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1、教育类资料物 理 试 卷(实验班)一、选择题1.科学发现或发明是社会进步的强大推动力,青年人应当崇尚科学在下列关于科学发现或发明的叙述中,存在错误的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电与磁的联系B. 法拉第经历了十年的探索,实现了“磁生电”的理想C. 洛伦兹发现了电磁感应定律D. 楞次在分析许多实验事实后提出,感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】C【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电与磁的联系,选项A正确;法拉第经历了十年的探索,实现了“磁生电”的理想,选项B正确;洛伦兹发现了磁场对带电粒子的作用力,选项C错误;楞次在分析许多实
2、验事实后提出,感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,选项D正确;此题选择错误的选项,故选C.2.在如图所示的实验中,能在线圈中产生感应电流的是A. 磁铁N极停在线圈中 B. 磁铁S极停在线圈中C. 磁铁从线圈内抽出的过程 D. 磁铁静止在线圈左侧【答案】C【解析】磁铁N极停在线圈中,穿过线圈的磁通量不变,不能产生感应电流故A错误磁铁S极停在线圈中,穿过线圈的磁通量不变,不能产生感应电流故B错误磁铁从线圈内抽出的过程,穿过线圈的磁通量减小,能产生感应电流故C正确磁铁静止在线圈左侧,穿过线圈的磁通量不变,不能产生感应电流故D错误故选C.3.如图所示,导体棒ab
3、沿水平面内的光滑导线框向右做匀速运动,速度v=6.0m/s线框宽度L=0.3m,处于垂直纸面向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.1T则感应电动势E的大小为A. 0.18V B. 0.20 V C. 0.30V D. 0.40V【答案】A【解析】【详解】ab棒切割磁感线产生的感应电动势为:E=Blv=0.10.36.0V=0.18V,故选A。4.如图所示,L为一个自感系数很大的自感线圈,开关闭合后,小灯能正常发光,那么闭合开关和断开开关的瞬间,能观察到的现象分别是A. 小灯逐渐变亮,小灯立即熄灭B. 小灯逐渐变亮,小灯比原来更亮一下再慢慢熄灭C. 小灯立即亮,小灯立即熄灭D. 小灯立即亮,小灯比
4、原来更亮一下再慢慢熄灭【答案】A【解析】闭合开关时,由于线圈的自感现象,小灯逐渐变亮;断开开关的瞬间,由于电路没有回路,小灯立即熄灭,选项A正确、BCD错误。故选:A。点睛:根据楞次定律,自感现象产生的感应电流总是阻碍电流的变化,增反减同;必须形成回路,才有电流。5.平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd,两棒用细线系住,开始时匀强磁场的方向如图甲所示,而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示,不计ab、cd间电流的相互作用则细线中张力A. 由0到t0时间内细线中的张力逐渐减小B. 由t0到t1时间内细线中张力增大C. 由0到t0时间内两杆靠近,细线中的张力消失D. 由t0到t
5、1时间内两杆靠近,细线中的张力消失【答案】AD【解析】【详解】由图乙所示图象可知,0到t0时间内,磁场向里,磁感应强度B均匀减小,线圈中磁通量均匀减小,由法拉第电磁感应定律得知,回路中产生恒定的感应电动势,形成恒定的电流。由楞次定律可得出电流方向沿顺时针,故ab受力向左,cd受力向右,而张力F=F安=BIL,因B减小,故张力将减小,故A正确、C错误;由图乙所示图象可知,由t0到t时间内,线圈中的磁场向外,B均匀增大,回路中产生恒定的感应电流,由楞次定律可知,电流为顺时针,由左手定则可得出,两杆受力均向里,故两杆靠近,细线中张力消失,D正确,B错误;故选AD。【点睛】本题只要楞次定律的第二种表达
6、掌握好了,本题可以直接利用楞次定律的“来拒去留”进行判断。6.如图是交流发电机的示意图,图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置,其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直,乙、丁中线圈与磁场方向平行,则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是A. 甲、丙 B. 丙、丁 C. 甲、乙 D. 乙、丁【答案】D【解析】由题意可知,根据右手定则,得:乙、丁中线圈虽与磁场方向平行,但切割速度与磁场垂直,故有感应电流出现,而甲、丙中的线圈与磁场方向垂直,但切割速度与磁场平行,因此没有感应电流,故D正确,A、B、C错误;故选D.【点睛】考查右手定则的应用,注意切割速度的理解,并形成结论:磁通量最大时,切割速度与
7、磁场平行;磁通量最小时,切割速度与磁场垂直7.在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图所示,产生的交变电动势的图象如图2所示,则A. t=0.01s时线框平面与中性面重合B. t=0.005s时线框的磁通量变化率为零C. 线框产生的交变电动势有效值为220VD. 线框产生的交变电动势的频率为50Hz【答案】ACD【解析】【详解】由图2可知 T=0.02s,Em=311V;由图可知t=0.01s时刻感应电动势等于零,线框平面与中性面重合,故A正确;t=0.005s时感应电动势最大,线框的磁通量变化率最大,故B错误;根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得,该交变电流的有效值
8、为E=220V,故C正确。T=0.02s,线框产生的交变电动势的频率为f=50Hz,故D正确;故选ACD。8.如图所示为一理想变压器,原线圈接在输出电压为u=U0sint的交流电源两端电路中R0为定值电阻,V1、V2为理想交流电压表,A1、A2为理想交流电流表现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,下列说法正确的是A. 电压表V1与V2示数的比值不变B. 电流表A1与A2示数的比值将变小C. 电压表V1与电流表A1示数的比值变小D. 电压表V2与电流表A2示数的比值变小【答案】A【解析】【详解】由于只有一个副线圈,因此电压之比一定等于线圈匝数的正比,故两电压表的比值不变,故A正确;由于只有一个副
9、线圈,因此电流之比一定等于线圈匝数的反比,故两电流表的比值不变,故B错误;滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,则滑动变阻器接入电阻增大,根据闭合电路的欧姆定律可知A2电流减小,故A1电流减小,由于U1不变,故电压表V1与电流表A1示数的比值变大,故C错误;滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,则滑动变阻器接入电阻增大,由欧姆定律可知,电压表V2与电流表A2示数的比值变大,故D错误;故选A。【点睛】本题考查理想变压器的性质,要注意明确线圈匝数之比与电流和电压的关系,同时注意输出端用电器可以利用欧姆定律分析求解。9.如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的
10、5倍时,两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是A. 原、副线圈匝数之比为4:1B. 原、副线圈匝数之比为5:1C. 此时a和b的电功率之比为4:1D. 此时a和b的电功率之比为1:4【答案】AD【解析】【详解】灯泡正常发光,则其电压均为额定电压U,则说明原线圈输入电压为4U,输出电压为U;则可知,原副线圈匝数之比为4:1:故A正确;B错误;根据变压器原理可得,所以I1=I2,由于小灯泡两端的电压相等,所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1:4;故C错误,D正确;故选AD。【点睛】本题考查变压器原理,要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和,从而可以确定输入端电压;则可求得匝数之比。
11、10.如图所示,在光滑的水平桌面上有一弹簧振子,弹簧劲度系数为k,开始时,振子被拉到平衡位置O的右侧A处,此时拉力大小为F,然后释放振子从静止开始向左运动,经过时间t后第一次到达平衡位置O处,此时振子的速度为v,在这个过程中振子的平均速度为A. 等于V/2 B. 大于V/2 C. 小于V/2 D. 0【答案】B【解析】【详解】根据胡克定律,振子被拉到平衡位置O的右侧A处,此时拉力大小为F,由于经过时间t后第一次到达平衡位置O处,因做加速度减小的加速运动,所以这个过程中平均速度为,故B正确,ACD错误;故选B。【点睛】考查胡克定律的掌握,并运用位移与时间的比值定义为平均速度,注意与平均速率分开,
12、同时强调位移而不是路程,注意成立的条件是匀变速直线运动11.弹簧振子的质量是2kg,当它运动到平衡位置左侧2cm时,受到的回复力是8N,当它运动到平衡位置右侧4cm时,它的加速度是A. 8m/s2,向右 B. 8m/s2,向左 C. 4 m/s2,向右 D. 6 m/s2,向左【答案】B【解析】【详解】在光滑水平面上做简谐振动的物体质量为2kg,当它运动到平衡位置左侧2cm时,受到的回复力是8N,有:F1=kx1;当它运动到平衡位置右侧4cm时,回复力为:F2=kx2;联立解得:F2=16N,向左;故加速度:,向左;故ACD错误,B正确,故选B。12.一单摆的摆长为40cm,摆球在t=0时刻正
13、从平衡位置向左运动,(g取10m/s2),则在t=1s时摆球的运动情况是A. 正向左做减速运动,加速度正在增大 B. 正向左做加速运动,加速度正在减小C. 正向右做减速运动,加速度正在增大 D. 正向右做加速运动,加速度正在减小【答案】B【解析】【详解】由题意,单摆的周期T=2=0.4s,t=1s,则TtT。而摆球在t=0时刻正从平衡位置向左运动,则t=1s时正靠近平衡位置向左运动,速度增大,加速度减小。故选B。【点睛】本题关键要抓住单摆振动的周期性,将一个周期可分成四个四分之一周期,根据提供的时间与周期的关系分析摆球的运动情况二、实验题13.某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中,先测得
14、摆线长为L,摆球直径为d,然后用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间为t则:(1)他测得的重力加速度g=_(用测量量表示)(2)某同学在利用单摆测定重力加速度的实验中,若测得的g值偏大,可能的原因是_A摆球质量过大B单摆振动时振幅较小C测量摆长时,只考虑了线长忽略了小球的半径D测量周期时,把n个全振动误认为(n1)个全振动,使周期偏大E测量周期时,把n个全振动误认为(n+1)个全振动,使周期偏小(3)为了提高实验精度,在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T,从而得出一组对应的l和T的数值,再以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线,并求得该直线的斜率K则重力加速度g=_(用K表示)(4)
15、实验中游标尺(20分度)和秒表的读数如图,分别是_ mm、_s【答案】 (1). (1); (2). (2)E; (3). (3); (4). (4)18.95mm, (5). 99.8s【解析】【分析】(1)由实验摆长和运动时间得到周期,再通过单摆周期公式联立解得重力加速度;(2)根据重力加速度表达式判断各影响因素,进而得到g增大的可能原因;(3)通过(1)中的重力加速度表达式,将k代入其中即可求解;(4)按照游标卡尺和秒表的读数法,先读主尺和秒表小圈的分针数,然后再加上分尺和大圈秒针数即可【详解】(1)该实验单摆摆长lL+,周期T;故由单摆运动周期T2可得 ;(2)由(1)可知,g与摆球质量、单摆振动时振幅无关,且若测得的g值偏大,则l偏大或T偏小;那么,测量摆长时,只考虑了线长忽略了小球的半径,则l偏小,g偏小;故可能原因为E;(3)以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线,并求得该直线的斜率K,那么,所以,;(4)游标卡尺的读数