天津市西青区2021届新高考物理仿真第四次备考试题含解析

天津市西青区2021届新高考物理仿真第四次备考试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t=0到t=t 1的时间内，它们的v-t 图象如图所示．在这段时间内
A ．汽车甲的平均速度比乙大
B ．汽车乙的平均速度等于
C ．甲乙两汽车的位移相同
D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
【答案】A
【解析】
试题分析：因为图线与坐标轴所夹的面积是物体的位移，故在0-t 1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据x v t
=
可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A 正确，C 错误；因为乙车做变减速运动故平均速度不等于122v v +，选项B 错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲乙两车的加速度均逐渐减小，选项D 错误．
考点：v-t 图象及其物理意义
2．跳伞运动员打开伞后经过一段时间，将在空中保持匀速降落，已知运动员和他身上装备的总重量为G 1，圆顶形降落伞伞面的重量为G 2，有12条相同的拉线（拉线重量不计），均匀分布在伞面边缘上，每根拉线和竖直方向都成30°角。

那么每根拉线上的张力大小为（ ）
A 13G
B ．)
12318G G + C ．1212G G + D ．16
G 【答案】A
【解析】
【详解】
以一根拉线为例，每根拉线拉力向上的分力
1330F Fcos =︒=
由共点力的平衡条件可知：
12F 1=G 1
解得：
F =
A ，与结论相符，选项A 正确；
B ．)
1218G G +，与结论不相符，选项B 错误；
C ．
1212
G G +，与结论不相符，选项C 错误； D ．16G ，与结论不相符，选项D 错误； 故选A 。

3．在观察频率相同的两列波的干涉现象实验中，出现了稳定的干涉图样，下列说法中正确的是（ ） A ．振动加强是指合振动的振幅变大
B ．振动加强的区域内各质点的位移始终不为零
C ．振动加强的区域内各质点都在波峰上
D ．振动加强和减弱区域的质点随波前进
【答案】A
【解析】
【分析】
只有两个频率完全相同的波能发生干涉，有的区域振动加强，有的区域震动减弱。

而且加强和减弱的区域相间隔。

【详解】
A ．在干涉图样中振动加强是指合振动的振幅变大，振动质点的能量变大，A 符合题意；
B ．振动加强区域质点是在平衡位置附近振动，有时位移为零，B 不符合题意；
C ．振动加强的区域内各质点的振动方向均相同，可在波峰上，也可在波谷，也可能在平衡位置，C 不符合题意；
D ．振动加强和减弱区域的质点不随波前进，D 不符合题意。

故选A 。

4． “歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。

在某次起飞中，质量为m 的“歼-20”以恒定的功率P 起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t 0飞机的速度达到最大值为v m 时，刚好起飞。

关于起飞过程，下列说法正确的是
A ．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B ．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C ．该过程克服阻力所做的功为2012m Pt mv -
D ．平均速度
2
m v 【答案】C
【解析】
【详解】
AB.根据图像可知，图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小，加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F ma =合，加速度减小，合外力减小，AB 错误 C.根据动能定理可知：
20102m f mv Pt W -=-，解得：2012
f m W Pt mv =-，C 正确 D.因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于2m v ，D 错误 5．一杯水含有大量的水分子，若杯中水的温度升高，则（ ）
A ．水分子的平均动能增大
B ．只有个别水分子动能增大
C ．所有水分子的动能都增大
D ．每个水分子的动能改变量均相同 【答案】A
【解析】
【详解】
水的温度升高，即其内部的水分子运动越剧烈，即水分子的平均动能变大，即其内能增加，这是统计规律，个别分子不适用．故A 正确，BCD 错误；
故选A ．
6．一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面，然后又滑回斜面底端，已知小物体的初动能为E ，返回斜面底端时的速度为v ，克服摩擦力做功为
2E 若小物体冲上斜面的初动能为2E ，则下列选项中正确的一组是（ ）
①物体返回斜面底端时的动能为E ②物体返回斜面底端时的动能为32
E ③物体返回斜面底端时的速度大小为2v 2v
A ．①③
B ．②④
C ．①④
D ．②
【答案】C
【解析】
【详解】 以初动能为E 冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得：
2212 E mv E -=-…① 设以初动能为E 冲上斜面的初速度为v 0，则以初动能为2E 冲上斜面时，初速度为2v 0，而加速度相同。

对于上滑过程，根据-2ax=v 2-v 02
可知，202v x a =，所以第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，上升和返回的整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E 。

以初动能为2E 冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得：
21 22
mv E E '-=-…② 所以返回斜面底端时的动能为E ；由①②得：
v′=2v 。

故①④正确，②③错误；
A ．①③，与结论不相符，选项A 错误；
B ．②④，与结论不相符，选项B 错误；
C ．①④，与结论相符，选项C 正确；
D ．②，与结论不相符，选项D 错误；
故选C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，绝缘细线相连接的A 、B 两带电小球处于在竖直向下的匀强电场中，在外力F 作用下沿竖直方向匀速向上运动，A 、B 两球质量均为m ，均带正+q （q ＞0）的电荷，场强大小E=
mg q
，某时刻突然撤去外力F ，则下列说法正确的是（ ）
A ．F 的大小为4mg
B ．F 撤去的瞬间，A 球的加速度小于2g
C ．F 撤去的瞬间，B 球的加速度等于2g
D ．F 撤去的瞬间，球A 、B 之间的绳子拉力为零
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．对整体进行分析：
F=2mg+2Eq
且 E=mg q 解得
F=4mg
故A 正确；
BC ．F 撤去的瞬间，对整体进行分析
2mg+2Eq=2ma AB
且
E=mg q
解得
a AB =2g
故B 错，C 正确；
D ．F 撤去的瞬间，由于a AB =2g ，可知球A 、B 之间的绳子拉力为零，故D 正确。

故选ACD 。

8．通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q 在场源电荷Q 的电场中具所有电势能表达式为r kqQ E r
=式中k 为静电力常量，r 为试探电荷与场源电荷间的距离）。

真空中有两个点电荷Q 1、Q 2分别固定在 x 坐标轴的0x =和6cm x =的位置上。

x 轴上各点的电势φ随x 的变化关系如图所示。

A 、B 是图线与x 的交点，A 点的x 坐标是4.8 cm ，图线上C 点的切线水平。

下列说法正确的是（ ）
A ．电荷Q 1、Q 2的电性相同
B ．电荷Q 1、Q 2的电荷量之比为1∶4
C ．B 点的x 坐标是8cm
D ．C 点的x 坐标是12cm
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电势能
r r E q ϕ=
故电势
r kQ r
ϕ= 那么场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致，故由图可得原点处电荷1Q 带正电，6cm x =处电荷2Q 带负电，故A 错误；
B ．A 点处电势为零，故有
2
210OA AQ k Q kQ x x -= 所以，电荷1Q 、2Q 的电荷量之比
2
12 4.8cm 0 4:16cm 4.8cm OA AQ x Q Q x --=== 故B 错误；
C ．B 点处电势为零，根据电势为零可得
2
12 0OB BQ k Q kQ x x -= 可得
2
120 6cm OB B BQ B x Q x Q x x --== 解得所以B 点的x 坐标
8cm B x =
故C 正确；
D ．点电荷周围场强
2
kQ E r = 两场源电荷电性相反，那么两场源电荷在C 点的场强方向相反，C 点电势变化为零，故C 点场强为零，根据叠加定理可得两场源电荷在C 点场强大小相等，故有
2
1
22
()6
C C
k Q
kQ
x x
=
-
解得
12cm
C
x=
故D正确；
故选CD。

9．如图所示，比荷为k的粒子从静止开始，经加速电场U加速后进入辐向的电场E进行第一次筛选，在辐向电场中粒子做半径为R的匀速圆周运动，经过无场区从小孔1P处垂直边界进入垂直纸面向外的匀强磁场B中进行第二次筛选，在与2
O距离为d小孔
2
P垂直边界射出并被收集。

已知静电分析器和磁分析器界面均为四分之一圆弧，以下叙述正确的是（）
A．静电分析器中1K的电势高于2K的电势
B．被收集的带电粒子一定带正电
C．电场强度E与磁感应强度B的比值关系为2
E R
kU
B d
=
D．若增大U，为保证B不变，则被收集粒子的k比原来大
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB.粒子在磁场内做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断出粒子一定带正电。

在辐向电场中，电场力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，可以判断出2
K的电势高于
1
K的电势。

故A错误，B正确；
C.粒子经加速电场加速
2
1
2
qU mv
=
在电场中做匀速圆周运动
2v qE m R = 在磁场中做匀速圆周运动
2
v qvB m d
= 经计算可知
2E d kU B R
= 故C 错误；
D.联立C 项各式可得：
122U B d k
d kU == 为保证B 不变，U 增大时，则k 增大，故D 正确。

故选：BD 。

10．如图，在光滑的水平面上有一个长为L 的木板，小物块b 静止在木板的正中间，小物块a 以某一初速度0v 从左侧滑上木板。

已知物块a 、b 与木板间的摩擦因数分别为1μ、2μ，木块与木板质量均为m ，a 、b 之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。

下列说法正确的是（ ）
A ．若没有物块从木板上滑下，则无论0v 多大整个过程摩擦生热均为2013mv
B ．若2b a μμ<，则无论0v 多大，a 都不会从木板上滑落
C ．若032
a v gL μ≤a
b 一定不相碰 D ．若2b a μμ>，则a 可能从木板左端滑落
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．若没有物块从木板上滑下，则三者最后共速，以三者为整体，水平方向动量守恒，
mv 0=3mv 1 ①
则整个过程产生的热量等于动能的变化，有
Q=12mv 02−12
×3mv 12 ② 联立①②，得
Q=13
mv 02 故A 正确；
BD ．a 、b 之间的碰撞无机械能损失，故碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，设碰前速度分别为v 1、v 2，碰后分别为v 1'、v 2'，且有v 1＞v 2，以v 1方向为正方向，则有
mv 1+mv 2=mv 1'+mv 2'③
12mv 12+12mv 22＝12mv 1′2+12
mv 2′2 ④ 联立③④，得
v 1'=v 2
v 2'=v 1
即碰后a 和木板共速，b 向右运动，以a 和木板为整体，此时
a 和木板的加速度
a 1=2
b g
μ
对a 分析知，a 的加速度最大值为
a 0=μa g
若μb ＜2μa 则a 1＜a 0，a 和木板保持相对静止，则无论v 0多大，a 都不会从木板上滑落；故B 正确； 若μb ＞2μa ，则a 1＞a 0，a 相对木板向左运动，故a 可能从木板左端滑落，故D 正确；
C ．若a 与b 碰前三者已经共速，则ab 一定不相碰，此时有
2201113222
a m L g mv mv μ=-⋅ ⑤ 联立①⑤，得
0v =
故若0v >
ab 一定不相碰，故C 错误； 故选ABD 。

11．在星球M 上一轻弹簧竖直固定于水平桌面，物体P 轻放在弹簧上由静止释放，其加速度a 与弹簧压缩量x 的关系如图P 线所示。

另一星球N 上用完全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样过程，其加速度a 与弹簧压缩量x 的关系如Q 线所示，下列说法正确的是（ ）
A ．同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1
B ．物体P 、Q 的质量之比是6：1
C ．M 星球上物体R 由静止开始做加速度为3a 0的匀加速直线运动，通过位移x 0003a x
D ．图中P 、Q 6【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．分析图象可知，弹簧压缩量为零时，物体只受重力作用，加速度为重力加速度，则物体在M 星球表面的重力加速度：03M g a =，在N 星球表面的重力加速度：0N g a =，则同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1，故A 正确；
B ．分析物体的受力情况，加速度为零时，重力和弹簧弹力平衡，根据平衡条件可得
P M 0m g kx =，Q N 02m g kx = 解得
P Q 16
m m = 故B 错误；
C ．M 星球上，物体R 由静止开始做匀加速直线运动，加速度为3a 0，通过位移x 0，根据速度—位移公式 20023v a x =⨯⋅ 可知速度为006v a x =，故C 错误；
D ．根据动能定理可知，合外力做功等于动能变化，即
k ma x E ⋅=∆
根据图象的面积可得
kP P 00132E m a x
=⋅⋅，kQ Q 00122
E m a x =⋅⋅ 动能之比
kP P kQ Q
32E m E m = 结合前面的分析则最大速度之比
P Q 6v v = 故D 正确。

故选AD 。

12．如图，光滑平行导轨MN 和PQ 固定在同一水平面内，两导轨间距为L ，MP 间接有阻值为2
R 的定值电阻。

两导轨间有一边长为2
L 的正方形区域abcd ，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，ad 平行MN 。

一粗细均匀、质量为m 的金属杆与导轨接触良好并静止于ab 处，金属杆接入两导轨间的电阻为R 。

现用一恒力F 平行MN 向右拉杆，已知杆出磁场前已开始做匀速运动，不计导轨及其他电阻，忽略空气阻力，则（ ）
A ．金属杆匀速运动时的速率为223FR
B L
B ．出磁场时，dc 间金属杆两端的电势差2dc FR U BL
=
C ．从b 到c 的过程中，金属杆产生的电热为23FL
D ．从b 到c 的过程中，通过定值电阻的电荷量为2
6BL R
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设流过金属杆中的电流为I ，由平衡条件得
2
L F F BI ==⋅安 解得
2F I BL
= 根据欧姆定律有
232
L B v BLv I R R R ==+g 所以金属杆匀速运动的速度为
22
6FR v B L = 故A 错误；
B ．由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为
2
L E Bv =g 所以金属杆在出磁场时，dc 间金属杆两端的电势差为
222226222
233232L FR L FR U E E Bv B B L R R R L R B ===⋅⋅=++=⋅ 故B 正确；
C ．设整个过程电路中产生的总电热为Q ，根据能量守恒定律得
2122
=-g L Q F mv 代入v 可得
22
44
1182mF R Q FL B L =- 所以金属杆上产生的热量为
22
44
211233mF R Q Q FL B L '==- 故C 错误；
D ．根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为
22()262
L B BL q It R R R
R ∆Φ====+总 故D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学通过实验探究热敏电阻T R 的阻值随温度变化的非线性规律。

实验室有器材如下：毫安表mA
（0～300mA），电压表V（0～15V），滑动变阻器R（最大阻值为10Ω），开关S，导线，烧杯，水，温度计等。

(1)按图甲所示的电路图进行实验，请依据此电路图，用笔画线代表导线正确连接图乙中的元件___；
(2)某一次实验中，电压表与电流表的读数如图丙所示。

则电流表的读数为_________A，电压表的读数为_________V。

由上述电流值、电压值计算的电阻值为_________Ω；
(3)该实验电路因电流表的外接造成实验的系统误差，使电阻的测量值_________（选填“大于”或“小于”）真实值；
(4)实验中测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的T R t-图像如图丁示。

则上述(2)中电阻值对应的温度为_________℃；
︒时，其电阻值为_________Ω。

(5)当热敏电阻的温度为70C
【答案】0.120 10.5 87.5 小于20 29
【解析】
【详解】
(1)[1]电路元件连线如图所示
(2)[2]电流表量程为300mA，分度值为10mA，测量值为
120mA0.120A
I==
[3]电压表量程为15V，分度值为0.5V，测量值为
10.5V
U=
[4]由欧姆定律得
T
10.5V
87.5Ω
0.12A
===
U
R
I
(3)[5]电流表外接，电压表分流使电流表读数大于通过热敏电阻的电流，则电阻测量值小于真实值。

(4)[6]图像T R轴的分度值为5Ω，估读至1Ω。

图像t轴的分度值为5C︒，估读至1C
︒。

则对应电阻值为
87.5Ω
=
T
R的温度为t=20℃。

(5)[7]对应70C
t=︒时的电阻值为29Ω。

14．某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。

A．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆
B．直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kΩ
C．定值电阻R0，阻值未知
D．滑动变阻器R，最大阻值R m
E．导线若干和开关
(1)根据如图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，把图乙中的实物连成实验电路_____；
(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是把滑动变阻器R调到最大阻值R m，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=_____（U10、U20、R m表示）；
(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1-U2图像如图所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=_____，总内阻r=_____（用k、a、R0表示）。

【答案】1020
20
m
U U
R
U
-
1
a
k
-
1
kR
k
-【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]如图所示
(2)[2]根据部分电路欧姆定律
U
R
I
=
因
10
m
U
I
R
=
01020
U U U
=-
联立解得
10200m 20U U R R
U -= (3)[3][4]根据闭合电路欧姆定律有
1210
U U E U r R -=+
变形得 01200R r U U E R r R r
=+++ 由题意可知
0r k R r
=+ 00R a E R r
=+ 解得
1a E k =-，01kR r k
=- 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图甲所示，粒子源靠近水平极板M 、N 的M 板，N 板下方有一对长为L ，间距为d=1.5L 的竖直极板P 、Q ，再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片。

水平极板M 、N 中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P 、Q 的中线，与磁场上边界的交点为O 。

水平极板M 、N 之间的电压为0U ；竖直极板P 、Q 之间的电压PQ U 随时间t 变化的图像如图乙所示；磁场的磁感强度021mU B L q
=。

粒子源连续释放初速度不计、质量为m 、带电量为+q 的粒子，这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板P 、Q 之间的电场后再进入磁场区域，都会打到磁场上边界的感光胶片上，已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，认为粒子在偏转极板间飞过时PQ U 不变，粒子重力不计。

求：
(1)带电粒子进入偏转电场时的动能E k ；
(2)带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围。

【答案】 (1)qU 0；
(2)12
L 【解析】
【分析】
【详解】 (1)带电粒子进入偏转电场时的动能，即为MN 间的电场力做的功
E k =W MN =qU 0
(2)粒子运动轨迹如图所示
若t=0时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时
R=1mv Bq
=L 打在感光胶片上距离中心线最近为
x=2L
任意电压时出偏转电场时的速度为v n ，根据几何关系
1cos n v v α
= n n mv R qB = 在胶片上落点长度为
122cos n mv x R qB
α∆== 打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关,在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离,带电粒子在电场中最大偏转距离
22013111()22 1.52
U q L y at L mL v ==⨯⨯= 粒子在感光胶片上落点距交点O 的长度分别是2L 和52L ，则落点范围是12
L 16．一内横截面积为S 的玻璃管下端有一个球形小容器，管内有一段长度为2cm 的水银柱。

容器内密封一定质量的理想气体。

初始时，环境温度为27C ︒，管内（除球形小容器）气柱的长度为L 。

现再向管内
缓慢注入水银，当水银柱长度为4cm 时，管内（除球形小容器）气柱的长度为0.8L 。

整个装置导热良好，已知大气压强p 0=76cmHg 。

（i ）求球形小容器的容积；
（ii ）若将该容器水银柱以下部分浸没在恒温的水中，稳定后，管内（除球形小容器）气柱的长度为0.41L ，求水的温度为多少摄氏度。

【答案】（i ）7LS ；（ii ）12C ︒
【解析】
【分析】
【详解】
(i)由题意，玻璃管和球形小容器内所有气体先做等温变化，由玻意耳定律有1122pV p V =，初状态（注入水银前）：
p 1=p 0+h 1，V 1=V+LS
末状态（注入水银后）
p 2=p 0+h 2，V 2=V+0.8LS
解得
V=7LS
(ii)依据题意，接着做等压变化，由盖吕萨克定律有3223
V V T T =，变化前 T 2=273K+t 1
变化后
T 3=273K+t 2，V 3=V+0.41LS
解得
t 3=12C ︒
17．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．一段横截面积为S 、长为l 的直导线，单位体积内有n 个自由电子，一个电子电量为e ．该导线通有恒定电流时，导线两端的电势差为U ，假设自由电子定向移动的速率均为v ．
（1）求导线中的电流I ；
（2）所谓电流做功，实质上是导线中的恒定电场对自由电荷的静电力做功．为了求解在时间t 内电流做
功W 为多少，小红和小明给出了不同的想法：
小红记得老师上课讲过，W=UIt ，因此将第（1）问求出的I 的结果代入，就可以得到W 的表达式．但是小红不记得老师是怎样得出W=UIt 这个公式的．小明提出，既然电流做功是导线中的恒定电场对自由电荷的静电力做功，那么应该先求出导线中的恒定电场的场强，即=
U E l ，设导体中全部电荷为q 后，再求出电场力做的功=U W qEvt q vt l
=，将q 代换之后，小明没有得出W=UIt 的结果． 请问你认为小红和小明谁说的对？若是小红说的对，请给出公式的推导过程；若是小明说的对，请补充完善这个问题中电流做功的求解过程．
（3）为了更好地描述某个小区域的电流分布情况，物理学家引入了电流密度这一物理量，定义其大小为单位时间内通过单位面积的电量．若已知该导线中的电流密度为j ，导线的电阻率为ρ，试证明：
U j l ρ=． 【答案】（1）I neSv =（2）见解析（3）见解析
【解析】
（1）电流定义式Q I t
=，在t 时间内，流过横截面的电荷量Q nSvte =，因此I neSv =； （2）小红和小明说的都有一定道理 a.小红说的对．由于Q I t =
，在t 时间内通过某一横截面的电量Q=It ，对于一段导线来说，每个横截面通过的电量均为Q ，则从两端来看，相当于Q 的电荷电势降低了U ，则
W QU UIt ==．
b.小明说的对．恒定电场的场强U E l
=
，导体中全部电荷为q nSle =， 电场力做的功=U U W qEvt q vt nSel vt nSevUt l l ===； 又因为I neSv =，则W UIt =．
（3）由欧姆定律：、U IR =，、由电阻定律：l R S
ρ=； 则l U I S ρ
=，则U I l S
ρ=； 由电流密度的定义：Q I j St S
==； 故U j l ρ=；。