浙江省台州市临海六中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年浙江省台州市临海六中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（每题3分，共39分）1下列说法中正确的有（）a只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生b穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生c线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流和感应电动势d线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流，但有感应电动势2根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是（）a阻碍引起感应电流的磁通量b与引起感应电流的磁场方向相反c阻碍引起感应电流的磁通量的变化d与引起感应电流的磁场方向相同3伟大的物理学家法拉第是电磁学的奠基人，在化学、电化学、电磁学等领域都做出过杰出贡献，下列陈述中符合历史事实的是（）a法拉第首先引入“场”的概念来研究电和磁的现象b法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场c法拉第首先发现了电流的磁效应现象d法拉第首先发现电磁感应现象并给出了电磁感应定律4一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动线圈中的感生电动势e随时间t的变化如图所示下面说法中正确的是（）at1时刻通过线圈的磁通量为零bt2时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大d每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大5如图所示，电阻r、电容c与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，n极朝下，现使磁铁开始自由下落，在n极接近线圈上端的过程中，流过r的电流方向和电容器极板的带电情况是（）a从a到b，上极板带正电b从a到b，下极板带正电c从b到a，上极板带正电d从b到a，下极板带正电6如图所示，三个灯泡是相同的，而且耐压足够，电源内阻忽略当单刀双掷开关s接a时，三个灯亮度相同，那s接b时（）a三个灯亮度相同b甲灯最亮，丙灯不亮c甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮d只有丙灯不亮，乙灯最亮7如图，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1原线圈接入一电压为u=u0sint的交流电源，副线圈接一个r=27.5的负载电阻若u0=220v，=100 rad/s，则下述结论正确的是（）a副线圈中电压表的读数为55 vb副线圈中输出交流电的周期为sc原线圈中电流表的读数为0.5ad原线圈中的输入功率为110w8如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用r0表示，变阻器r表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头p向下移动时，下列说法中错误的是（）a相当于在增加用电器的数目b变压器的输入功率在增大ca1表的示数随a2表的示数的增大而增大dv1表的示数随v2表的示数的增大而增大9如图所示，在张紧的绳上挂了a、b、c、d四个单摆，四个单摆的摆长关系为lclb=ldla，先让d摆摆动起来（摆角不超过5），则下列说法中正确的是（）ab摆发生振动，其余摆均不动b所有摆均以相同摆角振动c摆动过程中，b摆的振幅最大d摆动过程中，c摆的周期最大10某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x=5sint（cm），则下列关于质点运动的说法中正确的是（）a质点做简谐运动的振幅为10cmb质点做简谐运动的周期为4sc在t=4s时质点的速度最大d在t=4s时质点的加速度最大11摆长为l的单摆做简谐振动，若从某时刻开始计时，（取作t=0），当振动至时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的（）abcd12一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是 （）a在t=1 s和t=3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同b质点振动频率是4 hzc在10 s内质点经过的路程是20 cmd第4 s末质点的速度是零13光滑的水平面叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统象一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（）abcd二、不定项选择题（每题4分，共20分）14关于振动物体的平衡位置，下列说法中正确的是（）a是加速度改变方向的位置b回复力为零的位置c速度最大的位置d加速度最大的位置15做简谐运动的物体运动到最大位移处时，具有最大值的物理量是（）a加速度b速度c动能d势能16如图所示，a、b分别为单摆做简谐振动时摆球的不同位置其中，位置a为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中（）a位于b处时动能最大b位于a处时势能最大c在位置a的势能大于在位置b的动能d在位置b的机械能大于在位置a的机械能17一质点在平衡位置o点附近做简谐运动若从o点开始计时，经3s质点第一次经过m 点；再继续运动，又经过2s它第二次经点m点；则该质点第三次经过m点还需的时间是（）a8sb4sc14sd s18图中，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触现将摆球a在两摆球线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动以ma、mb分别表示摆球a、b的质量，则（）a如果mamb，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧b如果mamb，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧c无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧d无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧三、实验题（每空2分，共10分）19某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据，其中的一组数据如下所示（1）用毫米刻度尺测量摆线的长，如图 （a）所示，刻度尺读数是cm，用游标卡尺测量摆球直径，卡尺游标位置如图（b）所示，可知摆球直径是cm（2）该同学用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图c所示，则秒表所示读数为s单摆的周期是s（保留三位有效数字）（3）为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长l，测出相应的周期t，从而得出一组对应的l与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如图d所示，t2与l的关系式t2=利用图线可求出图线的斜率k=，再由k可求出g=四、计算题（20题9分，21题10分，22题12分，共31分）20在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积s=20cm2螺线管导线电阻r=1.0，r1=4.0，r2=5.0，c=30f在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度b按如图乙所示的规律变化求：（1）求螺线管中产生的感应电动势；（2）闭合s，电路中的电流稳定后，求电阻r2的电功率；（3）s断开后，求流经r2的电量21如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨mn和pq它们的电阻可忽略不计在m和p之间接有阻值为r的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度b=0.4t现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动 （1）ab中产生感应电动势的大小；（2）ab中电流的方向如何？（3）若定值电阻r=3.0，导体棒的电阻r=1.0，则电路中的电流多大？22发电机转子是匝数n=100，边长l=20cm的正方形线圈，其置于磁感应强度b=0.5t的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以=100（rad/s）的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时线圈的电阻r=1，外电路电阻r=99试求：（1）写出交变电流瞬时值表达式；（2）外电阻上消耗的功率；（3）从计时开始，线圈转过过程中，通过外电阻的电荷量是多少？2015-2016学年浙江省台州市临海六中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题3分，共39分）1下列说法中正确的有（）a只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生b穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生c线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流和感应电动势d线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流，但有感应电动势【考点】感应电流的产生条件【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化；产生感应电动势的条件是穿过线圈的磁通量发生变化【解答】解：a、虽然闭合电路内有磁通量，但如果磁通量没有变化，闭合电路中没有感应电流产生故a错误b、穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内不一定有感应电流产生，螺线管还要闭合才产生感应电流故b错误c、d线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流，但有感应电动势产生故c错误，d正确故选d【点评】产生感应电流的条件有两个：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量要发生变化，两者缺一不可2根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是（）a阻碍引起感应电流的磁通量b与引起感应电流的磁场方向相反c阻碍引起感应电流的磁通量的变化d与引起感应电流的磁场方向相同【考点】楞次定律【分析】根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同【解答】解：当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小即感应电流的磁场一定是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故a、b、d错误，c正确故选c【点评】解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化3伟大的物理学家法拉第是电磁学的奠基人，在化学、电化学、电磁学等领域都做出过杰出贡献，下列陈述中符合历史事实的是（）a法拉第首先引入“场”的概念来研究电和磁的现象b法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场c法拉第首先发现了电流的磁效应现象d法拉第首先发现电磁感应现象并给出了电磁感应定律【考点】物理学史【专题】常规题型【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：a、法拉第首先引入“场”的概念来研究电和磁的现象，故a正确；b、法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，故b正确；c、奥斯特首先发现了电流的磁效应现象，故c错误；d、法拉第首先发现电磁感应现象，纽曼、韦伯 给出了电磁感应定律，故d错误；故选：ab【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，这也是考试内容之一4一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动线圈中的感生电动势e随时间t的变化如图所示下面说法中正确的是（）at1时刻通过线圈的磁通量为零bt2时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大d每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理【专题】交流电专题【分析】当矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动时，线圈中产生正弦式交变电流；当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变；而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大【解答】解：a、t1时刻感应电动势为零，线圈通过中性面时，磁通量最大，故a错误；b、由图t2时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，线圈平面与磁场平行，磁通量变化率的绝对值最大，故b正确；c、t3时刻感应电动势为零，通过线圈的磁通量变化率为零，故c错误；d、每次经过中性面时，e变换方向，故磁通量绝对值都为最大，故d正确；故选：bd【点评】本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：线圈与磁场垂直位置，及线圈与磁场平行位置5如图所示，电阻r、电容c与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，n极朝下，现使磁铁开始自由下落，在n极接近线圈上端的过程中，流过r的电流方向和电容器极板的带电情况是（）a从a到b，上极板带正电b从a到b，下极板带正电c从b到a，上极板带正电d从b到a，下极板带正电【考点】法拉第电磁感应定律；电容器【专题】电磁感应与电路结合【分析】使磁铁开始自由下落，在n极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量增大，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向当线圈中有电动势后，对电容器不断充电直到稳定【解答】解：当磁铁n极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，线圈下端相当于电源正极，则流过r的电流方向是从a到b，对电容器充电，下极板带正电，故b正确，acd错误故选：b【点评】此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大6如图所示，三个灯泡是相同的，而且耐压足够，电源内阻忽略当单刀双掷开关s接a时，三个灯亮度相同，那s接b时（）a三个灯亮度相同b甲灯最亮，丙灯不亮c甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮d只有丙灯不亮，乙灯最亮【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】电容器具有通交隔直的特性，电感有通直阻交的特性，而交流对电阻r没有影响根据电感和电容的特性进行判断【解答】解：由题，当单刀双掷开关s接a时，三个灯亮度相同，说明电感l的感抗与电阻r相同，当s接b时，电感l没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻r没有影响，所以丙灯不亮，灯甲亮度不变，乙灯亮度增加，乙灯最亮故选d【点评】本题要抓住电容器与电感的特性：电容器具有通交流，隔直流，电感具有通直流、阻交流的特性7如图，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1原线圈接入一电压为u=u0sint的交流电源，副线圈接一个r=27.5的负载电阻若u0=220v，=100 rad/s，则下述结论正确的是（）a副线圈中电压表的读数为55 vb副线圈中输出交流电的周期为sc原线圈中电流表的读数为0.5ad原线圈中的输入功率为110w【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据瞬时值的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、由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为um1=220v，所以原线圈的电压的有效值为u1=220v，在根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55v，即为电压表的读数，故a正确b、变压器不会改变电流的周期，电流的周期为t=s=0.02s，故b错误c、副线圈的电流为a=2a，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为i1=a=0.5a，故c错误d、变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为p=w=110w，所以原线圈中的输入功率也为110w，故d错误故选：a【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题8如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用r0表示，变阻器r表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头p向下移动时，下列说法中错误的是（）a相当于在增加用电器的数目b变压器的输入功率在增大ca1表的示数随a2表的示数的增大而增大dv1表的示数随v2表的示数的增大而增大【考点】变压器的构造和原理【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况【解答】解：a、当滑动变阻器触头p向下移动时，导致总电阻减小，由于用电器是并连接入电路，所以数目增加时，电阻则会减小，故a正确；b、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，a2的示数变大，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，所以b正确；c、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，a2的示数变大，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以a1的示数变大，所以c正确d、故理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，虽然滑动变阻器触头p向下移动，但由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以v2的示数不变，所以d错误；本题选错误的，故选d【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，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法9如图所示，在张紧的绳上挂了a、b、c、d四个单摆，四个单摆的摆长关系为lclb=ldla，先让d摆摆动起来（摆角不超过5），则下列说法中正确的是（）ab摆发生振动，其余摆均不动b所有摆均以相同摆角振动c摆动过程中，b摆的振幅最大d摆动过程中，c摆的周期最大【考点】产生共振的条件及其应用【分析】受迫振动的频率等于驱动率的频率，与物体的固有频率无关【解答】解：d摆摆动起来后，通过水平绳子对a、b、c三个摆施加周期性的驱动力，使a、b、c三摆做受迫振动，a、b、c三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，由于驱动力频率相同，则a、b、c三摆均以相同频率振动，周期相等；由于b的摆长与d的摆长相等，所以b摆发生共振，振幅最大，摆角最大故c正确，abd错误故选：c【点评】本题考查了受迫振动的频率问题，难度不大，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题10某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x=5sint（cm），则下列关于质点运动的说法中正确的是（）a质点做简谐运动的振幅为10cmb质点做简谐运动的周期为4sc在t=4s时质点的速度最大d在t=4s时质点的加速度最大【考点】简谐运动的振幅、周期和频率；简谐运动的回复力和能量【专题】简谐运动专题【分析】振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，等于位移表达式x=5sintcm中的最大位移的大小由位移表达式读出角频率，求出周期将t=4s代入位移表达式，分析物体的位置，判断速度和加速度的大小【解答】解：a、由位移的表达式x=5sint（cm），可知质点做简谐运动的振幅为5cm故a错误 b、由位移的表达式读出角频率=rad/s，则周期为t=8s故b错误 c、在t=4s时质点的位移x=5sintcm=5sin4cm=0cm，说明物体通过平衡位置，速度最大故c正确 d、在t=4s时质点通过平衡位置，加速度最小故d错误故选c【点评】本题知道简谐运动位移的解析式，读出振幅、周期、任意时刻的位移是基本能力基础题11摆长为l的单摆做简谐振动，若从某时刻开始计时，（取作t=0），当振动至时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的（）abcd【考点】单摆周期公式【专题】单摆问题【分析】根据单摆的周期，当=时，具有负向最大速度，知摆球经过平衡位置向负方向振动根据这一规律去判断正确的图象【解答】解：根据单摆的周期，当=时，摆球具有负向最大速度，知摆球经过平衡位置向负方向振动故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键知道单摆的周期公式，以及知道摆球具有负向最大速度，此时摆球经过平衡位置向负方向振动12一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是 （）a在t=1 s和t=3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同b质点振动频率是4 hzc在10 s内质点经过的路程是20 cmd第4 s末质点的速度是零【考点】简谐运动的振幅、周期和频率【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题【分析】由图可知质点振动周期、振幅及各点振动情况；再根据振动的周期性可得质点振动的路程及各时刻物体的速度【解答】解：a、1s时质点位于正向最大位移处，3s时，质点处于负向最大位移处，故位移方向相反，故a错误；b、由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为hz=0.25hz，故b错误；c、振动的振幅为2cm，10s内有2.5个周期，故质点经过的路程为2.542cm=20cm，故c正确；d、4s质点处于平衡位置处，故质点的速度为最大，故d错误；故选：c【点评】该题考查振动的图象，图象会直观的告诉我们很多信息，故要学会认知图象，并能熟练应用13光滑的水平面叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统象一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（）abcd【考点】简谐运动的回复力和能量；简谐运动【分析】对整体而言，回复力为弹簧的弹力，对上面的木块而言，回复力为静摩擦力振幅最大时，回复力最大【解答】解：对整体最大振幅时有ka=（m+）a a=隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力 f=a=所以a=故c正确，a、b、d错误故选c【点评】解决本题的关键会分析物体做简谐运动的回复力是什么力知道该题中最大振幅时两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力二、不定项选择题（每题4分，共20分）14关于振动物体的平衡位置，下列说法中正确的是（）a是加速度改变方向的位置b回复力为零的位置c速度最大的位置d加速度最大的位置【考点】简谐运动的振幅、周期和频率【专题】简谐运动专题【分析】物体经过平衡位置时，回复力为零，速度最大，加速度最小，方向将发生改变【解答】解：a、物体经过平衡位置前后，回复力的方向不同，则加速度的方向不同，所以平衡位置是加速度方向发生改变的位置故a正确b、物体经过平衡位置时，位移为零，回复力为零故b正确c、振动物体经过平衡位置时，动能最大，故速度最大故c正确d、振动物体经过平衡位置时，回复力为零，故加速度为零，最小故d错误故选：abc【点评】解决本题的关键知道物体经过平衡位置的特点，知道在平衡位置，速度最大，回复力为零15做简谐运动的物体运动到最大位移处时，具有最大值的物理量是（）a加速度b速度c动能d势能【考点】简谐运动的回复力和能量【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题【分析】简谐运动的最大位移处，速度为0，加速度、位移最大，而简谐运动的振幅保持不变【解答】解：a、简谐运动的最大位移处，故加速度a=，最大，故a正确；bc、简谐运动的最大位移处，速度最小，动能也最小，故bc错误；d、简谐运动的最大位移处，弹簧的形变量最大，所以弹簧的弹性势能最大故d正确；故选：ad【点评】本题关键是明确简谐运动的运动特点，知道物体在最大位移处的速度为0，势能最大；在平衡位置时速度最大即可，基础题16如图所示，a、b分别为单摆做简谐振动时摆球的不同位置其中，位置a为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中（）a位于b处时动能最大b位于a处时势能最大c在位置a的势能大于在位置b的动能d在位置b的机械能大于在位置a的机械能【考点】简谐运动的能量、阻尼运动【专题】单摆问题【分析】明确单摆在摆动过程中的运动规律，动能、势能的变化摆球在摆动过程中，从最高位置向平衡位置运动过程中势能不断减小，动能不断增大，在最低点动能最大，势能最小，总机械能守恒【解答】解：摆球摆动过程中机械能守恒，a为最高位置，势能最大，动能为零，在最低点时，动能最大，势能为零，故ad错误，bc正确故选bc【点评】要熟练掌握单摆这种运动模型，明确运动规律，加强力学知识的应用17一质点在平衡位置o点附近做简谐运动若从o点开始计时，经3s质点第一次经过m 点；再继续运动，又经过2s它第二次经点m点；则该质点第三次经过m点还需的时间是（）a8sb4sc14sd s【考点】简谐运动的振幅、周期和频率【专题】振动图像与波动图像专题【分析】振子开始运动的方向可能先向右，也可能向左，画出振子的运动过程示意图，确定振动周期，再求出振子第三次到达m点还需要经过的时间可能值【解答】解：若振子开始运动的方向先向左，再向m点运动，运动路线如图1所示得到振动的周期为t=4s+4s=，振子第三次通过m点需要经过的时间为t=t2s=s若振子开始运动的方向向右直接向m点运动，如图2，振动的周期为t=16s，振子第三次通过m点需要经过的时间为t=t2s=14s故选cd【点评】本题考查分析振动过程的能力，振子开始运动方向不明，要考虑两种可能中等难度18图中，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触现将摆球a在两摆球线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动以ma、mb分别表示摆球a、b的质量，则（）a如果mamb，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧b如果mamb，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧c无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧d无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧【考点】单摆周期公式【专题】单摆问题【分析】小球碰撞的过程中动量守恒，碰后点的速度与小球的质量有关，根据单摆的周期公式t=判断下一次碰撞的位置【解答】解：质量不同，碰撞后小球的速度不同，因为两摆球的摆长相同，根据单摆的周期公式t=知单摆的周期相同，碰后两小球都是经过回到平衡位置，所以下一次碰撞的位置在平衡位置，与质量无关故c、d正确，a、b错误故选cd【点评】解决本题的关键掌握单摆的周期公式t=，知道单摆的周期与摆球的质量无关，与摆长有关三、实验题（每空2分，共10分）19某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据，其中的一组数据如下所示（1）用毫米刻度尺测量摆线的长，如图 （a）所示，刻度尺读数是99.00cm，用游标卡尺测量摆球直径，卡尺游标位置如图（b）所示，可知摆球直径是1.940cm（2）该同学用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图c所示，则秒表所示读数为56.90s单摆的周期是1.90s（保留三位有效数字）（3）为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长l，测出相应的周期t，从而得出一组对应的l与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如图d所示，t2与l的关系式t2=利用图线可求出图线的斜率k=，再由k可求出g=9.869【考点】用单摆测定重力加速度【专题】实验题【分析】（1）用毫米刻度尺测量摆线的长时，读数需要一位估读；游标卡尺先读出固定刻度部分，再读出游标尺读数，然后求和；（2）秒表分针与秒针示数之和是秒表示数（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）用毫米刻度尺测量摆线的长时，刻度尺的最小分度是1mm，读数需要一位估读，所以读数为：99.00cm；游标卡尺的固定刻度为：19mm，可动刻度的第8格与上面对齐，游标尺的最小分度是0.05mm，总读数为：19mm+0.058mm=19.40mm=1.940cm（2）秒表的分针已经超过半分钟，接近1分针；秒针的示数为26.90s，所以总读数为：30s+26.90s=56.90s；（3）根据单摆的周期公式，得，分析知：可知，t2l图线应该是一条直线，斜率：k=，则g=；若根据所得数据连成的直线的延长线过坐标原点，l=1m时t2=4s2，所以：k=4s2/mg=2=9.869m/s2故答案为：（1）99.00；1.940；（2）56.90；1.90；（3）；9.869【点评】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系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四、计算题（20题9分，21题10分，22题12分，共31分）20在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积s=20cm2螺线管导线电阻r=1.0，r1=4.0，r2=5.0，c=30f在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度b按如图乙所示的规律变化求：（1）求螺线管中产生的感应电动势；（2）闭合s，电路中的电流稳定后，求电阻r2的电功率；（3）s断开后，求流经r2的电量【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与图像结合【分析】（1）根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势（2）根据p=i2r求出电阻r2的电功率（3）电容器与r2并联，两端电压等于r2两端的电压，根据q=cu求出电容器的电量【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律：e=n=ns=150020104=1.2v；（2）根据全电路欧姆定律，有：i=0.12a根据 p=i2r2解得：p=7.2102w；（3）s断开后，流经r2的电量即为s闭合时c板上所带的电量q电容器两端的电压：u=ir2=0.6v流经r2的电量：q=c