[物理][期中]2023北京北师大二附中高二(上)期中试卷(B卷)(教师版)

这是一份[物理][期中]2023北京北师大二附中高二(上)期中试卷(B卷)(教师版)，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共10小题，共30分。每小题选对得3分，选错和不选得零分。答案涂在答题卡上。
1．某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是（ ）
A．t＝1s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
B．t＝1s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值
C．t＝4s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零
D．t＝4s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
2．一列简谐横波某时刻波形如图所示，此时质点P的速度方向沿y轴正方向，则（ ）
A．这列波沿x轴负方向传播
B．质点a此时动能最大，加速度最小
C．再经过一个周期，质点P运动到x＝6m处
D．当质点P运动到最低点时，质点b恰好运动到平衡位置
3．声波是一种机械波，具有波的特性。关于声波，下列说法中正确的是（ ）
A．不同频率的声波在空气中相遇时不会叠加
B．高频声波和低频声波相遇时能发生干涉现象
C．相同条件下，低频声波比高频声波更容易发生衍射现象
D．不同频率的声波在空气中相遇时频率均会发生改变
4．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是（ ）
A．1、2两点的场强相同B．2、3两点的场强相同
C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等
5．如图所示，A、B为两个等量正点电荷连线上的两点（其中B为连线中点），C为连线中垂线上的一点。今将一带负电的试探电荷自A沿直线移到B再沿直线移到C。下列说法中正确的是（ ）
A．B点的场强比C点的场强大
B．A点的电势比C点的电势高
C．从A点移到B点的过程中，电场力对该试探电荷做正功
D．从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能保持不变
6．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
7．在研究电容器的充、放电实验中，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。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，电容器放电。电流传感器与计算机连接，记录这一过程中电流随时间变化的i﹣t图像如图乙所示，图线1表示电容器的充电过程，图线2表示电容器的放电过程。下列选项正确的是（ ）
A．电容器充电过程中流过电阻R的电流方向向左
B．电容器放电过程中流过电阻R的电流方向向右
C．图乙中图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小
D．图乙中形成图线2的过程中，电容器存储的电荷减少得越来越快
8．如图所示为密立根油滴实验示意图。实验中要设法使带负电的油滴悬浮在电场中。若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下加速运动。在该油滴向下运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．静电力做正功
B．重力和静电力的合力做负功
C．重力势能的减少量大于电势能的增加量
D．重力势能的减少量小于动能的增加量
9．图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来（图乙），用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。下列说法正确的是（ ）
A．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
B．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
C．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
D．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
10．如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A，R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（ ）
A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A
B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A
C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A
D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A
二、多项选择题：本题共4小题，共16分。每小题选对得4分，漏选得2分，选错和不选得零分。答案涂在答题卡上。
（多选）11．（4分）如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15m。当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是（ ）
A．0.60mB．0.30mC．0.20mD．0.10m
（多选）12．（4分）图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（ ）
A．a、b两点电势的高低
B．带电粒子在a、b两点的受力方向
C．产生该电场的点电荷的电性
D．带电粒子在a、b两点的电势能何处较大
（多选）13．（4分）为了研究空腔导体内外表面的电荷分布情况，取两个验电器A和B，在B上装一个几乎封闭的空心金属球C（仅在上端开有小孔），D是带有绝缘柄的金属小球，如图所示。实验前他们都不带电，实验时首先将带正电的玻璃棒（图中未画出）与C接触使C带电。以下说法正确的是（ ）
A．若将带正电的玻璃棒接触C内表面，则B的箔片会带电
B．若将带正电的玻璃棒接触C外表面，则B的箔片不会带电
C．使D接触C的内表面，然后接触A，操作若干次，观察到A的箔片张角变大
D．使D接触C的外表面，然后接触A，操作若干次，观察到A的箔片张角变大
（多选）14．（4分）金属导电是一个典型的导电模型，值得深入研究。一金属直导线电阻率为ρ，若其两端加电压，自由电子将在静电力作用下定向加速，但电子加速运动很短时间就会与晶格碰撞而发生散射，紧接着又定向加速，这个周而复始的过程可简化为电子以速度v沿导线方向匀速运动。我们将导线中电流与导线横截面积的比值定义为电流密度，其大小用j表示，可以“精细”描述导线中各点电流的强弱。设该导线内电场强度为E，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e，电子在导线中定向运动时受到的平均阻力为f。则下列表达式正确的是（ ）
A．j＝nveB．ρ＝nevC．E＝ρjD．f＝nevρ
三、实验题：本题共2小题，共15分，直接在答题纸上空白处填写正确答案。
15．（4分）“用单摆测量重力加速度”的实验中：
（1）用游标卡尺测量小球的直径，如图所示，测出的小球直径为 mm；
（2）实验中下列做法正确的是 （多选）；
A.摆线要选择伸缩性大些的，并且尽可能短一些
B.摆球要选择质量大些、体积小些的
C.拉开摆球，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔作为单摆周期T的测量值
D.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置角度较小。释放抾球，从平衡位置开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间t，则单摆周期
16．（11分）在“测定金属的电阻率”的实验中，金属丝的阻值约为5Ω，某同学先用刻度尺测量金属丝的长度l＝50.00cm，用螺旋测微器测量金属丝直径时刻度位置如图1所示，再用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。
（1）该电阻丝直径的测量值d＝ mm；
（2）实验中能提供的器材有：
A.电压表V1（量程0∼3V，内阻约3kΩ）
B.电压表V2（量程0∼15V，内阻约15kΩ）
C.电流表A1（量程0∼3A，内阻约0.01Ω）
D.电流表A2（量程0∼0.6A，内阻约0.1Ω）
E.滑动变阻器R1（0∼20Ω）
F.滑动变阻器R2（0∼500Ω）
G.电源E（电压为3.0V）及开关和导线若干
该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，则电压表应选择 ，电流表应选择 ，滑动变阻器应选择 ，（选填各器材前的字母）。要求金属丝上的电压能从0开始调节，并能较准确地测出金属丝的阻值，实验电路（图2）应选用图 。
请根据该同学所选的实验电路图，在图3中进行实物连线。
（3）该同学建立U﹣I坐标系，如图4所示，图中已标出了与测量数据对应的五个坐标点，还有一次测量的电压表和电流表示数如图5所示，请根据测量数据将坐标点补全，并描绘出U﹣I图线。由图线数据可计算出金属丝的电阻为 Ω（保留两位有效数字）。设被测金属丝电阻为R，则该金属材料电阻率的表达式是 （用题目给出的物理量符号表示）。
四、解答题：本题包括4小题，共39分。解答时，在答题纸上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。
17．（8分）在氢原子模型中，核外电子绕核做半径为r的匀速圆周运动。已知电子的质量为m，电荷量为e，静电力常量为k。可以认为电子绕核旋转所需要的向心力由库仑力提供。
（1）求电子的动能。
（2）求电子绕核运动形成的等效电流I。
18．（9分）长为L的轻质绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点）。如图所示，在空间施加沿水平方向的匀强电场，小球静止在A点，此时细线与竖直方向夹角为α＝37°。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，电场的范围足够大，重力加速度为g。
（1）求匀强电场的电场强度大小E。
（2）求A、O两点间的电势差U；
（3）保持细线始终张紧，将小球从A点拉起至与O点处于同一水平高度的B点。将小球由B点静止释放，求小球运动至A点时速度的大小v。
19．（10分）利用电场来加速和控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，两板间所加电压为U0，金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，两板间加有恒定的偏转电压。现有一质子（H）和α粒子（He）从小孔S1处先后由静止释放，经加速后穿过小孔S2水平向右进入偏转电场。已知α粒子的质量为m，电荷量为q。
（1）求α粒子进入偏转电场时的速度大小；
（2）请判断质子和α粒子在偏转电场中的运动轨迹是否相同，并说明理由。
（3）交换M、N两板的极性，使大量电子加速后连续不断地穿过小孔S2水平向右进入偏转电场，且进入偏转电场的速度均为v＝6.4×107m/s。已知极板P和Q的长度L＝8×10﹣2m，间距d＝5×10﹣3m，两极板间电压为U。已知电子质量me＝9.1×10﹣31kg，电荷量e＝1.6×10﹣19C。若要电子不能穿过偏转极板，求U至少为多大。
20．（12分）研究原子核的结构时，需要用能量很高的粒子轰击原子核。为了使带电粒子获得很高的能量，科学家发明了各种粒子加速器。图1为某加速装置的示意图，它由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图2所示。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1。为使电子在圆筒之间的间隙都能被加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。
若电子的质量为m，电荷量为﹣e，交变电源的电压为U，周期为T，两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆筒内场强均为0。不计电子的重力和相对论效应。
（1）求电子进入圆筒1时的速度v1，并分析电子从圆板出发到离开圆筒2这个过程的运动；
（2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，则第n个金属圆筒的长度Ln应该为多少？
（3）若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和（2）中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度是多少？
参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，共30分。每小题选对得3分，选错和不选得零分。答案涂在答题卡上。
1．【分析】根据简谐运动的位移图象直接读出质点的位移与时间的关系。当物体位移为零时，质点的速度最大，加速度为零；当位移为最大值时，速度为零，加速度最大。
【解答】解：AB.t＝1s时，振子位于正向位移最大处，速度为零，加速度为负向最大，故A正确，B错误；
CD.t＝4s时，振子位于平衡位置处，向上振动，速度为正的最大，加速度为0，故CD错误；
故选：A。
【点评】本题考查对简谐运动图象的理解能力，要抓住简谐运动中质点的速度与加速度的变化情况是相反。
2．【分析】用波形平移判断质点的振动和波的传播方向；利用各质点在平衡位置附近做简谐运动判断质点的振动情况．
【解答】解：A、由于质点p沿y 轴的正方向运动，据波形平移可知该波 沿x轴的正方向传播，故A错误；
B、该波沿x轴的正方向传播，据波形平移可知，a质点将从平衡位置上向下运动，即速度最大，加速度为零，故B正确；
C、据波的传播特点，各质点并不随波迁移，只在平衡位置附近做简谐运动，故C错误；
D、据图可知质点p和b相差一个波长，两质点的振动情况相同，故D错误。
故选：B。
【点评】据波形平移判断质点的振动方向和波的传播方向是解题的前提，明确波传播的特点是解题的关键．
3．【分析】两列波发生干涉的条件是频率相同，相位差恒定；波长越长越容易发生衍射现象；在不同介质中波的频率不变。
【解答】解：A、不同频率的波在空气中相遇会叠加，但不会发生稳定的干涉现象，故A错误；
B、发生干涉的条件之一是频率相同，高频声波和低频声波频率不同，相遇时不能发生干涉现象，故B错误；
C、频率越低，波长越长，越容易发生衍射现象，所以低频波比高频波更容易发生衍射现象，故C正确；
D、不同频率的波在空气中相遇，频率不变，故D错误.
故选：C。
【点评】本题考查波的基本特点，学生需掌握波传播的基本特点，两列波发生干涉的条件，发生明显衍射的条件，以及波长与频率间的关系。
4．【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．
【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大。故A错误；
B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，2与3比较，它们的电场强度的大小相同，方向不同。故B错误；
C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势。故C错误；
D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等。故D正确。
故选：D。
【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，注意电场强度是矢量，是否相等，要关注方向性．
5．【分析】两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反．BC连线上每一点（除B点）电场线方向由B指向C．根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增加．
【解答】解：A、两个等量同种电荷，它们在点B处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点B的电场强度为零，而C点的电场强度不为0，故A错误；
BCD、AB连线上的电场先方向从A指向B，BC连线上每一点（除B点）电场线方向由B指向C，将一带电量为q的负点电荷自A沿直线移到B再沿直线移到C，电场力一直做负功，电势能增加，由Ep＝φq可知φA＞φC。故B正确，CD错误；
故选：B。
【点评】对等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉，考试常常做文章．
6．【分析】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据C＝，判定电容的变化，再依据U＝，判断电势差的变化，从而即可求解。
【解答】解：A、由电容器带电量是某一极板的电量，再结合静电感应原理，可知，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，即能使电容器带电，故A正确；
B、将b板向上平移，正对面积减小，根据C＝，电容减小，根据U＝，Q不变，则电势差增大，张角变大，故B错误。
C、在极板之间插入有机玻璃板，根据C＝，电容增大，根据U＝，Q不变，则电势差减小，张角变小，故C错误。
D、在实验中，只增加极板带电量，根据C＝，电容C不变，根据U＝，则电势差增大，张角变大，故D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变，同时理解电容器带电量的含义。
7．【分析】根据电容器的充、放电原理分析AB，根据q＝It结合图像面积的含义分析解答。
【解答】解：A．开关S与1端相连，电源向电容器充电，电容器下极板与电源负极连接，下极板得电子，电子带负电，可知，电容器充电过程中流过电阻R的电流方向向右，故A错误；
B．开关S掷向2端，电容器放电，由于放电之前，电容器下极板得电子，可知，放电时，下极板失去电子，电子带负电，可知，电容器放电过程中流过电阻R的电流方向向左，故B错误；
C．根据电流的定义式有I＝
解得
q＝It
结合图像可知，i﹣t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示电荷量，可知，图乙中图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小，故C正确；
D.根据上述有
q＝It
根据图乙中形成图线2，电流逐渐减小，可知，图乙中形成图线2的过程中，电容器存储的电荷减少得越来越慢，故D错误。
故选：C。
【点评】该题考查了电容器的相关知识，解决本题的关键掌握电容的定义式，知道电容与电压、电量无关，以及明确i﹣t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量。
8．【分析】首先分析液滴的运动情况，向下做匀加速直线运动；再分析油滴的受力情况，受重力和向上的电场力；电场力做功等于电势能的变化量，根据功能关系分析重力势能的变化与电势能、动能变化的关系。
【解答】解：A、油滴带负电，受到的电场力向上，与位移方向相反，故电场力做负功，故A错误；
B、液滴受重力和电场力，做加速运动，动能增加，根据动能定理，合力做正功，故B错误；
C、重力势能的减小量等于重力做功大小，电势能的增加量等于克服电场力做的功，由于加速向下运动，所以重力大于电场力，则重力势能的减少量大于电势能的增加量，故C正确；
D、重力势能的减少量等于电势能的增加量和动能的增加量之和，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，故D错误。
故选：C。
【点评】本题关键是明确液滴的受力情况和运动情况，结合功能关系进行分析，注意合力做功是动能变化的量度，电场力做功是电势能变化的量度，重力做功是重力势能变化的量度。
9．【分析】由甲图读出温度与电阻的关系，再由闭合电路欧姆定律得出电流与电阻的关系，从而得到温度与电阻的关系，即可分析电阻温度计的温度刻度情况。
【解答】解：AB、由甲图可知，tA点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，由图甲得：
R＝R0+kt
由闭合电路欧姆定律得：I＝
联立解得：t＝﹣，可知，温度与电流是非线性关系，故A错误，B正确；
CD、同理，tB应标在电流较小的刻度上，且温度与电流是非线性关系，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律，要注意根据图象列式进行分析，明确题目中给出的信息，再结合闭合电路欧姆定律进行分析即可得出结论。
10．【分析】对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小．
【解答】解：AB、当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.2A+0.6A＝1.8A；故每一小格表示0.06A；故AB错误；
CD、当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A；故每一小格表示0.06A；故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是CD中要注意R2对电流表的量程没有影响！
二、多项选择题：本题共4小题，共16分。每小题选对得4分，漏选得2分，选错和不选得零分。答案涂在答题卡上。
11．【分析】根据P、Q两质点振动状态关系，得到P、Q两质点平衡位置间的距离与波长的关系，从而求得波长表达式，再得到波长的特殊值。
【解答】解：根据题意可以画出PQ之间的最简单的波形，如图所示。
同时由于P、Q间还可以含有多个完整的波形，则xPQ＝（n+）λ，（n＝0，1，2，…）
可得λ＝＝m＝m
当n＝0时，λ＝0.30m；当n＝1时，λ＝0.10m，n是整数，λ不可能为0.60m和0.20m，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
【点评】解答本题要能够根据两质点振动状态关系，得到波长的通项，然后进行分析。
12．【分析】由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化．当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小。
【解答】解：A、由于不知道电场线方向，所以无法确定a、b两点电势的高低，故A错误；
B、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，故B正确；
C、由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故C错误；
D、由于粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，故从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况。
13．【分析】明确物体带电的三种带电方式及原理：接触带电、感应起电、摩擦带电。注意空腔导体带电时分布在外表面。
【解答】解：A、若将带正电的玻璃棒接触C内表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电，故A正确；
B、若将带正电的玻璃棒接触C外表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电，故B错误；
C、达到静电平衡状态的导体净电荷只分布在其外表面处，即C的内表面是不带电的，若使D接触C的内表面，则D不带电；然后接触A，A不能带电；操作若干次，观察到A的箔片张角不变，故C错误；
D、达到静电平衡状态的导体净电荷只分布在其外表面处，即C的外表面带电；若使D接触C的外表面，C上的电荷只有一部分转移到D上，D会带电；然后接触A，则D的一部分电荷又转移到A上，D上的电荷减少；再使D接触C的外表面，C上的电荷又有一部分转移到D上，然后D接触A，D的一部分电荷又转移到A上，操作若干次，观察到A的箔片张角变大，故D正确。
故选：AD。
【点评】在该题中，要理解该实验的目的与实验操作的过程，弄清该操作的过程中采用了接触带电的带电方式，另外要注意空腔导体带电特点。明确实验能证明的结论。
14．【分析】根据U＝Ed，R＝，R＝等相关公式再结合已知条件进行推导即可；电子的运动过程可简化为电子以速度v沿导线方向匀速运动，故电子在导线中定向运动时受到的平均阻力为f＝0。
【解答】解：ABC、设导线的横截面积为S，在Δt时间内以S为底，vΔt为高的柱体内的自由电子都将从此截面通过，由电流及电流密度的定义知：j＝＝＝＝evn；
设导线的长度为L，导线两端的电压为U，则有：U＝E•L，R＝
由A分析知：I＝jS＝nveS
根据欧姆定律得：R＝
联立解得：ρ＝
则有：E＝ρj
故AC正确，B错误；
D、由题意可知，电子的运动过程可简化为电子以速度v沿导线方向匀速运动，故电子在导线中定向运动时受到的平均阻力f与电子受到的电场力相等，即：f＝e•E＝eρj＝ne2ρv，故D错误。
故选：AC。
【点评】解答本题的关键是能够熟练应用学过的电流定义式、匀强电场电场强度与电势差的关系式、欧姆定律、电阻定律，结合已知条件进行相关的公式推导。
三、实验题：本题共2小题，共15分，直接在答题纸上空白处填写正确答案。
15．【分析】（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值＝主尺是对应示数（mm）+对齐格数（不估读）×精确度；
（2）根据正确的实验操作步骤和注意事项分析作答。
【解答】解：（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，小球直径D＝14mm+5×0.1mm＝14.5mm；
（2）A.摆线要选择伸缩性小些的，长度约为1m的细线，故A错误；
B.摆球要选择密度大些、质量大、体积小些的金属球作为摆球，故B正确；
C.测量单摆周期时，要在摆球通过最低点开始计时，且要让摆球完成30﹣50次全振动的时间求解单摆的周期，故C错误；
D.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置角度较小，释放摆球，从平衡位置开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间t，则单摆周期，故D正确。
故选：BD。
故答案为：（1）14.5；（2）BD。
【点评】本题考查了游标卡尺的读数和用单摆测重力加速度，要明确实验的原理掌握正确的实验操作步骤和注意事项。
16．【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值＝固定刻度对应示数（mm）+对齐格数（估读一位）×精确度；
（2）根据电源电动势，选择电压表；
根据闭合电路的欧姆定律估算电路中的电流，然后选择电流表；
由于要求金属丝上的电压能从0开始调节，据此分析滑动变阻器的连接方式，然后选择滑动变阻器；
比较待测电阻、电流表内阻和电压表内阻比值的大小关系，确定电流表的内外接法，从而选择电路图。
（3）根据电表读数规则读数，然后根据“描点法”作图，根据U﹣I图像求电阻；根据电阻定律求解电阻率的表达式。
【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，电阻丝直径d＝0mm+23.2×0.01mm＝0.232m；
（2）电源电动势为3.0V，因此电压表选择A；
根据闭合电路的欧姆定律，电路电流最大为I＝，因此电流表选择D；
由于要求金属丝上的电压能从0开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，因此滑动变阻器选择E；
由于，可知电流表应采用外接法，故电路图选择乙；
根据选择的电路图，连接的实物图如图所示：
（3）电流表的分度值为0.02A，采用“半格估读”法，读数为I＝0.50A
电压表的分度值为0.1V，读数时读到下一位，读数为U＝2.60V
根据“描点法”，描点时要使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，如图所示：
图线的斜率
待测电阻Rx＝5.2Ω
被测金属丝电阻为R，根据电阻定律
解得：＝。
故答案为：（1）0.233；（2）A；D；E；乙；（3）5.2；。
【点评】本题主要考查了螺旋测微器的读数和“测定金属的电阻率”的实验；能够根据实验要求正确选择实验器材和确定实验电路图；关键要掌握电流表内外接法的判断方法。
四、解答题：本题包括4小题，共39分。解答时，在答题纸上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。
17．【分析】（1）根据库仑力提供向心力结合动能的公式解答；
（2）根据库仑力提供向心力结合电流的定义式解答。
【解答】解：（1）根据库仑力提供向心力有
则电子的动能为Ek＝
解得Ek＝
（2）根据库仑力提供向心力有
根据电流的定义式有
解得：
答：（1）电子的动能为。
（2）电子绕核运动形成的等效电流为。
【点评】本题考查库仑力提供向心力的应用，解题关键掌握电流的定义式的熟练运用。
18．【分析】（1）根据正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同判断场强的方向，根据小球受力平衡列式求场强的大小；
（2）根据匀强电场中电势差与场强的关系求电势差UAO；
（3）将小球从A点沿圆弧缓慢向左拉起至与O点处于同一水平高度过程中，对小球根据动能定理列式求拉力做的功。
【解答】解：（1）小球静止在A点时受力平衡
根据平衡条件qE＝mgtanα
解得，方向水平向左；
（2）A、O两点沿电场线方向距离d＝Lsinα＝0.6L
根据电势差与场强的关系U＝Ed
解得：U＝
（3）小球从B点运动至A点的过程中
根据动能定理mgLcsα﹣qE（L﹣Lsinα）＝mv2
解得
答：（1）匀强电场的电场强度大小为，方向水平向左。
（2）A、O两点间的电势差为；
（3）小球运动至A点时速度的大小为。
【点评】解答本题的关键是熟悉电场的基本性质，知道匀强电场中电势差与场强的关系式U＝Ed（注意d指的是两点间沿着电场方向的距离），此外还要能灵活应用动能定理求变力做的功。
19．【分析】（1）根据动能定理即可求得α粒子进入偏转电场时的速度大小；
（2）带电粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，根据水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动列出方程，即可求解侧位移y的大小，从而判断质子和α粒子在偏转电场中的运动轨迹是否相同；
（3）依据类平抛运动的规律列出电子恰好从极板射出时的方程，求解此时对应的电压值，从而求出U满足的条件。
【解答】解：（1）根据动能定理
解得α粒子进入偏转电场时的速度大小
（2）建立如图所示的坐标系
以出发点为原点，水平向右为x轴，向下为y轴，设偏转极板P、Q间的电压为U，极板间距为d，有
x＝v0t
解得
与带电粒子的质量和电荷量无关，故质子和α粒子在偏转电场中的运动轨迹相同。
（3）设电子飞出偏转极板的时间为t，当电子的侧位移为时，由运动学公式可得
解得
U＝91V
若要电子不能穿过偏转极板，则
Um≥91V
答：（1）α粒子进入偏转电场时的速度大小；
（2）见解析；
（3）U至少为91V。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题、动能定理的简单应用，考查的核心素养是物理观念、科学思维。
20．【分析】（1）根据动能定理求解电子进入圆筒1时的速度，根据受力情况分析运动情况；
（2）根据动能定理求解经过n次加速后的速度大小，根据位移﹣时间关系求解第n个金属圆筒的长度；
（3）根据匀变速直线运动的规律结合运动学公式、牛顿第二定律进行解答；或者根据动能定理进行解答。
【解答】解：（1）电子由金属圆板经电场加速进入圆筒1，根据动能定理Ue＝﹣0
解得：v1＝；
电子从圆板开始先做匀加速直线运动，进入圆筒1，筒内场强为0，电子不受外力做匀速直线运动，在圆筒1、2之间间隙再做匀加速直线运动，进入圆筒2再做匀速直线运动。
（2）电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理nUe＝﹣0
解得：vn＝
由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是半个周期，则：Ln＝vn
解得：Ln＝T；
（3）由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律和（2）中相同，若考虑电子在间隙中的加速时间，则粒子进入每级圆筒的时间都要比（2）中对应的时间延后一些，如果延后累计时间等于，则电子再次进入电场时将开始减速，此时的速度就是装置能够加速的最大速度。
方法1：由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，间距均相同，则电子的加速度为：a＝
其中：F＝Ee，E＝
解得：a＝
累计延后时间为，则电子的加速时间为，所以电子的最大速度为：vm＝a
解得：vm＝；
方法2：由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，间距均为d，经过N次加速到最大速度，则：Nd＝
根据动能定理可得：NUe＝﹣0
解得vm＝。
答：（1）电子进入圆筒1时的速度为；电子从圆板开始先做匀加速直线运动，进入圆筒1做匀速直线运动，在圆筒1、2之间间隙再做匀加速直线运动，进入圆筒2再做匀速直线运动；
（2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，则第n个金属圆筒的长度Ln应该为T；
（3）该装置能够让电子获得的最大速度是。
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。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和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。