山西省朔州市右玉一中2014-2015学年高二下学期期中考试物理试卷

1、山西省朔州市右玉一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题：（每题4分，共48分，其中第1题为多项选择，其余为单选）1自然界的电、磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法正确的是( )A楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，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B法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系C法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D椤次发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系2一个面积为S的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕一个固定轴做匀速运动，当线圈处于如图所示位

2、置开始计时，下列说法中正确的是( )At=0时线圈的感应电动势为零B转过90°时线圈的感应电动势最大C转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为BSD转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为3如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里（设为正方向）的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力( )ABCD4如图所示，线圈L的自感系数和电容器的电容C都很小（如L=100H，C=100pF），此电路的主要作用是( )

3、A阻直流、通交流，输出交流电B阻交流、通直流，输出直流电C阻低频、通高频，输出高频交流电D阻高频、通低频，输出低频交流电和直流电5如图所示是高频焊接原理示意图线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属融化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少以下说法正确的是( )A电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越慢B电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大D工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小6把导体匀速拉上斜面如图所示，（不计棒和导轨的电阻，且接触面光滑，匀强磁场磁感应强度B垂

4、直框面向上）则下列说法正确的是( )A拉力做的功等于棒的机械能的增量B合力对棒做的功等于棒的动能的增量C拉力与棒受到的磁场力的合力为零D拉力对棒做的功与棒克服重力做的功之差等于回路中产生电能7如图所示，灯泡A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈当S1闭合，S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是( )AB灯立即熄灭BA灯将比原来更亮一下后再熄灭C有电流通过B灯，方向为cdD有电流通过A灯，方向为ab8一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的( )A质点运动频率是4HzB在10秒内质点经过的路程是20cmC第4末质点的速度是

5、零D在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同9一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头下列说法正确的是( )A副线圈输出电压的有效值为31 VB副线圈输出电压的频率为50 HzCP向右移动时，原、副线圈的电流比减小DP向右移动时，变压器的输入功率减小10一根电阻丝接入100V的恒定电压电路中，在1min内产生的热量为Q，同样的电阻丝接入正弦交变电流的电路中，在2min内产生的热量也为Q，则该交流电压的峰值是( )A141.4 VB70.7 VC100 VD50 V11一台小型发电机产生的电动势随时

6、间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为5.0，外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则( )A电压表V的示数为220VB电路中的电流方向每秒钟改变50次C灯泡实际消耗的功率为484WD发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J12如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )ABCD二、填空题13如图所示，一带负电的粒子处在

7、电磁感应加速器半径为r的轨道中，轨道围成的内部区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，若磁场的磁感应强度随时间均匀增大则该粒子在轨道内将作_（选填“顺时针”或“逆时针”）运动，如果该粒子每运动一周增加的动能为Ek，粒子所带的电荷量为q，那么磁感应强度的变化率为_三、简答题14某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s则：（1）他测得的重力加速度g=_m/s2（计算结果取三位有效数字）（2）他测得的g值偏小，可能原因是：_A测摆线长时摆线拉得过紧B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆

8、线长度增加了C开始计时时，秒表过迟按下D实验中误将49次全振动计为50次（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）15如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面磁感应强度随时间变化的规律是B=（60.2t）T，已知电路中的R1=4，R2=6，电容C=30F，线圈A的电阻不计求：（1）闭合S后，通过R1的电流大小和方向（2）闭合S一段时间后，再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？16某发电站的输出功率为1

9、04 kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向125km远处用户供电已知输电线的电阻率为=2.4×108m，导线横截面积为1.5×104 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）画出远距离输电的示意图；（2）所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？（3）如果用户用电器的额定电压为220V，所用理想降压变压器原、副线圈匝数比是多少？17如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为L=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面与水平面成30°角完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为

10、m=0.02kg，电阻均为R=0.1，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止g取10m/s2，问：（1）通过棒cd的电流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每产生Q=0.1J的热量，力F做的功W是多少？山西省朔州市右玉一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题：（每题4分，共48分，其中第1题为多项选择，其余为单选）1自然界的电、磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法正确的是( )A楞次在分析了许多实验事实后提

11、出，感应电流应具有这样的方向，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B法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系C法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D椤次发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系考点：物理学史 专题：常规题型分析：依据物理学的发展史和各个人对物理学的贡献可以判定各个选项解答：解：A、楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，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，故A正确；B、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之

12、间的联系，故C正确，D错误；故选：AC点评：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，这也是考试内容之一2一个面积为S的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕一个固定轴做匀速运动，当线圈处于如图所示位置开始计时，下列说法中正确的是( )At=0时线圈的感应电动势为零B转过90°时线圈的感应电动势最大C转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为BSD转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；法拉第电磁感应定律 专题：交流电专题分析：根据Em=NBS求解感应电动势的最大值，根据E=N求解感应电动势的平

13、均值解答：解：A、t=0时线圈的磁通量为零，cd边垂直切割磁感线，感应电动势最大，为：Em=NBS，故A错误；B、转过90°时，cd边速度方向与磁感线平行，故线圈的感应电动势为零，故B错误；C、D、转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为：=N=；T=；解得，=；故C错误，D正确；故选：D点评：本题关键明确根据公式Em=NBS求最大值，根据=N求平均值，基础题3如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里（设为正方向）的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间

14、变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力( )ABCD考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：导线区内磁场的变化使螺线管内产生感应电流，而感应电流产生的磁场可以在下方线圈中产生感线电流，则由法拉第电磁感应定律及楞次定律可判断导线区域内的磁场变化解答：解：由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使圆环受到磁场的作用力，则螺线管中应产生变化的磁场；而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故四个图中的磁场变化率应变化，不是恒定的，所以有CD符合，AB是不变的所以AB错误；由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，若导体圆环将受到向上的磁场作用力，则竖直放置的螺线管内的磁通量减小，即电

15、流减小，所以导线abcd内的磁通量的变化率是减小的故C正确，D错误故选：C点评：本题应明确abcd区域内的磁场变化引起螺线管的电磁感应；而螺线管中电流的变化才会引起导线环中电磁感应4如图所示，线圈L的自感系数和电容器的电容C都很小（如L=100H，C=100pF），此电路的主要作用是( )A阻直流、通交流，输出交流电B阻交流、通直流，输出直流电C阻低频、通高频，输出高频交流电D阻高频、通低频，输出低频交流电和直流电考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 专题：交流电专题分析：根据电容器和电感线圈的特性分析选择电容器内部是真空或电介质，隔断直流能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻

16、低的特性电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性根据感抗和容抗的大小分析对高频和低频的阻碍解答：解：电感器对直流无阻碍，对交流电有阻碍作用，根据XL=2Lf知，自感系数很小，频率越低，感抗越小，所以阻碍作用为：通低频，阻高频电容器对交流无阻碍，对直流电有阻碍作用，根据Xc=知电容C越小，频率越低，容抗越大，所以阻碍作用为：通高频，阻低频因此电路的主要作用是阻高频、通低频，输出低频交流电和直流电，故D正确，ABC错误；故选：D点评：对于电容和电感的特性可以利用感抗和容抗公式记忆：XL=2Lf，xC=L是电感，C是电容，f是频率5如图所示是高频焊

17、接原理示意图线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属融化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少以下说法正确的是( )A电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越慢B电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大D工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小考点：法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与电路结合分析：高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析电流变化的频率与焊缝处的温度升高的关系焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊

18、缝处热功率大，温度升的很高解答：解：A、B、高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快故AB错误 C、D、焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高故C正确，D错误故选：C点评：本题高频焊接是电磁感应原理的实际应用，根据电磁感应的普遍规律来分析、理解，并不难6把导体匀速拉上斜面如图所示，（不计棒和导轨的电阻，且接触面光滑，匀强磁场磁感应强度B垂直框面向上）则下列说法正确的是( )A拉力做的功等于棒的机械能的增量

19、B合力对棒做的功等于棒的动能的增量C拉力与棒受到的磁场力的合力为零D拉力对棒做的功与棒克服重力做的功之差等于回路中产生电能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：导体沿斜面匀速上升，动能不变，重力势能增加，回路中产生内能，根据能量转化和守恒定律，分析拉力做功与各种能量变化的关系根据动能定理，拉力、磁场力和重力所做总功为零，则拉力对棒做的功与棒克服重力做的功之差等于棒克服磁场力做的功而棒克服磁场力做的功等于回路中产生电能解答：解：A、根据能量转化和守恒定律，分析得到：拉力做的功等于棒的机械能的增量与电路中产生的电能之和故A错误

20、B、根据动能定理得合力对棒做的功等于棒的动能的增量，故B正确 C、导体受重力、磁场力、支持力和拉力，由于匀速拉上，所以四个力合力为零，所以拉力与棒受到的磁场力的合力等于重力与支持力的合力大小故C错误 D、根据功能关系可知：拉力、磁场力和重力所做总功为零，则拉力对棒做的功与棒克服重力做的功之差等于棒克服磁场力做的功而棒克服磁场力做的功等于回路中产生电能故D正确故选BD点评：本题考查分析电磁感应现象中功能关系的能力可能根据动能定理分析抓住导体棒克服磁场力做的功等于回路中产生电能7如图所示，灯泡A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈当S1闭合，S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭

21、合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是( )AB灯立即熄灭BA灯将比原来更亮一下后再熄灭C有电流通过B灯，方向为cdD有电流通过A灯，方向为ab考点：自感现象和自感系数 分析：在开关闭合瞬间，线圈阻碍电流的增加，断开S1瞬间产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路解答：解：解：S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等当断开后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成bAaLcb的电流，所以A正确CD错误；由于自感形成的电流

22、是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误故选：A点评：做好本类题目要注意：线圈与哪种电器配合，在结合线圈的特点分析哪一端的电势高，从而判断电流的方向8一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的( )A质点运动频率是4HzB在10秒内质点经过的路程是20cmC第4末质点的速度是零D在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同考点：简谐运动的振动图象 专题：简谐运动专题分析：由简谐运动的图象直接读出周期，求出频率根据时间与周期的关系求出在10s内质点经过的路程根据质点的位置分析其速度根据对称性分析t=1s和t=35s两

23、时刻质点的位移关系解答：解：A、由图读出质点振动的周期T=4s，则频率f=0.25Hz故A错误B、质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4A，t=10s=2.5T，所以在10s内质点经过的路程是：S=2.5×4A=10×2cm=20cm故B正确C、在第4s末，质点的位移为0，经过平衡位置，速度最大故C错误D、由图知在t=1 s和t=3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相反，故D错误故选：B点评：由振动图象能直接质点的振幅、周期，还可读出质点的速度、加速度方向等等求质点的路程，往往根据时间与周期的关系求解，知道质点在一个周期内通过的距离是4A，半个周期内路程是2A，但不能依

24、此类推，周期内路程不一定是A9一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头下列说法正确的是( )A副线圈输出电压的有效值为31 VB副线圈输出电压的频率为50 HzCP向右移动时，原、副线圈的电流比减小DP向右移动时，变压器的输入功率减小考点：变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的

25、最大值为31V，所以电压的有效值为U=V，所以A错误B、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以B正确C、原副线圈电流之比等于匝数的反比，故原副线圈的电流之比不变，故C错误D、P右移，R变小，原副线的电流都变大而电压不变，故功率增大，故D错误；故选：B点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路10一根电阻丝接入100V的恒定电压电路中，在1min内产生的热量为Q，同样的电阻丝接入正弦交变电流的电路中，在2min内产生的热量也为Q，则该交流电压的峰值是( )A141.4 VB70.7 VC100 VD50 V考点

26、：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：交流电产生的热量根据焦耳定律用有效值研究，采用比例法与恒定电流相比较求出交流电的有效值，再由最大值与有效的关系求解峰值解答：解：设正弦交流电电压有效值为U2对于恒定电流：Q=t1对于正弦交变电流：Q=t2由联立得：=得到：U2=50V交流电压的峰值是：Um=U2=100V故选：C点评：对于交流电求解热量、功率、电功要用有效值对于有效值往往根据定义，将交流与直流进行比较求解11一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为5.0，外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则( )A电压表V的示数为2

27、20VB电路中的电流方向每秒钟改变50次C灯泡实际消耗的功率为484WD发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；焦耳定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数根据电流方向每个周期改变两次，求出每秒钟方向改变的次数根据电压有效值求出灯泡消耗的功率由焦耳定律，由有效值求出发电机焦耳热解答：解：由甲图知电压峰值为220V，周期0.02s，所以有效值为220V，角速度=100rad/sA、电压表测的是路端电压U=R=209V，故A错误；B、交流电的频

28、率为50Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变100次，故B错误；C、灯泡实际消耗的功率P=W484W故C错误； D、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=I2rt=×5×1J=24.2J故D正确故选：D点评：交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值12如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO下方磁场区域足够大，不计空气影响，则

29、下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应中的力学问题分析：线框进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，若安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动若安培力小于重力，进入磁场做加速度减小的加速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动若安培力等于重力，进入磁场做匀速直线运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动解答：解：A、线框先做自由落体运动，若ab边进入磁

30、场做减速运动，由F=知线框所受的安培力减小，加速度逐渐减小，vt图象的斜率应逐渐减小，而该图象中的加速度逐渐增大故A错误B、线框先做自由落体运动，若ab边进入磁场后做减速运动，速度减小，安培力减小，线框做加速度减小的减速运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g故B错误C、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确D、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确故选：CD点评：解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体

31、的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析二、填空题13如图所示，一带负电的粒子处在电磁感应加速器半径为r的轨道中，轨道围成的内部区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，若磁场的磁感应强度随时间均匀增大则该粒子在轨道内将作顺时针（选填“顺时针”或“逆时针”）运动，如果该粒子每运动一周增加的动能为Ek，粒子所带的电荷量为q，那么磁感应强度的变化率为考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 分析：磁场的磁感应强度随时间均匀增大，根据麦克斯韦电磁场理论可知在空间产生电场，根据楞次定律判断电场的方向，分析粒子的运动情况；电场力做功等于粒子动能的增加，根据能量守恒求出感应电动势，由法拉第电磁感应定律可求

32、出磁感应强度的变化率解答：解：由题，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，根据麦克斯韦电磁场理论可知在空间产生电场，根据楞次定律判断得知，电场方向沿逆时针，负电荷所受的电场力方向沿顺时针方向，所以该粒子在轨道内将作顺时针运动设变化的磁场产生的感应电动势为E根据动能定理得：qE=Ek，由法拉第电磁感应定律得E=r2联立解得，=故答案为：顺时针，点评：本题考查对麦克斯韦电磁场理论的理解能力，运用动能定理和法拉第电磁感应定律列式求解磁感应强度的变化率三、简答题14某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为1

33、01.5s则：（1）他测得的重力加速度g=9.76m/s2（计算结果取三位有效数字）（2）他测得的g值偏小，可能原因是：BA测摆线长时摆线拉得过紧B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时时，秒表过迟按下D实验中误将49次全振动计为50次（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）考点：用单摆测定重力加速度 专题：实验题；单摆问题分析：（1）单摆的摆长等于线长加摆球的半径根据单摆振动50次所用的时间为101. 5s求

34、出单摆振动一次所用的时间，即为周期根据单摆的周期公式求出重力加速度（2）根据重力加速度的表达式，分析g值偏小可能的原因（3）由重力加速度的表达式，根据数学知识分析T2l图线斜率的意义解答：解：（1）单摆的摆长L=l+r=101.00cm+2.00cm=102.00cm=1.02m，单摆的周期T=由单摆的周期公式T=2得，g=代入解得，g=9.76m/s2（2）A、测摆线长时摆线拉得过紧，摆长偏大，根据g=可知，测得的g应偏大故A错误B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，测得的单摆周期变大，根据g=可知，测得的g应偏小故B正确C、开始计时时，秒表过迟按下，测得的单摆周期

35、变小，根据g=可知，测得的g应偏大故C错误D、实验中误将49次全振动计为50次，根据T=求出的周期变小，g偏大故D错误故选B（3）根据重力加速度的表达式g=可知，T2l图线斜率k=，则g=故答案为：（1）9.76（2）B（3）点评：单摆的周期采用累积法测量可减小误差对于测量误差可根据实验原理进行分析图线可利用数学知识分析其物理意义15如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面磁感应强度随时间变化的规律是B=（60.2t）T，已知电路中的R1=4，R2=6，电容C=30F，线圈A的电阻不计求：（1）闭合S后，通过R1的电流大小和方向（2）闭合S一段时间后，再断开

36、S，S断开后通过R2的电荷量是多少？考点：法拉第电磁感应定律；电容 专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求出电流强度的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向；断开S，电容器放电，所带的电量全部通过R2，闭合时，根据Q=CU求出R2所带的电量解答：解：（1）根据B=60.2t则有：=0.2T/s；A线圈内产生的感应电动势：E=nS=100×0.2×0.2V=4V S闭合后，电路中电流为：I= A=0.4A；根据楞次定律可知，线圈A产生感应电流方向顺时针方向，那么通过R1的电流方向：从左向右流过R1（2）根据电容的公

37、式，则有电容器的带电量为：Q=CU2=CIR2=30F×0.4×6=7.2×105C；答：（1）通过R2的电流大小0.4A，从左向右流过R1；（2）电容器的带电量是7.2×105C点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会用楞次定律判断感应电流的方向，会根据闭合电路欧姆定律求电流16某发电站的输出功率为104 kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向125km远处用户供电已知输电线的电阻率为=2.4×108m，导线横截面积为1.5×104 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）画出远距离输电的示意图；（2）所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？（3）如果用户用电器的额定电压为220V，所用理想降压变压器原、副线圈匝数比是多少？考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：（1）画出升压变压器和降压变压器即可；（2）根据电阻定律得出输电线的电阻，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而根据P=UI求出升压变压器的输出电压；根据输电线上的电流和电阻求出输电线上的电压损失；根据变压比公式求解升压变压器原、副线圈的匝数比；（3）根据输出电压和电压损失得