q＝It＝700×10﹣3×3600C＝2520C，故A错误；
B、该电池待机时的平均工作电流约为I′=qt'=25202×24×3600A≈14.58mA，故B正确；
C、mA•h是电荷量的单位，J是能量的单位，故C错误；
D、该电池通过非静电力做功将其它形式的能转化为电能，故D错误。
故选：B。
【点评】本题要注意计算过程中单位统一换算成基本单位。
9．（3分）如图所示，用一不可伸长的绝缘细线拴一个带正电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内完整的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，那么（ ）
A．小球经过a点时细线上的拉力大于经过b点时细线上的拉力
B．小球经过a点时，动能最大，电势能最小
C．小球经过b点时，其动能与重力势能之和最大
D．小球在整个圆周运动过程中，系统机械能守恒
【分析】分别在最高点和最低点根据牛顿第二定律列方程，比较细线上的拉力大小；小球从最高点到最低点的运动过程中，重力和电场力都做正功，根据功能关系可以判断BC；根据机械能守恒定律的条件分析D。
【解答】解：A.小球在竖直平面内做完整的圆周运动，从a点到b点重力与电场力做正功，所以小球在b点速度最大，设小球在a点速度大小为va，在b点速度大小为vb，小球质量为m，带电荷量为q，电场强度为E细线的长度为L，重力加速度为g，细线上的拉力为F，由牛顿第二定律，在a点可得
Fa+mg+qE=mva2L
Fa=mva2L-mg﹣qE
在b点可得
Fb﹣mg﹣qE=mvb2L
Fb＝mg+qE+mvb2L
所以小球经过a点时细线上的拉力小于经过b点时细线上的拉力，故A错误；
B.小球从b点到a点的过程中，重力与电场力均做负功，根据功能关系可知，重力势能增大，电势能增大，动能减小，故B错误；
C.小球从a点到b点的过程中，电场力做正功，根据功能关系可知小球的电势能减小，动能增大，机械能增大，因此小球经过b点时机械能最大，所以其动能与重力势能之和最大，故C正确；
D.小球在整个圆周运动过程中，除重力做功外电场力也做功，因此系统机械能不守恒，D错误。
故选：C。
【点评】能够列出最高点和最低点的牛顿第二定律方程是解题的关键，另外知道机械能守恒的条件和机械能的变化量等于除重力以外的力做的功是解题的基础。
10．（3分）如图a所示，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从一端滑到另一端的过程中，理想电压表V1、V2的示数随理想电流表A示数的变化情况如图b所示，下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器的最大阻值为12Ω
B．电源的电动势为9V
C．R0＝15Ω
D．电源内阻为3Ω
【分析】当滑动变阻器的滑片P向左移动时，分析电路中电流和路端电压的变化，确定路端电压与电流的关系图线，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻。由欧姆定律求出R0。当滑片P移到最右端时，其接入电路的电阻最大，电路中电流最小，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
【解答】解：当滑动变阻器的滑片P向左移动时，其接入电路的电阻减小，电路中电流增大，由U＝E﹣Ir知路端电压U减小，则图b中上面一条直线表示路端电压与电流的关系，由U＝E﹣Ir知，该图线的斜率大小等于电源的内阻，则电源的内阻为r＝|ΔUΔI|＝|7.5-|Ω＝1Ω
将U＝7.5V，I＝0.5A代入U＝E﹣Ir，得电源电动势为E＝8V
由欧姆定律知R0=UI=1.50.5Ω＝3Ω
当滑片P移到最右端时，其接入电路的电阻最大，电路中电流最小，且Imin＝0.5V，此时路端电压为U＝7.5V，由欧姆定律得：U＝Imin（R0+Rmax），解得滑动变阻器的最大阻值为Rmax＝12Ω，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题可按照电路动态分析的思路分析路端电压与电流的关系，运用闭合电路欧姆定律求解电源的电动势和内阻。
二、本题共4小题，每小题3分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全得2分，有错选得0分。
（多选）11．（3分）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I；设单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e，此电子的定向移动速率为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为（ ）
A．nvSΔtB．nvΔtC．IΔteD．IΔtSe
【分析】根据电流的微观定义式分析。
【解答】解：AB、因为电流的微观表达式为 I＝nevS，所以自由电子数目为N=qe=IΔte=nevSΔte=nvSΔt，故A正确、B错误；
CD、因为I=qΔt，所以q＝I•Δt，自由电子数目为N=qe=IΔte，故C正确、D错误。
故选：AC。
【点评】考查对电流的理解，熟悉其公式。
（多选）12．（3分）如图所示，一块均匀的长方体样品，长为a，宽为b，厚为c，电流沿AB方向时测得该样品电阻为R，则下列说法正确的是（ ）
A．该材料的电阻率为ρ=bcRa
B．温度不变，减小沿AB方向的电流时，该材料的电阻率变大
C．若电流沿CD方向时，该样品的电阻为c2a2R
D．若电流沿CD方向时，该样品的电阻为b2a2R
【分析】根据电阻定律，求解该材料的电阻率；导体电阻率与材料本身有关，与温度有关；根据电阻定律，结合题中的连接方式，分清不同连接方式下的长和横截面积，代入公式求解电阻的大小。
【解答】解：A电流沿AB方向时测得该样品电阻为R，长度为a，横截面积为S＝bc，根据电阻定律得：R＝ρLS=ρabc，解得该材料的电阻率为：ρ=bcRa，故A正确；
B、导体电阻率与材料本身有关，与温度有关，与流过的电流无关，所以温度不变，减小沿AB方向的电流时，该材料的电阻率不变，故B错误；
CD、当电流沿CD方向时，长度为c，横截面积S′＝ab，根据电阻定律得：R′＝ρL'S'=bcRa•cab=c2a2R，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查的是常规的电阻定律的应用，要分清在不同接法下的长度和横截面积的大小，代入数据运算即可，难度不大，属于基本的公式应用。
（多选）13．（3分）如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成。已知灵敏电流表G的满偏电流为Ig＝300mA，内阻为Rg＝10Ω，变阻箱R接入电路的阻值为R0。下列说法正确的是（ ）
A．改装为0.6A量程的电流表，选择图甲，R0＝10Ω
B．改装为0.6A量程的电流表，选择图乙，R0＝20Ω
C．改装为15V量程的电压表，选择图甲，R0＝20Ω
D．改装为15V量程的电压表，选择图乙，R0＝40Ω
【分析】把灵敏电流表G改装成电压表需要串联一个分压电阻，改装成大量程的电流表需要并联一个分流电阻，由串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值。
【解答】解：AB、若改装成0.6A的电流表，应该并联一个小电阻，所以选择甲图，并联的电阻起到分流的作用，根据并联电路特点与欧姆定律可以求出分流电阻的阻值为R0=IgRgI-Ig=0.3×100.6-0.3Ω=10Ω，故A正确，B错误；
CD、若装为15V量程的电压表，应该串联一个大电阻，所以选择乙图，串联的电阻起到分压的作用，根据串联电路特点与欧姆定律可以求出分压电阻的阻值为R0=UIg-Rg=(150.3-10)Ω=40Ω，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律可以正确解题。
（多选）14．（3分）水平地面上方有水平向右的匀强电场，从地面上的A点斜向右上方以速度v0＝10m/s抛出一个带电荷量为+q、质量为m的小球，速度方向与水平地面的夹角θ＝53°，轨迹如图所示，点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平地面的C点，忽略空气阻力的影响，g取10m/s2，匀强电场的场强大小为E=mg2q，则（ ）
A．小球在空中速度的最小值位于B点的右侧
B．小球在B点的速度为10m/s
C．小球落地时与水平方向的夹角大于53°
D．A、C两点的距离为16m
【分析】从A到C，小球水平方向做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动的合成与分解、运动学公式和功能关系分析。
【解答】解：A、从A到B小球受到恒力而做曲线运动，在速度与合力方向垂直的位置速度最小，小球受到的合力方向指向右下方，则小球在空中速度的最小值位于B点的左侧，故A错误；
B、小球在竖直方向与水平方向的初速度为
vx0＝v0cs53°
vy0＝v0sin53°
点B为轨迹最高点，所以在B点竖直速度为0，由
vy0＝gt
ax=qEm
vx＝vx0+axt
联立解得
vx＝10m/s
即小球在B点的速度为10m/s，故B正确；
C、小球从A到C的时间为从A到C的时间的两倍，则到C点时，水平速度为
vxC＝vx0+ax•2t
则小球落地时与水平方向的夹角正切为
tanβ=vyvxC
解得tanβ=47＜tan53°
故C错误；
D、A、C两点的距离为
x=vxC2-vx022ax
解得x＝16m
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查了带电小球在重力场和电场的复合场中运动，关键是弄清楚小球的受力情况和运动情况，根据运动的合成与分解结合运动学公式进行解答。
三、本题共2小题，共18分。把答案填在答题纸相应的横线上。
15．（8分）电流传感器可以捕捉到瞬间变化的电流，它与计算机相连，可直接显示出电流随时间变化的图像。电容器的充、放电电路如图甲所示，直流电源输出电压恒为U＝7V，定值电阻R阻值较大。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。计算机屏幕上显示的电容器放电时的I﹣t图像如图乙所示。试回答下列问题：
（1）电容器放电时流过电阻R的电流方向为 从右向左 （填“从右向左”或“从左向右”）；
（2）乙图中每个小格的面积为a，图像与横轴围成的部分大约有n个小格，根据以上信息估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量为 2.88×10﹣3C ；
（3）根据前面的信息估算出该电容器的电容为 4.1×10﹣4F 。
【分析】（1）根据电容器充电时两极板带电情况判断放电时电流的方向；
（2）根据I﹣t图像的面积的物理意义列式求解电荷量；
（3）根据电容的定义式列式求解电容。
【解答】解（1）由图可知，充电后电容器上端为正极，开关S掷向2端，电容器放电，此时电路中有短暂的电流流过电阻R，电流方向从右向左。
（2）I﹣t图线与t轴围成的面积表示电荷量Q，根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子表示的电荷量为q＝a＝0.2mA×0.4s＝8×10﹣5C，由大于半格算一格，小于半格舍去，可得图像包含的格子个数为n＝36个，所以释放的电荷量为Q＝na＝nq＝36×8×10﹣5C＝2.88×10﹣3C
（3）由电容定义式C=QU，代入数据得电容C＝4.1×10﹣4F。
故答案为：（1）从右向左；（2）2.88×10﹣3C；（3）4.1×10﹣4F。
【点评】考查电容器的充放电问题和电容、电荷量等的计算，会根据题意进行准确分析解答。
16．（10分）在“测量金属丝的电阻率”实验中，选用金属丝的电阻约为5Ω。
（1）实验中能提供的器材有开关、若干导线及下列器材：
电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）
电流表（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）
滑动变阻器（最大阻值5Ω，额定电流2A）
电源（电动势为3V，内阻不计）
某同学为了使金属丝两端电压调节范围更大，并使测量结果尽可能准确，应选用图1所示的 A 电路进行实验。
（2）该同学建立U﹣I坐标系，如图2所示。图中已标出了与测量数据对应的六个坐标点，请描绘出U﹣I图线，并由图线数据计算出金属丝的内阻为 5.0 Ω（保留两位有效数字）。设被测金属丝电阻为Rx，金属丝直径为d，接入电路部分的长度为l，则该金属丝电阻率的表达式是ρ＝ πd2Rx4l （用题目给出的物理量符号表示）。
【分析】（1）根据待测电阻值，电流表内阻值和电压表内阻的比值关系确定电流表的内、外接法；为了使金属丝两端电压调节范围更大，滑动变阻器采用分压式接法，据此分析作答；
（2）根据描点法作图的规则作图；U﹣I图像的斜率表示电阻；根据电阻定律求电阻率。
【解答】解：（1）由于RxRA=50.1=50＜RVRx=30005=600，因此电流表采用外接法；为了使金属丝两端电压调节范围更大，滑动变阻器采用分压式接法，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2）根据描点法作图，所作图像如图所示：
U﹣I图像的斜率表示电阻，图像斜率k=R=3.0-00.6-0Ω=5.0Ω
根据电阻定律Rx=ρlS=ρlπd24=4ρlπd2
电阻率ρ=πd2Rx4l。
故答案为：（1）A；（2）见解析；5.0；πd2Rx4l。
【点评】本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电阻定律即可完成分析。
四、本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。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。把解答过程填在答题纸相应的空白处。
17．（9分）如图所示，一个点电荷形成的电场中有a、b两点。一个电荷量q＝+4.0×10﹣8C的试探电荷在b点所受静电力Fb＝8.0×10﹣4N。现将该试探电荷从a点移到b点，静电力做功W＝1.6×10﹣6J。求：
（1）b点电场强度的大小Eb；
（2）a、b两点间的电势差Uab；
（3）若取a点电势φa＝0，则b点电势φb。
【分析】（1）由电场力与电场强度的关系列式，即可求b点的电场强度大小；
（2）由静电力做功公式列式，即可求出a、b之间的电势差；
（3）由电势差与电势的关系列式，即可求出φb。
【解答】解：（1）由电场力与电场强度的关系可知：Fb＝qEb，
则：Eb=Fbq=8.0×10-44.0×10-8N/C=2.0×104N/C；
（2）由静电力做功公式可得：W＝qUab，
则：Uab=Wq=1.6×10-64.0×10-8V=40V；
（3）由电势差与电势的关系可得：Uab＝φa﹣φb，
则：φb＝φa﹣Uab＝0V﹣40V＝﹣40V；
答：（1）b点电场强度的大小Eb为2.0×104N/C；
（2）a、b两点间的电势差Uab为40V；
（3）若取a点电势φa＝0，则b点电势φb为﹣40V。
【点评】解答本题需知静电力做功与电势差的关系W＝qU，以及电势差与电势的关系Uab＝φa﹣φb，注意是否规定了零电势点，再求其他点的电势。
18．（9分）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动d2距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
【分析】（1）先根据E=Ud求出场强的大小，再结合F＝qE计算出粒子所受到的静电力的大小F；
（2）根据动能定理求解粒子到达N板时的速度大小v；
（3）撤去电压前，带电粒子做匀加速直线运动，之后做匀速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式分段计算出粒子的运动时间，最后相加即可。
【解答】解：（1）金属板M、N之间电场强度大小为
E=Ud
则带电粒子受到的静电力的大小为
F＝qE=qUd
（2）带电粒子从M板到N板的过程，根据动能定理得
qU=12mv2
解得：v=2qUm
（3）带电粒子在撤去电压前做匀加速直线运动，之后做匀速直线运动，则
d2=12×qUmdt12
t2=d2v1
其中v1=qUmdt1
该粒子从M板运动到N板经历的时间为
t＝t1+t2
联立解得：t=3d2qUm
答：（1）带电粒子所受的静电力的大小为qUd；
（2）带电粒子到达N板时的速度大小为2qUm；
（3）该粒子从M板运动到N板经历的时间为3d2qUm。
【点评】本题主要考查了带电粒子在电场中的加速问题，熟悉带电粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成解答。
19．（10分）如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量均为+Q的两个点电荷，O为A、B连线的中点，C为A、B连线中垂线上的一点，C点与A点的距离为r，AC与AB的夹角为θ，中垂线上距离A点为x的点的电势为φ＝2kQx（以无穷远处为零电势点）。一个质量为m的点电荷（其电荷量远小于Q），以某一速度经过C点，不计点电荷的重力，静电力常量为k。
（1）画出C点的电场强度方向；
（2）若经过C点的点电荷的电荷量为+q，速度方向由C指向O，要让此点电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值v0；
（3）若经过C点的点电荷的电荷量为﹣q，要让此点电荷能够做过C点的匀速圆周运动，求其在C点的速度v的大小和方向。
【分析】（1）根据电场的叠加原理分析C点的电场强度方向；
（2）点电荷由C到O，电场力做负功，当点电荷刚好到达O点时，其在C点的速度最小，利用动能定理求其在C点的速度最小值v0；
（3）要让点电荷﹣q能够做过C点的匀速圆周运动，由电场力提供向心力，根据牛顿第二定律求其在C点的速度v的大小和方向。
【解答】解：（1）根据对称性和电场的叠加原理可知，C点的电场强度方向如图所示。
（2）当点电荷刚好到达O点时，其在C点的速度最小，由动能定理得：
qUCO＝0-12mv02
其中UCO＝φC﹣φO＝2kQr-2kQrcsθ
联立解得：v0=4kQq(1-csθ)mrcsθ
（3）要让点电荷﹣q能够做过C点的匀速圆周运动，应由电场力提供向心力，则其在C点的速度方向垂直于纸面向里或向外。
根据牛顿第二定律得
2kQqr2sinθ＝mv2rsinθ
可得v=2kQqsin2θmr
答：（1）见解析。
（2）其在C点的速度最小值v0为4kQq(1-csθ)mrcsθ。
（3）其在C点的速度v的大小为2kQqsin2θmr，方向垂直于纸面向里或向外。
【点评】解答本题时，要掌握等量同种点电荷电场的分布情况，明确点电荷的受力情况，利用力学规律如动能定理、牛顿第二定律进行解答。
20．（12分）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a、半径为R、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比。
【分析】（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为﹣q的颗粒做类平抛运动，列出运动学公式和牛顿第二定律可可以求解两金属板间的电压；
（2）空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变，说明水平方向不受空气阻力，竖直方向当空气阻力等于电场力时到达最大速度，由此可以求解两金属板间的电压；在上一问的基础上，进一步分析可以求解被收集的百分比。
【解答】解：（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为﹣q的颗粒做类平抛运动，恰好全部被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，水平方向有：L＝v0t
竖直方向：d=12at2
根据牛顿第二定律：
qE＝ma
E=U1d
解得：U1=2d2mv02qL2；
（2）颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向：
F电＝f
qU2d=kRv
dv=Lv0
解得：U2=d2kRv0qL
若10μm带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向有：
q1E＝kr1v1，d＝v1t
5μm的颗粒带电荷量为：q2=14q1
竖直方向有：q2E＝kr2v2，d2＝v2t
解得：d2=12d
则5μm的颗粒被收集的百分比为：
d2d×100%=50%
答：（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，两金属板间的电压为2d2mv02qL2；
（2）a.半径为R、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，两金属板间的电压为d2kRv0qL；
b.2.5μm的颗粒被收集的百分比为50%。
【点评】本题考查带电粒子在电场中德运动，理解本题的临界条件和近似条件是解题的关键，临界条件就是恰好100%被吸收，近似条件是假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，说明将一小段的变加速忽略，竖直近似看成匀速直线运动。