安徽省滁州市定远县育才学校普通班2019-2020学年高二上学期期中物理试卷 (有解析)

安徽省滁州市定远县育才学校普通班2019-2020学年高二上学期期中
物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.下列叙述中正确的是()
A. 库仑提出了用电场线描述电场的方法
B. 重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想
C. 伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
D. 用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=F
q ，加速度a=F
m
都是
采用比值法定义的
2.有关电动势的说法不正确的是()
A. 电源的电动势等于内、外电路电势降落之和
B. 电源提供的电能越多，电源的电动势越大
C. 当外电路断开时，电源的路端电压与电源电动势相等
D. 当电路中通过1库仑电量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电
动势的值
3.如图所示，电荷均匀分布在半球面上，在这半球的中心O处电场强度等于E0.
两个平面通过同一条直径，夹角为α(α<π
2
)，从半球中分出这一部分球面，则剩余部分球面上(在“大瓣”上)的电荷(电荷分布不变)在O处的电场强度()
A. E=E0sinα
2cosα
2
B. E=E0sinαcosα
C. E=E0sinα
2D. E=E0cosα
2
4.如图所示，在电键S闭合时，质量为m的带电液滴处于静止状态，那么，下列
判断正确的是()
A. 电键S断开，极板电量将减小，电压降低
B. 电键S断开，极板间距离减小，则极板间电量减小
C. 电键S断开，极板间距离减小，则极板间电压减小
D. 电健S断开，极板间距离减小，则带电液滴向上运动
5.如图，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个水平等势面，一个电子垂直
经过等势面D时的动能为20eV，经过等势面C时的电势能为−10ev，到
达等势面B时的速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，不计电
子的重力，下列说法中正确的是()
A. A等势面的电势为10V
B. 匀强电场的场强为200V/m
C. 电子再次经过D等势面时，动能为10eV
D. 电子的运动是匀变速曲线运动
6.如图电路中，电灯L1、L2都标有“220V、40W”；电灯L3、L4都
标有“220V、100W”.将A、B两端接入电源，最暗的灯是()
A. L1
B. L2
C. L3
D. L4
7.如图所示电路中，R0为定值电阻，当滑片P向右移动过程中，下列判断
正确的是()
A. 电压表V1、电流表A的读数都增大
B. 电压表V1与电流表A读数的比值保持不变
C. 电压表V2与电流表A读数的比值保持不变
D. 电压表V1、电流表A读数变化量的比值增大
8.如图所示是某导体的I−U图线，图中α=45°，下列说法正确的是()
A. 该导体的电阻与其两端的电压成正比
B. 此导体可能是半导体
C. I−U图线的斜率表示电阻的倒数，所以R=1.0Ω
D. 在该导体两端加6.0V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0C
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.如图所示，水平放置的带电平行金属板间有匀强电场，板间距离为d.一个带负
电的液滴所带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场并沿直线从上板边缘射出．则下列选项中正确的是()
A. 液滴做匀速直线运动
B. 液滴做匀减速直线运动
D. 液滴的电势能增加了mgd
C. 两板间电势差为mgd
q
10.(多选)理论研究表明，无限大的均匀带电平板在周围空间会形成与
平面垂直的匀强电场．现有两块无限大的均匀绝缘带电平板正交放
置，如图所示，A1B1板两面带正电，A2B2板两面带负电，且两板单
位面积所带电荷量相等(设电荷不发生移动).图中直线A1B1和A2B2
分别为带正电平面和带负电平面与纸面正交的交线，O为两交线的
交点，C、D、E、F恰好位于纸面内正方形的四个顶点上，且C、E的连线过O点．则下列说法中正确的是()
A. D，F两点电势相同
B. E，F两点电场强度相同
C. U EF=U ED
D. 在C，D，E，F四个点中电子在F点具有的电势能最大
11.如图是两个等量同种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间
距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等。

两条虚线互相垂直且平分，关于该电场以下叙述正确的是()
A. 1、3两点场强、电势均相同
B. 正电荷从5点运动到6点，电场力不做功
C. 5点场强一定大于4点场强
D. 正粒子从6点到5点过程中可能做匀速圆周运动
12.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，滑片P在变阻器正
中位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到右端，则()
A. 电压表的示数变大
B. 电流表的示数变大
C. 电灯L消耗的功率变小
D. 电阻R1消耗的功率变小
三、实验题（本大题共1小题，共8.0分）
13.某中学实验小组的同学在测量阻值约为200Ω的电阻R x的阻值时，从实验室选取了如下的实验器
材：
电动势为E=3V内阻可忽略不计的电源
量程为15mA的电流表A1、r a1≈100Ω
量程为300μA的电流表A2、r a2=1000Ω
最大值为20Ω的滑动变阻器R1
最大值为2000Ω的滑动变阻器R2
定值电阻R3=9000Ω
定值电阻R4=200Ω
开关S以及导线若干
为了减小实验误差，请回答以下问题：
(1)从以上实验器材中选择合适的实验器材，设计测量电阻R x的电路图，画在图中的方框内，并
在电路图中标明实验器材的符号。

(2)某次操作时，将滑动变阻器的滑动触头移到合适位置，两电流表的读数如图所示，则电流表
A1的读数为________mA，电流表A2的读数为________μA，则电阻R x的阻值为________Ω。

(3)由该电路中产生的系统误差分析可知，该电阻R x的测量值________真实值(填“大于”、“等
于”或“小于”)。

四、简答题（本大题共1小题，共8.0分）
14.一质量为m=6kg带电量为q=+0.1C的小球P，自倾角θ=530的固定光滑斜面顶端由静止开
始释放，斜面底端通过一段光滑小圆弧与一光滑水平面相连。

整个装置处在水平向右的有界匀
强电场中，电场的右边界恰好与斜面底端在同一竖直面上，场强E=200N/C。

如图所示(已知sin53o=0.8，cos53o=0.6，g=10m/s2)。

不计空气阻力，简要回答下列问题：
(1)分析小球从释放至到达水平面前运动过程中的能量转化情况；
(2)若将场强变为E=600N/C，其它条件不变，分析小球从释放至到达水平面前运动过程中的
运动情况。

五、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
15.下列为某组同学的“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验．
(1)请挑选合适的电表量程，在如图1中，完成余下的电路连线．要求小灯泡两端的电压能从零
开始连续变化．
(2)根据上述电路，测量得到了一组实验数据，并在I−U图中描点连线后得到如图3图线a，该
组同学为了进一步研究温度对电阻的影响，将小灯泡玻璃敲碎后，使灯丝倒置浸在油杯中(如图2所示)，使灯丝的温度在开始阶段基本不变，更换电表的量程后，再次完成上述实验，得到实验数据如下表所示，请用表中数据在坐标纸上描点，并作出I−U图线b.
次数n123456
电压/V00.50 1.00 1.50 2.00 2.50
电流/A00.200.400.580.720.80
(3)根据上述的I−U图象，比较a、b两条图线的异同，并说明原因．
16.如图所示，一根金属棒长为L，横截面积为S，其材料的电阻率为ρ.已知金属棒内单位体积自由
电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。

在金属棒两端加上恒定的电压时，金属棒内自由电子定向移动的平均速率为v。

(1)求电阻的大小；
(2)请证明金属棒内的电流I=neSv；
(3)求金属棒内的电场强度大小。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：解：A、法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故A错误．
B、重心是物体各部分所受重力的作用点、合力与分力是等效关系，所以这两个概念的建立都体现了等效替代的思想．故B正确．
C、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得到，故C错误．
D、场强E=F
q 是采用比值法定义的，而加速度a=F
m
不是采用比值法定义，故D错误．
故选：B．
本题涉及物理学史，根据物理学家的科学成就和常识进行解答．
本题考查了物理学史和一些常识问题，知道比值法定义出来的物理量与参与定义的量无关．
2.答案：B
解析：解：A、由闭合电路欧姆定律可知，电动势等于内、外电路电势降落之和；故A正确；
B、电源提供的电能取决于做功时间，不能说明电动势大；故B错误；
C、外电断开时，电源的路端电压与电源电动势相等；故C正确；
D、电动势的定义式E=W
q
可知，当电路中通过1库仑电量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值；故D正确；
本题选错误的，故选：B。

根据电动势的定义式E=W
q
可知，非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功等于电源的
电动势．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．
本题考查电动势的物理意义．要注意电动势与电压是两个不同的概念，不能说“电动势就是电压”．3.答案：D
解析：解：根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示由平行四边形定则得到“大瓣”球面上的电荷在O处的电场强度E1=E0cosα
2
．
，故ABC错误，D正确．
故选：D．
半球的中心O处电场强度E0是部分球面上电荷产生的电场叠加的结果，根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，由平行四边形定则求解“大瓣”球面上的电荷在O处的电场强度．本题解题关键是抓住对称性，作出两部分球面上电荷产生的电场分布图．
4.答案：C
解析：解：电键s断开，极板上的电荷量Q不变，极板间距离减小，根据电容的决定式C=ɛS
4πkd
得
知电容C增大，由电容的定义式C=Q
U 可知，板间电压U降低，由板间场强公式E=U
d
及前面两个公
式结合得到E=4πkQ
 ϵS
，可知板间场强E不变，带电液滴的受力情况不变，仍处于静止状态，故C正确，ABD错误。

故选：C。

电键s断开，极板上的电荷量不变，根据电容的决定式C=ɛS
4πkd
分析电容的变化，由电容的定义式C=
Q U 分析板间电压的变化，由板间场强公式E=U
d
分析液滴所受的电场力的变化，判断其运动情况．
解决本题是掌握电容的决定式C=ɛS
4πkd ，电容的定义式C=Q
U
，板间场强公式E=U
d
和经验公式E=
4πkQ
 ϵS
，再对电容器进行动态分析．
5.答案：B
解析：
电子从D到B过程，根据动能定理求出BD间电势差，即可得到A等势面的电势；由E=U
d
求出电场强度的大小；根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时的动能；匀强电场中电子所受的电场力是恒力，电子做匀变速直线运动．
解决本题的关键知道等势面与电场线关系，掌握匀强电场的场强公式，以及电场力做功与电势差的关系．
A、电子从D到B的过程，根据动能定理得，：−eU DB=0−E kD，解得：U DB=20V，则电场强度为：
E=U DB
d
=
20
0.1
V/m=200V/m
电子经过等势面C时的电势能为−10ev，则C点的电势为10V，可知A点电势为−10V.故A错误，B
正确。

C、根据能量守恒定律得，电子再次经过D等势面时，动能不变，仍然为20eV.故C错误。

D、因为电场强度的方向与等势面垂直，则电子所受电场力方向与速度方向在同一条直线上，做匀变速直线运动。

故D错误。

故选：B。

6.答案：B
解析：解：由：P=U2
R 得：R=U2
P
故四灯电阻：R1=R2>R3=R4，
由图知，L1和L4串联，
由于P=I2R，R1>R4，I1=I4----------①
故P1>P4----------②
L2和L3并联，R2>R3，
由于P=U2
R
，
故I 2<I3、P2<P3-----------③
故P=I2R，R1=R2，I1>I2，R3=R4，I3<I4--------④
故P1>P2，P3<P4----------⑤
由②③⑤可得：
P1>P4>P3>P2，
故L 1的电功率最大、最亮；L2的电功率最小、最暗；故ACD错误，B正确
故选：B．
由灯的铭牌可知灯的额定电压和额定功率，根据P=U2
R
可以比较四灯的电阻大小；
L1和L4串联，根据P=I2R，可以得出I1与I4、P1和P4的大小关系；L2和L3并联，根据P=U2
R
，可以得I2与I3、P2和P3的大小关系；根据P=I2R判断P1和P2的大小关系；综合分析确定实际电功率最大的灯，而灯的亮度取决于灯的实际电功率，据此判断那盏灯最亮．
本题考查了学生对欧姆定律、电功率公式的掌握和运用，本题关键：一是知道灯的亮度取决于灯的实际电功率，二是电功率公式的灵活选择．
7.答案：C
解析：解：A、当滑片P向右移动过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中总电流I减小，电流表A的读数减小．电压表V1的读数U1=E−I(R0+r)，I减小，E、R0、r不变，则U1增大，电压表V1的读数增大．故A错误．
B、电压表V1与电流表A读数的比值等于变阻器阻值，可见该比值增大．故B错误．
C、电压表V2与电流表A读数的比值为电阻R0的阻值，所以保持不变．故C正确．
D、根据闭合电路欧姆定律得：U1=E−I(R0+r)，则电压表V1、电流表A读数变化量的比值△U1
△I
= R0+r，保持不变．故D错误．
故选：C
当滑片P向右移动过程中，分析变阻器接入电路的电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，确定电流表读数的变化．由欧姆定律判断电压表V2读数的变化，分析变阻器的电压变化，判断电压表V1的变化．由闭合电路欧姆定律分析电表读数变化量之比．
本题考查分析电路动态变化的能力，两电表读数的比值要根据欧姆定律和全电路欧姆定律进行分析．8.答案：D
解析：
由图象的意义可明确电流与电压的关系，并能求出电阻的数值；
电阻与电压无关，由材料决定；
由电流的定义可求得每秒通过电阻截面的电荷量。

本题考查欧姆定律的应用，注意对于图象的认识，区分U−I图象与I−U图象的异同，理解图象的斜率与横纵坐标有关，而数学中的斜率与角有关的区别。

A.电阻是由导体的材料决定的，与电压无关，故A错误；
B.半导体电阻在电压较小时，电阻很大，故此导体不是半导体，故B错误；
C.由I=U
R 可知，图象的斜率表示电阻的倒数，则由图象可知，电阻R=10
5
Ω=2Ω，故C错误；
D.在R两端加6V的电压时，电路中电流为：I=U
R
=3A，则每秒通过电阻的电荷量为：q=It= 3.0×1C=3.0C，故D正确。

故选D。

9.答案：AC
解析：解：
AB、液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动．故A正确B 错误；
C、液滴从上极板运动到下极板的过程中，由动能定理有qU−mgd=0⇒U=mgd
q
，故C正确；D、重力做功−mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd.故D错误．
故选AC．
液滴沿直线运动，则其所受的合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，即可判断出电场力方
向竖直向上，而且电场力与重力相平衡，由平衡条件和U=Ed求解电势差．由电场力方向判断出场强的方向，确定M、N两板电势关系．
本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动
10.答案：BD
解析：
本题考查电场的叠加及等势面；抓住电场的叠加原理和等势面与电场线垂直的特点进行分析，无限大的均匀带电平面在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场，空间任意一点的电场是由两个匀强电场的叠加，根据平行边形定则，确定四个象限电场方向即可。

AB.无限大的均匀带电平面在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场，故A 1B1在C、E两点单独产生的电场均向上，A2B2在C、E两点单独产生的电场均向左，故C、E两点场强方向均是左偏上45°，大小相等；同理D、F两点的场强也是大小相等、方向均是左偏上45°，故D、F两点在一个电场线上，而沿着电场线电势是降低的，故电势不等，故B正确，A错误；
CD.C、D、E、F四个点，场强方向均是左偏上45°，故CE是等势面，D点电势最大，F点电势最低，U EF=−U ED，故C错误，D正确。

故选BD。

11.答案：BD
解析：
等量异种点电荷电场线的分布具有对称性，两点电荷连线的中垂线是一条等势线。

根据电场线方向判断电势的高低：顺着电场线方向电势逐渐降低。

等量异种点电荷电场线、等势线分布要抓住对称性，关键是要抓住其连线的中垂线是一条等势线这一突破口。

解：A.由等量同种负电荷电场线和等势面可知，1、3两点电场反向，电势相等，故A错误；
B.根据对称性，5.6两点处电势相等，故正电荷从5点运动到6点，电场力不做功，故B正确；
C.由等量同种负电荷形成的电场特点可知，二者连线中垂线上，中点电场强度为0，向两侧电场强度先增加后减小，无穷远处电场强度为0，但此题不确定哪点场强最强，故C错误；
D.等量异种点电荷电场线的分布具有对称性，5.6两点电场强度大小，方向均指向2点，给正粒子一个合适大小和方向的速度，可以使粒子做以2点为圆心，2到5的距离为半径的匀速圆周运动，故D 正确；
故选BD。

12.答案：BC
解析：解：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，所以外电路总R减小，由欧姆定律得知总电流I增大，所以电流表示数变大，故B正确；路端电压U=E−Ir减小．电灯L 的电压等于路端电压，所以电灯L的电流减小，而P L=I2R L，所以电灯L消耗的功率变小，故C正确；而总电流增大，所以通过滑动变阻器及R1的电流增大，根据P1=I2R1可知电阻R1消耗的功率增大，故D错误；R1的电压增大，所以R的电压减小，所以电压表的示数减小，故A错误；
故选BC
滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电表示数的变化．根据功率公式判断功率的变化情况．本题是简单的电路动态分析问题．对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化．
13.答案：(1)；
(2)8.0；150；191.1；
(3)等于
解析：
该题主要考查测量待测电阻阻值相关实验。

熟知实验原理、实验操作方法和步骤、实验注意事项是解决本题的关键。

(1)由于所用电源电动势为3V，可以用内阻已知的电流表A2与定值电阻R3串联改装成所需的电压表，
改装后的电压表的量程为：U=I A
2(r A
2
+R3)=300×10−6×(1000+9000)V=3V，电路中的最大
电流为I=E R
x
≈15mA，用电流表A1测量通过R x的电流。

由于电流表A1的内阻与电阻R x的阻值相差不多，则电流表A1应选用外接法，滑动变阻器R1的最大阻值比电阻R x的阻值小得多，因此滑动变阻器R1应采用分压式接法，由此可画电路图；
(2)由题图可知，电流表A1的量程为15mA，分度值为0.5mA，示数为8.0mA，电流表A2的量程为300μA，
分度值为10μA，示数为150μA，则电阻R x的阻值为：R x=I2(r A2+R2)
I1−I2=150×10−6×(1000+9000)
8.0×10−3−150×10−6
Ω=191.1Ω；
(3)测量电阻R x的阻值是根据R=U
I
求得的，因为电流表A2与R2所在的支路与待测电阻R x并联，所以R x两端的电压等于电流表A2与R2所在支路两端的电压，而通过电阻R x的电流是根据两个电流表读数的差值求出的，所以待测电阻R x的测量值等于真实值。

(1)由于所用电源电动势为3V，可以用内阻已知的电流表A2与定值电阻R2串联改装成所需的电压表，
改装后的电压表的量程为：U=I A
2(r A
2
+R2)=300×10−6×(1000+9000)V=3V，电路中的最大
电流为I=E R
x
≈15mA，用电流表A1测量通过R x的电流。

由于电流表A1的内阻与电阻R x的阻值相差不多，则电流表A1应选用外接法，滑动变阻器R1的最大阻值比电阻R x的阻值小得多，因此滑动变阻器R1应采用分压式接法，则实验电路图如图所示：
(2)由题图可知，电流表A1的量程为15mA，分度值为0.5mA，示数为8.0mA，电流表A2的量程为300μA，
分度值为10μA，示数为150μA，则电阻R x的阻值为：R x=I2(r A2+R2)
I1−I2=150×10−6×(1000+9000)
8.0×10−3−150×10−6
Ω=191.1Ω；
(3)测量电阻R x的阻值是根据R=U
I
求得的，因为电流表A2与R3所在的支路与待测电阻R x并联，所以R x两端的电压等于电流表A2与R3所在支路两端的电压，而通过电阻R x的电流是根据两个电流表读数的差值求出的，所以待测电阻R x的测量值等于真实值。

故答案为：(1)(2)8.0；150；191.1；(3)等于。

14.答案：答：(1)小球受电场力、重力和支持力的作用沿斜面向下运动，电场力、重力都做正功，电势能和重力势能转为动能。

(2)当E=600N/C时电场力与重力相等，两个力的合力与竖直方向的夹角为，所以小球将离开斜面在电场力与重力的共同作用下沿合力的方向做初速为零的匀加速直线运动，到达电场右边界后只受重力作用做斜下抛运动。

解析：
本题考查带电小球在复合场中的运动情况，难度不大，解题关键是会分析小球的运动情况及受力情况。

(1)根据功能关系判断能量转化情况；
(2)根据受力情况判断小球的运动情况。

(1)小球受电场力、重力和支持力的作用沿斜面向下运动，电场力、重力都做正功，电势能和重力势
能转为动能。

(2)当E=600N/C时电场力与重力相等，两个力的合力与竖直方向的夹角为，所以小球将离开斜面在电场力与重力的共同作用下沿合力的方向做初速为零的匀加速直线运动，到达电场右边界后只受重力作用做斜下抛运动。

故答案为：(1)小球受电场力、重力和支持力的作用沿斜面向下运动，电场力、重力都做正功，电势能和重力势能转为动能。

(2)当E=600N/C时电场力与重力相等，两个力的合力与竖直方向的夹角为，所以小球将离开斜面在电场力与重力的共同作用下沿合力的方向做初速为零的匀加速直线运动，到达电场右边界后只受重力作用做斜下抛运动。

15.答案：解：(1)本实验中应采用滑动变阻器分压接法和电流表外接法，故实物图如图所示；
(2)根据描点法可得出对应的图象如图所示；
(3)根据两图象可知，异同之处有：
a图线表明小灯泡的电阻变化明显，b图象表明小灯泡灯丝在电压较小时电阻变化不明显，而电压超过一定值时，电阻变化明显；
其原因为：灯丝温度不变时，电阻不变；而随着电压升高，灯丝散热不及，温度升高明显，从而电阻变大．
故答案为：(1)如图；(2)如图所示；(3)a图线表明小灯泡的电阻变化明显，b图象表明小灯泡灯丝在电压较小时电阻变化不明显，而电压超过一定值时，电阻变化明显；
其原因为：灯丝温度不变时，电阻不变；而随着电压升高，灯丝散热不及，温度升高明显，从而电阻变大．
解析：(1)根据实验原理可明确实验电路图，从而得出对应的实物图；
(2)根据描点法可得出对应的图象；
(3)根据两图象的性质可明确两图线的异同．
本题考查测量灯泡的伏安特性曲线实验，要注意明确实验原理，并且掌握分析图象的基本方法，能
从图象中找出电阻的变化．
16.答案：解：(1)由电阻定律得：
电阻R=ρL
S
(2)由题意金属棒中的电荷量为q=LSne，
由一端运动到另一端所需时间t=L
v
=Snev
所以金属棒中电流为I=q
t
(3)棒两端加上恒定的电压U=IR，而R=ρL
S
可得U=ρLnev；
=ρnev
金属棒内的电场强度大小E=U
L
答：
(1)电阻的大小为ρL。

S
(2)证明见上。

(3)金属棒内的电场强度大小是ρnev。

解析：(1)已知金属棒的长度、横截面积、材料的电阻率，根据电阻定律求电阻的大小。

(2)根据导体中自由电子的定向移动速率可明确t内通过截面的电量，再由电流的定义即可证明。

(3)由欧姆定律求棒两端的电压，由公式U=Ed求电场强度。

本题证明电流微观表达式时，要注意明确，t内长度为vt的导线内部电子能全部通过截面，从而可以由电流的定义证明。