1、通俗解析：通州区20202021学年第一学期高三年级一模考试物理试卷考生须知：1.本试卷共分两卷，第卷和第卷。共8页。2.本试卷总分为100分，考试时间为90分钟。3.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。第卷（选择题部分，共42分）一、选择题（每个小题只有一个选项是正确的，共14道小题，每小题3分）1. 磁感应强度单位是特斯拉（T），关于特斯拉与基本单位千克（kg）、秒（s）、安培（A）之间关系，下列描述正确的是（）A. 1T =1kg/（ As2） B. 1T =1kg s2/AC. 1T =1kg/（As）D. 1T =1kgs/A【答案】A【解析】根据磁感应强度的定义B=可知，
2、1T=1kg/（ As2），选项A正确。2. 如图所示，将不带电的枕形导体AB，放在一个点电荷的电场中，点电荷的电荷量为-Q，与导体AB的中心O的距离为R。由于静电感应，在导体AB的两端感应出异种电荷。当达到静电平衡时，下列说法正确的是（）A. 导体A端带正电B. 导体AB带上正电C. 导体A端的电势低于B端的电势D. 导体AB的感应电荷在O点产生的电场强度大小为，方向向左【答案】D【解析】根据静电感应的知识可知，导体的A端（远端）同种电荷，即带负电，选项A错误；导体AB整体是不带电的，故选项B错误；静电平衡时，导体是一个等势体，故A端的电势等于B端的电势，选项C错误；由于静电平衡的导体的内部
3、合场强为0，故导体AB的感应电荷在O点产生的电场强度大小与点电荷在O点产生的场强度的大小相等、方向相反，如下图所示，即为；点电荷是负电荷，它在O点的场强方向向右，故O点的场强方向向左，选项D正确。3. A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（方向未标出）如图所示。图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称。下列说法正确的是（）A. 这两个电荷可能是等量同种电荷B. 电子从C点运动到D点，电势能减小C. 电子从C点运动到D点，所受电场力逐渐减小D. 仅电场力作用下，电子可以沿直线从C点运动到D点【答案】C【解析】根据电场线的分布
4、可知，这是一个等量异种电荷形成的电场，故选项A错误；既然是一个等量异种电荷形成的电场，那么两电荷连线的中垂线就是一个等势面，因为这个面上的电场强度都与这个面垂直，故在其上电子从C点运动到D点，电势能不变，选项B错误；从电场线的疏密来看，D点的电场线稀疏一些，故该点的电场强度小一些，所以电子从C点运动到D点，所受电场力逐渐减小，选项C正确；如果仅在电场力作用下，电子受到的力是与CD垂直的，所以电子会做曲线运动，不可以沿直线从C点运动到D点，选项D错误。4. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴OO匀速转动，如图甲所示。产生的交变电流i随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（
5、）A. t = 0时，线框中磁通量的变化率为零B. t = 0.01 s时，穿过线框的磁通量最大C. 线框旋转的角速度大小为50 rad/sD. 若线框的电阻为0.4 ，则线框的热功率为5 W【答案】D【解析】t = 0时，线框中磁通量的变化率最大，因为图乙中的感应电流最大，选项A错误；t = 0.01 s时，感应电流也是最大的，故此时穿过线框的磁通量为0，选项B错误；由乙可知，周期T=0.02s，所以线框旋转的角速度大小为=100 rad/s，选项C错误；由图乙可知，交流电的最大值是5A，有效值为A，若线框的电阻为0.4 ，则线框的热功率P=I2R=（）20.4W=5 W，选项D正确。5.
6、在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（）A. 合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭B. 合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭C. 合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭D. 合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭【答案】B【解析】合上开关，通过电感线圈的电流突然变大，故它会产生感应电流，阻碍电流的增大，所以a灯后亮，而b灯没有电感线圈，故它通电后会先亮，选项AD错误；断开开关，通过电感线圈的电流减小，故线圈会产生一个电流来阻碍它的减小，电感线圈
7、相当于新电源与a、b灯构成闭合电路，所以a、b会同时逐渐熄灭，选项B正确，C错误。6. 如右图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E1.5 V，G为电流表，满偏电流为200 A。当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50 A，那么Rx的值是()A. 7.5 k B. 22.5 k C. 15 k D. 30 k【答案】B【解析】由于调零时，就是把两表笔短接，通过电流表的示数是满偏电流，即1.5V=200AR内；当接电阻Rx时，电流表的示数为50A，则1.5V=50A(R内+Rx)；解之得Rx=22.5 k，选项B正确。7. 如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，
8、R0为定值电阻，R为滑动变阻器（最大阻值大于）。闭合开关S，调节R的阻值，使电路中的电流为I，下列说法正确的是（）A. 此时电源的输出功率为EIB. 此时滑动变阻器的阻值C. 滑动变阻器R的触头从左向右滑动的过程中，路端电压逐渐增大D. 调节滑动变阻器R的阻值，当时滑动变阻器消耗的电功率最大【答案】D【解析】此时电源的输出功率为P出=UI=I（R0+R），选项A错误；此时滑动变阻器的阻值-r，选项B错误；滑动变阻器R的触头从左向右滑动的过程中，变阻器的电阻逐渐减小，外电路的电阻减小，矿路端电压逐渐减小，选项C错误；调节滑动变阻器R的阻值，当时，即把R0看成内电阻，外电路的电阻等于内电路的电阻时
9、，滑动变阻器消耗的电功率最大，选项D正确。8. 回旋加速器的工作原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，处于与盒面垂直的匀强磁场中，它们之间有一定的电势差U。A处的粒子源产生的带电粒子在加速器中被加速。下列说法正确的是（）A. 带电粒子在D形盒内被磁场不断地加速B. 交流电源的周期等于带电粒子做圆周运动的周期C. 两D形盒间电势差U越大，带电粒子离开D形盒时的动能越大D. 加速次数越多，带电粒子离开D形盒时的动能越大【答案】B【解析】由于洛伦兹力不做功，而带电粒子在D形盒内受洛仳兹力的作用而做圆周运动，不能加速粒子，选项A错误；交流电源的周期等于带电粒子做圆周运动的周期，选项B正确；粒
10、子在磁场中做匀速圆周运动时，Bqv=m，故v=，所以带电粒子离开D形盒时的动能Ek=mv2=，所以带电粒子离开D形盒时的动能与电势差U没关系，只与磁场和带电粒子的比荷有关，选项C错误；而粒子的动能又都是由电场提供的，设加速了N次，故存在NUq=，所以加速电压越大，加速的次数就会越少，不是带电粒子离开D形盒时的动能越大，选项D错误。9. 一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，A、B两板间便产生电压。金属板A、B和等离子体整体可以看作一个直流电源，A、B便是这个电源的两个电极。将金属板A、B与电阻
11、R相连，假设等离子体的电阻率不变，下列说法正确的是（）A. A板是电源的正极B. 等离子体入射速度不变，减小A、B两金属板间的距离，电源电动势增大C. A、B两金属板间的电势差等于电源电动势D. A、B两金属板间的电势差与等离子体的入射速度有关【答案】D【解析】根据磁场的方向和等离子体进入的方向，由左手定则可以判断等离子体中的正电荷受向下的洛伦兹力，故B极板是电源的正极，选项A错误；发电机的电动势稳定时，一定存在F电=F洛，即q=Bqv，所以电源的电动势U=Bdv，所以若等离子体入射速度v不变，减小A、B两金属板间的距离d，电源电动势U减小，选项B错误；由于电源与外电路构成通路，电流还通过等离
12、子体，而等离子体是有一定电阻的，所以A、B两金属板间的电势差U=，故它不等于电源电动势，选项C错误；根据前面的推导可知中，电源的电动势U=Bdv，即A、B两金属板间的电势差U与电动势成正比，即这个电势差也与等离子体的入射速度有关，选项D正确。10. 如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面且向里规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向；线框中电流沿着逆时针方向为感应电流i的正方向，要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度B随时间t变化的规律可能为【答案】B【解析】对于A选项而言，在0t0时间内，磁场垂直纸面向里减小，根据楞次定律线框产生的磁场也是向里的，
13、再根据右手定则可以判断感应电流的方向ABCD，是顺时针方向，即为负方向，与乙图不相符；又因为磁场均匀减小，由法拉第电磁感应定律得，电动势不变，电流也不变，这与要求相符合；在t02t0时间内，磁场垂直纸面向里增大，同理可以判断出感应电流的方向是逆时针方向，即为正方向，与乙图也不相符；又因为磁场均匀增大，同理得出电动势也不变，电流也不变，这要求也是相符合的，故选项A错误；同理对于选项B，可以判断出在0t0时间内，电流方向是逆时针方向，在t02t0时间内，电流方向是顺时针方向的，与乙图相符合，选项B正确；对于选项C，在t02t0时间内，感应电流是逆时针方向，与乙图不相符，选项C错误；对于选项D，由于
14、磁场不变，故它不能产生感应电流，选项D错误。11. 把电容器、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。电流传感器中的电流i随时间t变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）A. 在t1 t2时间内，电容器两极板间电压逐渐减小B. 在t3 t4时间内，电容器的电容逐渐减小C. 曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积D. S接1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势E【答案】C【解析】由于是先使开关S与1端相连，故在t1 t2时间内，电容器是充电的过程，两极板间电压逐渐增大，选项A错误；
15、在t3 t4时间内，电容器是放电的过程，但是它的电容是不变的，其两端电压逐渐减小，选项B错误；曲线1与横轴所围面积就是充满电时电容器所带的电荷量，曲线2与横轴所围面积就是放电时电容器所放出的电荷量，二者是相等的，故它们的面积相等，选项C正确；S接1端，电容器充电，当电容器两极板间的电压等于电源电动势E时，电路就没有了电流，充电停止，所以不会出现极板间电压大于电源电动势的情况，选项D错误。12. 如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，
16、放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（）A. 从上往下看，该“简易电动机”逆时针旋转B. 电池的输出功率大于线框转动的机械功率C. 线框、两部分导线电阻在电路中是串联关系D. “简易电动机”由静止到转动起来的过程中，线框中的电流增大【答案】B【解析】从乙图看，线框中的电流方向向下，对于右边的导线，其磁场方向向右，故安培力方向纸面向外，故从上往下看，该“简易电动机”顺时针旋转，选项A错误；电池的输出功率等于电动机的输入功率，而电动机在转动的过程中，要消耗一部分能量在导线的电阻上，故线框转动的机械功率相对来说就小于电动机的输入功率，当然
17、也小于电池的输出功率，选项B正确；线框、两部分导线都接在一端，故这两部分的电阻在电路中是并联关系，选项C错误；“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，起初速度小，线框切割磁感线产生的电动势较小，即反电动势较小，而线框中的电流I=，故刚开始时电流大，随着转速的增大，E-E反减小，故电流减小，选项D错误。13. 如图甲所示，有一固定的负点电荷N，其右侧距离为L处竖直放置一内壁光滑的绝缘圆筒，圆筒内有一带电小球。将小球从H0高处由静止释放，至小球下落到与N同一水平面的过程中，其动能Ek随高度H（设小球与点电荷N的竖直高度差为H）的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是 （）A. 小球可能带负电，也可能
18、带正电B. 在高度H1H2之间的某点，库仑力在竖直方向上的分力最大C. 该过程中，小球所受合力先增大后减小再增大D. 该过程中，小球的机械能先增大后减小【答案】B【解析】若小球带正电，由于N处的点电荷带负电，则在带电小球在下落的过程中，重力做正功，库仑力也做正功，则小球的动能会一直增加的，而由乙图看出，图线的最下端对应的是小球处于最高点时，释放后，小球的动能先增大，后来又有一段是减小的，然后再增大，这与小球的动能一直增大的判断不符合，故选项A错误，小球应该带负电；对于乙图的动能与高度的变化图线来看，因为Fx=Ek，故动能Ek与高度H的图线斜率代表合外力，H1与H2两处的斜率均为0，即此时库仑力
19、的竖直方向的分力等于重力，合外力为0，而在高度H1H2之间的某点，库仑力在竖直方向上的分力最大，选项B正确；由乙图可知，小球受到的合力先减小，后增大，然后再减小，再增大，选项C错误；由于下落的过程中，电场力一直做负功，故小球的机械能一直减小，选项D错误。14. 如图所示，在光滑的绝缘水平桌面上，有一质量均匀分布的细圆环，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。圆环的半径为R，质量为m。令此圆环均匀带上正电荷，总电量为Q。当圆环绕通过其中心的竖直轴以角速度沿图中所示方向匀速转动时（假设圆环的带电量不减少，不考虑环上电荷之间的作用），下列说法正确的是（）A. 圆环匀速转动形成的等效电流大
20、小为B. 圆环受到的合力大小为BQRC. 圆环内侧（区）的磁感应强度大于外侧（区）的磁感应强度D. 将圆环分成无限个小段，每小段受到的合力都指向圆心，所以圆环有向里收缩的趋势【答案】C 【解析】圆环匀速转动形成的等效电流大小为I=，选项A错误；把圆环分成若干小段，根据磁场方向和电流方向可以判断出安培力的方向是指向圆环外侧的，圆环的其他小段也是如此，故由于电流圆环受到的合力大小为0，选项B错误；圆环有扩张的趋势，选项D错误；由于圆环带正电，且沿顺时针方向旋转，故可以把圆环看成一个等效的环形电流，电流方向顺时针方向，由右手定则可以判断出在圆环内磁场是向里的，在圆环外，磁场中向外的，故它与原磁场的叠
21、加后，其内侧（区）的磁感应强度会变大，外侧（区）的磁感应强度会变小，所以（区）的磁感应强度大于外侧（区）的磁感应强度，选项C正确。第卷 （非选择题部分，共58分）二、实验题（共2道小题，共18分）15. 某同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验。（1）下列实验器材必须要用的有_（选填字母代号）A.干电池组 B.学生电源 C.多用电表 D.直流电压表E.滑动电阻器 F.条形磁铁G.可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）（2）下列说法正确的是_（选填字母代号）A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数B.要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数
22、不变，改变副线圈的匝数C.测量电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量D.变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈（3）该同学通过实验得到了如下表所示的实验数据，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析可以得到的实验结论是：_。实验次数n1/匝n2/匝U1/VU2/V1160040012.12.90280040010.24.95340020011.95.92【答案】（1）BCG；（2）BC；（3）。【解析】（1）在探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验中，需要用交流电源，故干电池、直流电压表都不能用，需
23、要用学生电源、多用电表，和可拆式变压器，滑动变阻器是改变电流的，因为学生电源可以改变原线圈的电压，所以也可以不用它，条形磁铁也没有什么用途，故选项BCG是必须要用到的；（2）为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，这样得到的电压才会较小，才可能安全，选项A错误；要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，选项B正确；测量电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，选项C也是正确的；变压器开始正常工作后，铁芯不导电，是导磁的，从而把电能由原线圈输送到副线圈，选项D错误。（3）通过对比数据发现，在误差允许的范围内，原副匝数比
24、等于原副线圈的电压之比，即。16. 关于“测电源的电动势和内阻”实验，某研究性学习小组的同学用如图1所示的电路，测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r。实验室提供的器材如下：待测电池、电压表、电阻箱（阻值范围0999.9W）、开关、导线。（1）请根据图1所示的电路图，在图2中画出连线，将器材连接成实验电路_。（2）开始做实验时，先把变阻箱阻值调到最大，再接通开关，然后逐次改变电阻箱接入电路的阻值R，读取与R对应的电压表的示数U，并将相应的数据转化为坐标点描绘在U图中。请将图3、图4中电阻箱和电压表所示的数据转化为坐标点描绘在图5所示的坐标系中（用“+”表示），并画出图线_。（3）由
25、图线可得该电池组的电动势E=_V，内电阻r =_。（均保留3位有效数字）（4）若利用电流表、电压表来测量一节新干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差，图6中甲、乙两种连接方案应该选择哪一种，并说明理由：_。【答案】（1）如下图所示（2分）；（2）如下图所示（2分）；（3）2.80V3.10V；1.301.50（4分）；（4）选甲方案。因为电流表内阻的一节新干电池的内阻相差不多，会导致乙方案中电源内阻的测量值误差较大。（2分） 【解析】（1）根据电路图，一定要先连接电阻箱，使之与电源构成一个通路，然后再把电压表并联在电阻箱两端即可；（2）电阻箱的读数为6，电压表的读数为2.4V，故=0.4
26、A，将该点在图像中找出来，用直线把这些点连接起来即可；（3）图线与U轴的交点即为该电池电动势的大小，其大小为2.80V；图线的斜率大小即为电池的内电阻，大小为r=1.33；（3）甲方案，因为电流表内阻的一节新干电池的内阻相差不多，会导致乙方案中电源内阻的测量值误差较大。三、计算题（共4道小题，共40分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。有数字计算的题答案必须明确写出数值和单位。17. 如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，不计带电粒子所受重力：（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；（2）为使该
27、粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。【答案】（1）R=，T=；（2）E=Bv。【解析】（1）粒子在磁场中运动，根据牛顿第二定律得：Bqv=m，故粒子做匀速圆周运动的半径R=，周期T=；（2）粒子受平衡力的作用，则F电=F洛，故Eq=Bqv，所以电场强度E=Bv。18. 如图所示，电路中电源电动势E=80V，内阻不计，电路中三个定值电阻R的阻值相同。A、B分别为水平放置的平行板电容器的上、下极板，板长L=90cm，板间距离d=40cm。在两金属板左端正中间位置M处，有一个小液滴以某一初速度水平向右射入两板间，从A板右侧边缘射出电场。已知小液滴的质量
28、m=2.010-3 kg，带负电，电荷量q=1.010-3 C。重力加速度g=10 m/s2求：(1)平行板电容器两极板间电压的大小。(2)在此过程中液滴电势能的变化量。(3)液滴进入电场时初速度v0的大小。【答案】（1）40V；（2）-0.02J；（3）v0=9m/s。【解析】（1）U的大小就等于电阻R的两端电压；故闭合电路欧姆定律得U=IR=R=40V；（2）液滴从极板中间刚好从A板右侧边缘射出电场，则电场力对液滴做的功W=F电=J=0.02J。所以根据电场力做功与电势能变化的关系，液滴电势能的变化量Ep=-W=-0.02J；（3）液滴在极板间运动的加速度a=40m/s2；根据=at2=a
29、()2，代入数据解之得v0=9m/s。19. 如图甲所示，宽度为L足够长光滑金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁场范围足够大，磁感强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上。现有一根质量为m、电阻为R的金属棒MN放置在金属导轨上，长度与金属导轨宽度相等，金属棒MN在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻。(1)若金属棒MN以水平速度v向右匀速运动，请根据法拉第电磁感应定律推导金属棒MN产生的感应电动势E=BLv。(2)若金属棒MN在水平向右恒力F作用下由静止开始运动，请从速度、加速度两个角度分析金属棒MN的运动情况。(3)若t = 0时金属棒MN有水平向右的初速度v0，此时施加一水平外力F（开
30、始时F方向向右），使金属棒MN做加速度大小为a的匀减速直线运动，直到速度减为零。a、请推导金属棒MN减速过程中外力F（以初速度方向为正方向）随时间t变化的关系式，并在图乙中画出F t的示意图。b、请说明根据F t图像，如何求金属棒MN速度从v0减为零的过程中外力F的冲量I。【答案】（1）推导略；（2）棒在做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动；（3）a、F=-ma-；图像如图所示；b、冲量为两个面积的差。【解析】（1）设经过时间t，则对于闭合电路，则由法拉第电磁感应定律可知E=BLv；（2）根据欧姆定律、牛顿第二定律得，棒向右运动时加速度a=，速度v逐渐增大，故棒的加速度随棒速度的增加而减
31、小，最后加速度变为0；所以棒在做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动；（3）a、对棒受力分析得：F安-F=ma；因为F安=；故外力F（以初速度方向为正方向）随时间t变化的关系式为F=-ma-；当速度减为0时，需要的时间t=，F安=0，故此时F=-ma；F方向改变，F t的示意图如图所示；b、F-t图像中图线与时间轴所围的面积代表外力F的冲量I；如答题图3中阴影所示，设在第一象限中F-t图线与横轴之间的面积为S1，外力F方向不正，故冲量为正；设在第四象限中F-t图线与横轴之间的面积为S2，外力F反向，故冲量为负，整个过程中外力的冲量I=S1-S2.（1分）20. 宏观问题是由微观机制所决定的
32、。对同一个物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。(1)如图所示，一段长为L、横截面积为S的圆柱形金属导体，在其两端加上恒定电压，金属导体中产生恒定电流I。已知该金属导体中单位体积内的自由电子数量为n，自由电子的质量为m、电量为e。a、请根据电流的定义，求金属导体中自由电子定向移动的平均速率v。b、经典电磁理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电场，这种恒定电场的性质与静电场相同。金属导体中的自由电子在电场力的驱动下开始定向移动，然后与导体中可视为不动的粒子碰撞，碰撞后电子沿导体方向定向移动的速率变为零，然后再加速、再碰撞，自由
33、电子定向移动的平均速率不随时间变化。金属电阻反映的就是定向移动的自由电子与不动的粒子的碰撞。假设自由电子连续两次碰撞的平均时间间隔为t0，碰撞时间不计，不考虑自由电子之间的相互作用力。请根据以上描述构建物理模型，推导金属导体两端电压U的大小和金属导体的电阻R。(2)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零。将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圆环平面，逐渐降低温度使超导环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，此后若环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零。为探究该圆环在超导状态的电阻率上限，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I，并经过一年多的时间t未检测出电流变化。实际上
34、仪器只能检测出大于I的电流变化，其中II，当电流的变化小于I时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化。设该超导圆环粗细均匀，环中单位体积内参与导电的电子数为n，电子质量为m、电荷量为e，环中定向移动的电子减少的动能全部转化为圆环的内能。试用上述给出的各物理量，推导出的表达式。【答案】（1）a、v=；b、U=；R=；（2）。【解析】（1）a、根据电流的定义得：I=neSv，故电子定向移动的平均速率v=。b、由题意得，电子在电场力的作用下从静止开始做匀加速直线运动，运动时间为t0，速度变为v，然后与金属粒子发生碰撞，速度减为0。则电子被加速后的末速度v=2v；则电子的加速度a=，又根据牛顿第二定律得：a=，则=，故解之得U=；再根据电阻的定义式得R=。（2）设圆环周长为l、电阻为R，由电阻定律得 设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为，由焦耳定律得 设环中电子定向移动的速率为v，则 式中n、e、S不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化，电流变化大小取时，相应定向移动电子的平均速率的变化得大小为，则 设环中定向移动电子减少的动能总和为，则 由于，可得 因为环中定向移动电子减少的动能全转化为圆环的内能。 联立上述各式，得 =。
