適用年級：高二上學期/高三一輪復習考試時間：90分鐘滿分：100分題型分布：選擇題（36分）、實驗題（18分）、計算題（46分）一、選擇題（本題共9小題，每小題4分，共36分。1-5題為單選題，6-9題為多選題，多選、錯選不得分，漏選得2分）1.關于電場強度的定義式，下列說法正確的是（）A.\(E=\frac{F}{q}\)是電場強度的定義式，適用于所有電場B.\(E=k\frac{Q}{r^2}\)是電場強度的定義式，僅適用于點電荷電場C.\(E=\frac{U}egk6ae6\)是電場強度的定義式，僅適用于勻強電場D.\(E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\)是電場強度的定義式，僅適用于無限大帶電平板答案：A解析：\(E=\frac{F}{q}\)是電場強度的比值定義式，與試探電荷無關，適用于所有電場；其余公式均為決定式，僅適用于特定電場。2.關于電勢與電勢能的關系，下列說法正確的是（）A.正電荷在電勢高的位置電勢能一定大B.負電荷在電勢高的位置電勢能一定大C.電勢為零的位置，電荷的電勢能一定不為零D.電勢能為零的位置，電荷的電勢一定不為零答案：A解析：電勢能公式為\(E_p=q\phi\)，正電荷（\(q>0\)）在電勢高（\(\phi>0\)）的位置，\(E_p\)一定大；負電荷則相反。電勢或電勢能為零的位置是人為規(guī)定的，二者同時為零。3.一根均勻金屬絲，將其長度拉長為原來的2倍，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?/2，則其電阻變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢.2倍B.4倍C.1/2倍D.1/4倍答案：B解析：電阻定律\(R=\rho\frac{L}{S}\)，長度\(L\)加倍、橫截面積\(S\)減半時，\(R\)變?yōu)樵瓉淼腬(2\times2=4\)倍。4.用安培定則判斷通電螺線管的磁場方向，正確的操作是（）A.右手握住螺線管，四指指向電流方向，拇指指向N極B.左手握住螺線管，四指指向電流方向，拇指指向N極C.右手握住螺線管，拇指指向電流方向，四指指向N極D.左手握住螺線管，拇指指向電流方向，四指指向N極答案：A解析：安培定則（右手螺旋定則）：右手握住螺線管，四指沿電流方向環(huán)繞，拇指指向螺線管的N極。5.下列情況中，能產生感應電流的是（）A.閉合電路的一部分導體在磁場中靜止B.閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動C.斷開電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動D.閉合電路的全部導體在勻強磁場中做勻速直線運動答案：B解析：感應電流產生的條件：①閉合電路；②穿過電路的磁通量發(fā)生變化。選項B滿足“閉合電路+部分導體切割磁感線”（磁通量變化），故能產生感應電流。6.關于電場中的功能關系，下列說法正確的是（）A.電場力對電荷做正功，電荷的電勢能減少B.電場力對電荷做負功，電荷的動能一定減少C.合外力對電荷做正功，電荷的動能一定增加D.電荷的電勢能減少，一定是電場力做了正功答案：ACD解析：電場力做功與電勢能變化的關系：\(W_{電}=-\DeltaE_p\)，故A、D正確；合外力做功等于動能變化（動能定理），故C正確；電場力做負功時，若其他力做正功，動能可能增加，故B錯誤。7.電磁感應現象中，能量轉化正確的是（）A.導體棒切割磁感線時，機械能轉化為電能B.發(fā)電機發(fā)電時，電能轉化為機械能C.電動機工作時，電能轉化為機械能D.自感現象中，電能轉化為磁場能答案：ACD解析：發(fā)電機是機械能轉化為電能（電磁感應），電動機是電能轉化為機械能（安培力做功），自感現象中電流變化時，磁場能與電能相互轉化，故A、C、D正確，B錯誤。8.關于交變電流的有效值，下列說法正確的是（）A.有效值是根據電流的熱效應定義的B.正弦式交變電流的有效值是峰值的\(\frac{1}{\sqrt{2}}\)倍C.非正弦式交變電流的有效值不能用峰值的\(\frac{1}{\sqrt{2}}\)倍計算D.有效值等于交變電流在一個周期內的平均值答案：ABC解析：有效值的定義是“熱效應等效”，故A正確；正弦式交變電流的有效值\(I=\frac{I_m}{\sqrt{2}}\)，\(U=\frac{U_m}{\sqrt{2}}\)，故B正確；非正弦式交變電流需通過\(Q=I^2Rt\)計算有效值，故C正確；平均值與電量相關（\(\overline{I}=\frac{\Delta\Phi}{R\Deltat}\)），與有效值不同，故D錯誤。9.關于安培力，下列說法正確的是（）A.安培力的方向用左手定則判斷B.安培力的大小與電流方向和磁場方向的夾角無關C.通電導線在磁場中一定受到安培力D.閉合回路的通電導線在勻強磁場中受到的安培力合力為零答案：AD解析：安培力方向由左手定則判斷（磁感線穿手心、四指指向電流方向、拇指指向安培力方向），故A正確；安培力大小\(F=BIL\sin\theta\)，與夾角\(\theta\)有關，故B錯誤；當電流與磁場平行（\(\theta=0^\circ\)或\(180^\circ\)）時，安培力為零，故C錯誤；閉合回路的磁通量不變，安培力合力為零（如矩形線圈在勻強磁場中），故D正確。二、實驗題（本題共2小題，共18分）10.測定金屬的電阻率（10分）實驗目的：測量金屬絲的電阻率\(\rho\)。實驗器材：金屬絲、螺旋測微器、電壓表、電流表、滑動變阻器、電源、開關、導線等。（1）實驗中需要測量的物理量有：金屬絲的長度\(L\)、金屬絲的直徑\(d\)、金屬絲的電阻\(R\)。其中，測量直徑\(d\)應使用________（填“游標卡尺”或“螺旋測微器”），測量電阻\(R\)應使用________（填“伏安法”或“歐姆表”）。（2分）（2）某同學用螺旋測微器測量金屬絲直徑，讀數如圖所示（固定刻度為0.5mm，可動刻度為32.0格），則直徑\(d=\)________mm。（2分）（3）用伏安法測量金屬絲電阻時，由于金屬絲電阻較?。s5Ω），應采用________（填“電流表內接”或“電流表外接”）電路，這樣可以減小________（填“系統誤差”或“偶然誤差”）。（2分）（4）根據電阻定律\(R=\rho\frac{L}{S}\)（\(S=\frac{\pid^2}{4}\)），推導電阻率的表達式：\(\rho=\)________（用\(L\)、\(d\)、\(R\)表示）。若實驗中測量長度\(L\)時讀數偏小，會導致計算出的電阻率________（填“偏大”或“偏小”）。（4分）答案：（1）螺旋測微器；伏安法（2分）（2）0.820（2分，注意估讀）（3）電流表外接；系統誤差（2分，金屬絲電阻小，外接法可減小電壓表分流誤差）（4）\(\frac{\pid^2R}{4L}\)；偏大（4分，\(L\)偏小導致分母減小，\(\rho\)偏大）11.探究電磁感應的產生條件（8分）實驗器材：線圈A（帶電源）、線圈B（帶電流表）、條形磁鐵、開關、導線。（1）實驗中，線圈A與________相連，線圈B與________相連（填“電流表”或“電源”）。（2分）（2）實驗現象分析：①當磁鐵插入線圈B時，電流表指針偏轉，說明________；②當磁鐵靜止在線圈B中時，電流表指針不偏轉，說明________；③當磁鐵拔出線圈B時，電流表指針偏轉方向與插入時相反，說明________。（3分）（3）實驗結論：閉合電路中產生感應電流的條件是________。（3分）答案：（1）電源；電流表（2分，線圈A通電流產生磁場，線圈B檢測感應電流）（2）①產生了感應電流；②沒有產生感應電流；③感應電流方向與磁通量變化方向有關（3分）（3）穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化（3分，核心條件）三、計算題（本題共3小題，共46分。解答時需寫出必要的文字說明、公式和演算步驟）12.恒定電流電路分析（14分）如圖所示，電源電動勢\(E=12V\)，內阻\(r=2Ω\)，電阻\(R_1=4Ω\)，\(R_2=6Ω\)，\(R_3=12Ω\)。求：（1）電路的總電阻\(R_{總}\)；（2）干路電流\(I\)；（3）\(R_2\)兩端的電壓\(U_2\)；（4）電源的輸出功率\(P_{出}\)。解：（1）并聯部分電阻計算：\(R_{并}=\frac{R_2R_3}{R_2+R_3}=\frac{6\times12}{6+12}=4Ω\)（2分）總電阻：\(R_{總}=R_1+R_{并}+r=4+4+2=10Ω\)（2分）（2）干路電流由歐姆定律：\(I=\frac{E}{R_{總}}=\frac{12}{10}=1.2A\)（3分）（3）并聯部分電壓等于\(R_2\)兩端電壓：\(U_2=U_{并}=I\cdotR_{并}=1.2\times4=4.8V\)（3分）（4）電源輸出功率等于外電路功率：\(P_{出}=I^2(R_1+R_{并})=1.2^2\times(4+4)=11.52W\)（或\(P_{出}=UI=(E-Ir)I=(12-1.2\times2)\times1.2=11.52W\)）（4分）13.電磁感應中的能量轉化（16分）如圖所示，水平光滑金屬導軌間距\(L=0.5m\)，勻強磁場\(B=0.4T\)垂直導軌平面向下。導體棒質量\(m=0.1kg\)，電阻\(R=0.2Ω\)，導軌電阻不計。用拉力\(F\)拉導體棒，使其以\(v=2m/s\)勻速運動。求：（1）導體棒中的感應電動勢\(E\)；（2）導體棒中的感應電流\(I\)及方向（用右手定則判斷）；（3）導體棒受到的安培力\(F_{安}\)的大小及方向（用左手定則判斷）；（4）拉力\(F\)的大小及拉力的功率\(P\)。解：（1）感應電動勢由切割磁感線產生：\(E=BLv=0.4\times0.5\times2=0.4V\)（3分）（2）感應電流由歐姆定律：\(I=\frac{E}{R}=\frac{0.4}{0.2}=2A\)（2分）方向：右手定則——導體棒向右運動，磁場向下，拇指指向運動方向，四指指向電流方向，故電流從棒的左端流向右端（或沿回路逆時針方向）（3分）（3）安培力大?。篭(F_{安}=BIL=0.4\times2\times0.5=0.4N\)（2分）方向：左手定則——電流從左到右，磁場向下，拇指指向安培力方向，故安培力向左（與運動方向相反）（3分）（4）導體棒勻速運動，拉力與安培力平衡：\(F=F_{安}=0.4N\)（2分）拉力功率：\(P=Fv=0.4\times2=0.8W\)（或\(P=I^2R=2^2\times0.2=0.8W\)，能量守恒：拉力做功轉化為電能）（3分）14.復合場中的帶電粒子運動（16分）質譜儀原理如圖所示，帶電粒子從靜止開始經電壓\(U\)加速后，進入垂直于速度方向的勻強磁場\(B\)，做勻速圓周運動，軌跡半徑為\(r\)。忽略重力，求：（1）粒子經過加速電場后的速度\(v\)；（2）粒子的比荷\(\frac{q}{m}\)；（3）若粒子是α粒子（電荷量\(q=2e\)，\(e=1.6\times10^{-19}C\)），且\(U=1000V\)，\(B=0.1T\)，\(r=0.2m\)，求α粒子的比荷及質量（結果保留兩位有效數字）。解：（1）加速過程電場力做功等于動能增加：\(qU=\frac{1}{2}mv^2\)，解得\(v=\sqrt{\frac{2qU}{m}}\)（4分）（2）圓周運動洛倫茲力提供向心力：\(qvB=m\frac{v^2}{r}\)，聯立（1）得：\(\frac{q}{m}=\frac{2U}{B^2r^2}\)（6分）（3）代入數值計算比荷：\(\frac{q}{m}=\frac{2\tim