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- 2021-05-06 发布
宁波诺丁汉大学附属中学2019-2020学年度第一学期
期中实验班考试
一、单项选择题
1.首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是（ ）
A. 安培和法拉第 B. 法拉第和楞次
C. 奥斯特和安培 D. 奥斯特和法拉第
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特；发现电磁感应现象的科学家是法拉第，故选项D符合题意．
【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2.关于涡流，下列说法中错误是（ ）
A. 真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B. 家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
C. 阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D. 变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流
【答案】B
【解析】
【详解】A.真空冶炼炉是利用涡流产热来熔化金属的，A正确．
B.要想产生涡流，必须是变化的磁场，因为变化的磁场才能产生电场，产生涡流，B错误．
C.根据楞次定律可知，阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动，C正确．
D.涡流会造成能量的损失，所以变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成，为了减小涡流造成的能量损失，D正确．
3.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )
A. a1>a2>a3>a4 B. a1＝a2＝a3＝a4
C. a1＝a3>a2>a4 D. a1＝a3>a2＝a4
【答案】C
【解析】
【详解】线圈自由下落时，加速度为．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知：， ；线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知磁场力总小于重力，则，故：
故选C．
4.如图所示，当交流电源的电压(有效值)U＝220 V，频率f＝50 Hz时，三只灯泡L1、L2、L3的亮度相同(L无直流电阻)，若将交流电源的频率变为f＝100 Hz，则( )
A. L1灯比原来暗 B. L2灯比原来亮
C. L3灯和原来一样亮 D. L3灯比原来亮
【答案】C
【解析】
【详解】三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大,电容的容抗减小,电阻所在支路对电流的阻碍作用不变；所以流过L1的电流变大，流过L2的电流变小，流过L3
的电流不变.故L1变亮，L2变暗，L3亮度不变. 所以选C.
5.扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌，为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化．在A图中紫铜薄板上下及左右振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A正确；而BCD三个图均无此现象，故BCD错误．
6.如图所示，铁芯上有两个线圈A和B．线圈A跟电源相连，LED(发光二极管,具有单向导电性)M和N并联后接在线圈B两端．图中所有元件均正常，则下列说法不正确的是( )
A. S闭合瞬间，A中有感应电动势 B. S断开瞬间，A中有感应电动势
C. S闭合瞬间，M亮一下,N不亮 D. S断开瞬间，M和N二者均不亮
【答案】D
【解析】
【详解】AC．当S闭合瞬间，A中有电流通过，线圈中磁通量发生变化，A中产生感应电动势，B中由于A产生由下向上的磁通量，根据楞次定律B线圈感应出上负下正的电动势，则M会亮一下，N不亮，故A不符合题意，C不符题意．
BD．当S断开瞬间，A中也将感应出电动势，由于与S闭合瞬间磁通量变化趋势相反，则可得到S断开瞬间，N亮一下，M不亮，故B不符题意，D符合题意．
7.如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，已知v1＝2v2，则在先后两种情况下( )
A. 线圈中的感应电动势之比E1：E2＝1∶2
B. 线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2
C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1
D. 通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶2
【答案】C
【解析】
【详解】AB．因为：
根据：
知感应电动势之比,感应电流：
则感应电流之比为.故A错误，B错误.
C．根据：
知时间比为，根据：
知产生热量之比为.故C正确.
D．根据：
两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的电荷量之比为.所以D错误.
8.如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，V和A均为理想电表，灯泡电阻RL
＝6 Ω，AB端电压u1＝sin 100πt (V).下列说法正确的是( )
A. 电流频率为100 Hz B. V的读数为24 V
C. A的读数为0.5 A D. 变压器输入功率为6 W
【答案】D
【解析】
【详解】A．由：
可知：
故A错误；
B．理想变压器输入电压的有效值为U1=12V，由电压比关系式：
可得U2=6V，V表的读数为6V，故B错误；
C．变压器输出电压的有效值：
A表的读数为1A ，故C错误；
D．变压器的输入功率等于输出功率，即：
故D正确．
9.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴，线圈绕匀速转动，如图所示，矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压
A. 峰值是 B. 峰值为2
C. 有效值 D. 有效值为
【答案】D
【解析】
由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故选项A、B错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝，即U＝，故选项C错误；选项D正确．
【考点定位】对正弦式交变电流的产生原理的理解，以及其四值运算、闭合电路欧姆定律的应用．
【名师点睛】熟知并理解教材中正弦式交变电流的产生原理，能自己熟练推导该交变电流的瞬时值表达式．
【方法技巧】（1）高三复习要能不忘回归教材，千万不能“舍本求源”，一味做、复习课本以外的内容．
（2）根据题图分析对ab边、cd边而言，它们产生的感应电动势方向虽然相反，但对单匝线圈，ab边和cd边产生的感应电动势方向相同，又因为有N匝线圈，因此总感应电动势峰值应累加，另外要能熟记有效值的计算方法．
【规律总结】对正弦式交变电流，峰值为其有效值的倍，另在进行四值运算时，要注意量与量之间、四值之间的对应．
10.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 时，振子的速度方向向左
B. 时，振子在O点右侧6cm处
C. 和 时，振子的加速度完全相同
D. 到 的时间内，振子的速度逐渐减小
【答案】A
【解析】
【详解】A、由图可知t=0.8s时，振子在平衡位置由正位移向负位移方向运动，即向左运动，速度方向向左；正确
B、振动周期T=1.6s，振幅A=12cm，由图像函数可知，当t=0.2s时，，振子在O点右侧处；错误
C、由图像可知t=0.4s和t=1.2s，振子分别B、A两点，加速度大小相同，方向相反；错误
D、t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子由最大位移处相平衡位置运动，振子速度越来越大；错误
故选A
二、不定项选择题
11.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 （ ）
A. 电流表的示数为10A B. 线圈转动角速度为50πrad/s
C. 0.01s时线圈平面与磁场方向平行 D. 0.02s时电阻R中电流的方向自右向左
【答案】AC
【解析】
【详解】由题图乙可知交流电电流的最大值是=A，交流电的周期T=0.02s，电流表的示数为交流电的有效值即=10A，选项A正确； 线圈转动的角速度rad/s，选项B错误；0.01s时流过线圈的感应电流达到最大，线圈中产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，则穿过线圈的磁通量为0，即线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；由楞次定律可知0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．本题选AC．
12.如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压恒定为U1＝250 V，输出功率P1＝100 kW，输电线电阻R＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是( )
A. 若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小
B. 若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大
C. 输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比
D. 用10 000 V高压输电，输电线损耗功率为800 W
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB．因为发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变,若发电厂的输出功率增大,则升压变压器的输出功率增大,根据：
可知输电线上的电流I线增大，根据：
输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压：
可得降压变压器的输入电压减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，所以A正确，B错误.
C．损失的功率为：
又根据：
代入数据计算得出：
升压变压器原线圈中的电流为：
故匝数之比为：
所以C正确.
D．用10000 V高压输电，输送电流为：
损失功率为：
故D正确;
13.一弹簧振子做简谐振动，O为平衡位置，当它经过O点时开始计时，经过0．3s第一次到达M点，再经过0．2s第二次到达M点，则弹簧振子的周期为：
A. 0．53s B. 1．4s C. 1．6s D. 3s
【答案】AC
【解析】
【详解】作出运动示意图如图，
若从O点开始向右振子按下面路线振动，则振子的振动周期为：，
如图，若从O点开始向左振子按下面路线振动，令从O到M的时间为t，则有：
则可解得：
则振子的振动周期为：，故AC正确；
14.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（ ）
A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
【答案】AB
【解析】
【详解】A.由电磁感应定律得
，，
故ω一定时，电流大小恒定，选项A正确；
B.由右手定则知圆盘中心为等效电源正极，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；
C.圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，选项C错误；
D.电流在R上的热功率
角速度加倍时功率变成原来的4倍，选项D错误。
故选AB。
15.如图所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN，MN⊥OD，拉动MN使它从O点以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在MN运动过程中闭合电路的( )
A. 感应电动势逐渐增大 B. 感应电流逐渐增大
C. 感应电流将保持不变 D. 感应电流逐渐减小
【答案】AC
【解析】
【详解】设导轨的顶角为α，电阻率为.
A．感应电动势为：
感应电动势随时间不断增大，所以A正确;
BCD．感应电流为：
整个电路的总电阻：
计算得出：
式中各量恒定，则感应电流不变，故B错误，C正确，D错误.
三、实验题
16.如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置.
（1）将实物电路中所缺的导线补充完整.
（ ）
（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将线圈L1迅速插入线圈L2中，灵敏电流计的指针将________偏转.(选填“向左”“向右”或“不”)
（3）线圈L1插入线圈L2后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，灵敏电流计的指针将________偏转.(选填“向左”“向右”或“不”)
【答案】 (1). (2). 向右 (3). 向左
【解析】
【详解】(1)[1]补充的实物电路如图所示．
(2)[2]已知闭合开关瞬间，线圈L2中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转．当开关闭合后，将线圈L1迅速插入线圈L2中时，线圈L2中的磁通量增加，由已知条件可知产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转．
(3)[3]滑动变阻器的滑片迅速向右移动，线圈L1中的电流变小，线圈L2中的磁场方向不变，磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转．
17.利用如图1所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验．
(1)实验室有如下器材可供选用：
A.长约1 m的细线
B.长约1 m的橡皮绳
C.直径约2 cm的均匀铁球
D.直径约5 cm的均匀木球
E.秒表
F.时钟
G.10分度的游标卡尺
H.最小刻度为毫米的米尺
用了游标卡尺和米尺后，还需要从上述器材中选择__________(填写器材前面的字母)．
(2)用10分度的游标卡尺测量小球的直径d，测量的示数如图2所示，读出小球直径的值为_________ mm．
(3)将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂．用米尺测量摆线长度为l．小球在竖直平面内小角度平稳摆动后，测得小球完成n次全振动的总时间为t请写出重力加速度的表达式g= ______．(用l,d,n,t表示)
(4)正确操作后，根据多次测量数据计算出实验所在处的重力加速度值，比较后发现：此值比北京的重力加速度值略小，则实验所在处的地理位置与北京的主要不同点可能是_________________________(写出一条即可)．
【答案】 (1). ACE (2). 17.6 (3). (4). 实验所在处比北京纬度低或海拔高(其他答案合理也可)
【解析】
【详解】(1)[1].摆线的长度不能伸长，所以摆线选择长约1m的细丝，摆球选择质量大体积小的球，所以选择直径约2cm的均匀铁球，实验中需要用秒表测量单摆摆动的时间，从而得出周期，故选ACE．
(2)[2].游标卡尺的主尺读数为17mm，游标读数为0.1×6mm=0.6mm，则小球直径为17.6mm．
(3)[3].单摆的摆长
，
单摆的周期
，
根据得：
(4)[4].多次测量数据计算出实验所在处的重力加速度值比北京的重力加速度值略小，可能实验所在处纬度低或海拔比较高．
四、解答题
18.如下图所示，两根互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，相距为L＝0.5m，在导轨的一端接有阻值为R＝0.8Ω的电阻，在x≥0一侧存在一与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度B＝2T．一质量m＝2 kg的金属杆垂直放置在导轨上，金属杆的电阻r＝0.2Ω，导轨电阻不计．当金属杆以v0 ＝1 m/s的初速度进入磁场的同时，受到一个水平向右的外力作用，且外力的功率恒为P＝36W，经过2s金属杆达到最大速度．求：
（1）金属杆达到的最大速度vm
（2）在这2 s时间内回路产生的热量Q
【答案】（1）6m/s （2）37J
【解析】
（1）由平衡知识可知：F外=FA
安培力：FA=BIL
由闭合电路的欧姆定律：I=E/（R+r）
电动势：E=BLvm
功率：P=F外vm
解得：vm=6m/s
（2）能量守恒：
解得Q=37J
19.小明同学设计了一个电磁天平，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L=0.1m，竖直边长H=0.3m，匝数为．线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0~2.0A范围内调节的电流I．挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．（重力加速度取）
（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数至少为多少
（2）进一步探究电磁感应现象，另选匝、形状相同的线圈，总电阻，不接外电流，两臂平衡，如图2所示，保持不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度
．当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率．
【答案】（1）匝（2）
【解析】
【详解】（1）线圈受到安培力①
天平平衡②
代入数据得匝 ③
（2）由电磁感应定律得④
⑤
由欧姆定律得⑥
线圈受到安培力⑦
天平平衡⑧
代入数据可得⑨
【点睛】该题的关键是分析好安培力的方向，列好平衡方程，基础题
20. 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g．求：
（1）导体棒与涂层间动摩擦因数μ；
（2）导体棒匀速运动的速度大小v；
（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q．
【答案】（1）μ＝tanθ；（2）v＝；（3）Q＝2mgdsinθ－
【解析】
试题分析：（1）导体棒在绝缘涂层上滑动时，受重力mg、导轨的支持力N和滑动摩擦力f作用，根据共点力平衡条件有：mgsinθ＝f，N＝mgcosθ
根据滑动摩擦定律有：f＝μN
联立以上三式解得：μ＝tanθ
（2）导体棒在光滑导轨上滑动时，受重力mg、导轨的支持力N和沿导轨向上的安培力FA作用，根据共点力平衡条件有：FA＝mgsinθ
根据安培力大小公式有：FA＝ILB
根据闭合电路欧姆定律有：I＝
根据法拉第电磁感应定律有：E＝BLv
联立以上各式解得：v＝
（3）由题意可知，只有导体棒在导轨光滑段滑动时，回路中有感应电流产生，因此对导体棒在第1、3段d长导轨上滑动的过程，根据能量守恒定律有：Q＝2mgdsinθ－
解得：Q＝2mgdsinθ－
考点：本题主要考查了共点力平衡条件、安培力大小公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律的应用问题，属于中档题．