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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
