2018-2019学年四川省成都市新津县为明学校高二(下)期中物理试卷

1、2018-2019 学年四川省成都市新津县为明学校高二（下）期中物理试卷副标题题号一二三四五总分得分一、单选题（本大题共8 小题，共24.0 分）1. 如图所示，当磁铁处于下列哪种情况时，闭合回路中灵敏电流计没有偏转现象的是（）A. N 极向下运动插入线圈B. S 极向下运动插入线圈C. N 极向上运动从线圈中拔出D. 磁铁静止在线圈中不动2. 如图所示，ab、c是一条电场线上的三点，电场线的方向如图，用?a b c和、? 、?Ea、 Eb、 Ec 分别表示a、 b、 c 三点的电势和电场强度，以下判定正确的是（）A. ?a ?b ?cB. Ea Eb EcC. ?a ?b ?cD. Ea=E

2、b=Ec3.如图，间距为L 的平行金属导轨上有一电阻为r 的金属棒 ab与导轨接触良好导轨一端连接电阻R，其它电阻不计，磁感应强度为 B，金属棒 ab 以速度 v 向右作匀速运动， 则（）A. 回路中电流为逆时针方向B. 电阻 R 两端的电压为 BLvC. ab 棒受到的安培力的方向向右D. ab 棒中电流大小为4.AB完全相同的两个小灯泡，L为自感系如图所示， 、数较大电阻可以忽略的线圈，则（）A. 开关 S 闭合瞬间， A、 B 同时发光，随后A 灯熄灭，B 灯变暗B. 开关 S 闭合瞬间， B 灯亮， A 灯不亮C. 断开开关 S 瞬间， A、B 灯同时熄灭D. 断开开关 S 瞬间， B

3、 灯立即熄灭， A 灯亮一下再熄灭5. 如图甲所示为一台小型发电机构造的示意图，线圈逆时针转动， 产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈电阻为1.0 ，外接灯泡的电阻为9.0 则（）第1页，共 21页A. 在 t=0.01s 的时刻，穿过线圈磁通量为零B. 瞬时电动势的表达式为C. 电压表的示数为 6VD. 通过灯泡的电流为 0.6A6.如图甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置， 在 M、N 两点之间做简谐运动。振子的位移 x 随时间 t 的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是（）A. 0.4s时振子的加速度为零B. 0.8 s 时振子的速度最大C. 0.4 s 和 1.2 s

4、时振子的加速度相同D. 0.8s和 1.6 s 时振子的速度相同7.如图所示，为一列沿 x 轴传播的简谐横波在t=0 时刻的波形图。质点 P 正沿 y 轴正方向运动，此波的传播速度 v=4m/s。则（）A. 此波沿 x 轴负方向传播B. 质点 P 的振动周期为1.0sC. x=2.0m 处的质点在 t=0.25 s 时速度最大D. x=1.0m 处的质点在 01.0s 内通过的路程为 10cm8.如图所示，一正弦交流电瞬时值为e=220sin100 tV，通过一个理想电流表，接在一个理想的降压变压器两端以下说法正确的是（）A. 流过 r 的电流方向每秒钟变化50 次B. 变压器原线圈匝数小于副

5、线圈匝数C. 开关从断开到闭合时，电流表示数变小D. 开关闭合前后， AB 两端电功率可能相等二、多选题（本大题共6 小题，共24.0 分）9.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1 和降压变压器 T2 向用户供电已知输电线的总电阻为R=10，降压变压器T2 原、副线圈匝数之比为 4： 1，降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin100 tV，降压变压器的副线圈与滑动变阻器组成闭合电路若将变压器视为理想变压器，当负载R0=11 时（）第2页，共 21页A. 通过 R 电流的有效值是20AB. 升压变压器的输入功率为4650WC. 当负载 R0 增大时，发电机的输出功

6、率减小D. 发电机中电流变化的频率为100Hz10.如图所示， A、 B、C、 D 四个单摆的摆长分别为l， 2l， l ， ，摆球的质量分别为2m， 2m，m，四个单摆静止地悬挂在一根水平细线上。现让A 球振动起来，通过水平细线迫使B，C，D也振动起来，则下列说法错误的是（）A. A， B， C， D 四个单摆的周期均相同B. 只有 A，C 两个单摆的周期相同C. B，C， D 中因 D 的质量最小，故其振幅是最大的D. B， C，D 中 C 的振幅最大11. 如图甲所示，标有“ 220V40W 的灯泡和标有“ 20 F360V”的电容器并联到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图

7、乙中正弦曲线所示，闭合开关S下列判断正确的是（）A.B.交流电源的输出电压的有效值为220V电容器会被击穿C. t= 时刻，的示数为零D. t= 时刻，通过灯泡的电流为零12. 如图所示的电路中，电源电动势为 E、内阻为 r， R 为滑动变阻器， L 1、 L2、 L3 为三个相同的灯泡，电键闭合，当滑动变阻器 R 的滑动端处于某位置时， 三个灯泡均能发光 电键保持闭合，当滑动变阻器滑片向右移动时（）A. 电源的总功率减小，输出功率可能先增大后减小B. L1 变亮， L2 变暗， L3 变暗C. L1 变亮， L2 变亮， L3 变暗D. 三盏灯中 Ll 的功率最大13.如图甲所示， 圆形的刚

8、性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁感应强度B 的正方向， B 随时间 t 的变化关系如图乙所示。 t=0 时刻，在平行板电容器间，由静止释放一带正电的粒子（重力可忽略不计），假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的第3页，共 21页影响，下列关于板间电场强度、粒子在板间运动的位移、速度和加速度与时间的关系图象中（以向上为正方向）可能正确的是（）A.B.C.D.14. 如图甲所示，一光滑的平行金属导轨ABCD竖直放置。AB、CD相距L，在A C、之间接一个阻值为 R的电阻；在两导轨间的 abcd 矩形区域内有垂直导轨平面向外、

9、高度为 5h 的有界匀强磁场，磁感应强度为B一质量为 m 电阻为 r 长度也为 L 的导体棒放在磁场下边界 ab 上（与 ab 边重合）。现用一个竖直向上的力F 拉导体棒，使它由静止开始向上运动， 导体棒刚要离开磁场时恰好做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F 随导体棒与初始位置的距离x 变化的情况如图乙所示，下列判断正确的是（）A. 导体棒离开磁场时速度大小为B. 离开磁场时导体棒两端电压为C. 导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为D. 导体棒经过磁场的过程中，电阻R 产生焦耳热为三、填空题（本大题共1 小题，共7.0 分）15. 在用单摆测重力加速度

10、的实验中：（ 1）实验时必须控制摆角在 _以内，并且要让单摆在 _平面内摆动；（ 2）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出 L-T2 图线，如图所示， 再利用图线上任意两点A、B 的坐标（ x1，y1）、（ x2 ，y2），可求得g=_。（ 3）若该同学测量摆长时漏加了小球半径，而其它测量、第4页，共 21页计算均无误，则以上述方法算得的g 值和真实值相比是_ 的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。四、实验题探究题（本大题共1 小题，共 8.0 分）16. 实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表G1内阻r1 的电路如图 1 所示。供选择的仪器如下：待测电流表G1（

11、 05mA，内阻约300），电流表G2（ 0 10mA，内阻约100），定值电阻R1 （300），定值电阻R2 （10），滑动变阻器R3（ 0 10），滑动变阻器R4（ 0 20），干电池（ 1.5V），电键 S 及导线若干。（ 1）定值电阻应选 _，滑动变阻器应选 _。（在空格内填写序号）（ 2）补全实验步骤：按电路图连接电路，并将滑动触头移至最左端；闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、 G2 的读数 I 1、I 2； _；以 I 2 为纵坐标， I1 为横坐标，作出相应图线，如图所示。（ 3）根据 I 2-I1 图线的斜率k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1=_。五、计

12、算题（本大题共3 小题，共37.0 分）17. 一列波在 t1 时刻的波形图如图中的实线所示， t2 时刻的波形图如图中的虚线所示，已知 t 2-t1=1s，求：（ 1）这列波可能的波速？（ 2）若波速为 14m/s，这列波向哪个方向传播？第5页，共 21页18. 如图所示，光滑的平行导轨P、Q 相距 L=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器 C 两极板间距离d=10mm，定值电阻 R1=R3=8，R2=2，导轨电阻不计磁感应强度 B=0.4T 的匀强磁场竖直向下穿过导轨面当金属棒ab（电阻不可忽略）沿导轨向右匀速运动（开关S 断开）时，电容器两极板之

13、间质量m=110-14kg、带电量 q=110-15C 的负电微粒恰好静止不动；当 S 闭合时，微粒以加速度a=7m/s2 向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求：（ 1）金属棒 ab 运动的速度多大？电阻多大？（ 2） S闭合后，使金属棒 ab 做匀速运动的外力的功率多大？19.如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L 1=1m，导轨平面与水平面成=30，角上端连接阻值R=1.5 的电阻； 质量为 m=0.2kg、阻值 r =0.5 的匀质金属棒ab 放在两导轨上，距离导轨最上端为L2=4m，棒与导轨垂直并保持良好接触整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直

14、，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示（g=10m/s2）（ 1）保持 ab 棒静止，在 0 4s内，通过金属棒 ab 的电流多大？方向如何？（ 2）为了保持 ab 棒静止，需要在棒的中点施加了一平行于导轨平面的外力F，求当 t=2 s时，外力 F 的大小和方向；（ 3） 5s 后，撤去外力 F ，金属棒将由静止开始下滑，这时用电压传感器将R 两端的电压即时采集并输入计算机，在显示器显示的电压达到某一恒定值后，记下该时刻棒的位置，测出该位置与棒初始位置相距2.4m，求金属棒此时的速度及下滑到该位置的过程中在电阻 R 上产生的焦耳热第6页，共 21页第7页，共 21页答案和解析1.【答案】

15、D【解析】解：A 、N 向下运动插入线圈，穿过线圈的磁通量增大，会 产生感应电流。故A错误；B、S极向下运 动插入线圈，穿过线圈的磁通量增大，会产生感应电流。故B 错误；C、N 极向上从 线圈中拔出，穿过线圈的磁通量减小，会 产生感应电流。故 C 错误；D、静止在线圈中不动，穿过线圈的磁通量不 变，不会产生感应电流。符合题意，故 D 正确。本题考查不产生感应电流的，故选：D。当穿过线圈的磁感 线有相反的两种方向 时，要根据抵消后的条数来确定磁通量的大小。磁感线是闭合曲线，磁铁外部与内部磁感 线条数相等，而磁铁内外穿过线圈的磁感 线方向相反，根据抵消情况确定磁通量的变化。本题中穿过线圈的磁场方向

16、有两种，磁感线出现抵消，要根据抵消后剩余的磁感线来比较磁通量的大小。同时考查条形磁铁内部感应线是从 S 极到 N 极，且学会使用楞次定律：增反减同。2.【答案】 A【解析】解：A 、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知 a ，故A 正确；bcBCD 、只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比 较场强的大小，故 BCD 错误。故选：A。本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示第8页，共 21页电场强度的相对大小，从而即可求解。本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U=Ed 的适用条件以及公式中各个物理量的含义。3

17、.【答案】 A【解析】【分析】根据楞次定律判断感 应的方向；ab 相当于电源，R 两端的电压是路端电压，由串联电路分压特点求解；根据左手定则判断安培力根据闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小本题是电磁感应与电路的综合问题，掌握楞次定律的研究 对象是回路，安培力方向应根据左手定 则判断，知道感应电流与感应电动势 的关系同 样遵守闭合电路欧姆定律【解答】解：A 、ab 棒向右运 动时穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律判断得知回路中电流为逆时针方向，故 A 正确。B、ab 棒产生的感应电动势为 E=BLv ，R 两端的电压是路端电压，为 U=E=BLv 故B 错误 。C、根据左手定则判断可知 ab棒受

18、到的安培力的方向向左，故 C 错误 。闭电路欧姆定律得：ab 棒中电流大小为I=，故D错误。D、根据 合故选：A。4.【答案】 D【解析】解：AB 、开关闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A 、B 同时发光。因为线圈的电阻可以忽略，灯 A 逐渐被短路，流过 A 灯的电流逐渐减小，B 灯的电流逐渐增大，则 A 灯变暗，B 灯变亮，故AB 错误CD、断开开关的瞬间，B 灯的电流突然消失，立即熄 灭，流过线圈的电流将要第9页，共 21页减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过 A 灯，所以 A 灯突然 闪亮一下再熄灭，故C 错误，D 正确。故选：D。开关 K 闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的

19、两端，两灯同 时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯 A 逐渐被短路，随后 A 灯变暗，B 灯变亮。断开开关 K的瞬间，B 灯立即熄 灭，A 灯突然闪亮一下再熄 灭。开关闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同 时发光。因为线圈的电阻可以忽略，灯 A 逐渐被短路，随后 A 灯变暗，B 灯变亮。断开开关的瞬间，B 灯立即熄 灭，A 灯突然闪亮一下再熄 灭 。5.【答案】 D【解析】解：A在 t=0.01s 的时刻，电动势为 0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大。故A 错误B电动势的最大值为为则瞬时电动势的表达式为Em=，周期0.02S，故B 错误C 电压表的示数 为外阻分压：故C 错误D通过的

20、电流为故D 正确故选：D。在中性面感 应电动势 最小，磁通量最大；根据图象可知交流 电的最大值以及周期等物理量，然后 进一步可求出其瞬 时值的表达式以及有效 值等本题考查了有关交流 电描述的基 础知识，要根据交流电图象正确求解最大 值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时 正确书 写交流电的表达式6.【答案】 B【解析】【分析】由图象可知振 动的周期和振幅，振子向平衡位置运 动的过程中，速度增大，第10 页，共 21页加速度减小，回复力 F=-kx，再结合牛顿第二定律判断加速度的方向。该题考查了弹簧振子的振 动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，注意振动图象与波动图象的区别，难度不大，属

21、于基础题。【解答】A. 由图象乙知，t=0.4s 时，振子的位移最大，根据 F=-kx 可知，回复力最大，则加速度最大，故 A 错误；B. 由图象乙知，t=0.8s 时，振子经过平衡位置，所以速度最大，故 B 正确；C.由图象乙知 t=0.4s 和 t=1.2s时，振子分别位移正的最大位移 处与负的最大位移处，所以加速度大小相同，方向相反，故 C 错误；D. 由图乙可知，0.8s时刻振子运 动的方向沿 负方向，而 1.6 s 时时刻振子运 动的方向沿正方向，所以振子的速度大小相等，但方向相反，故D错误。故选 B。【答案】 B7.【解析】图时时刻质点P 向上振动传错误；解：A 、根据可得：波向右

22、 播，故 A图长 =4m，故周期 T=s=1s，故B 正确；B、由 可得：波C、x=2.0m 处的质点此时处于平衡位置向上振 动，在 t=0.25s=时处于波峰，速度为零，故 C 错误；D、t=0 时刻 x=1m 处质点在波峰，在 01.0s内振动时间 t=T，故通过的路程s=4A=20cm，故D 错误 。故选：B。根据质点 P的振动方向得到波的 传播方向，从而得到简谐波上质点振动方向；再由图得到波长，即可根据波速求得周期，进而得到质点振动，从而根据振幅求得路程。机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根第11 页，共 21页据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波

23、速及 质点振动，进而根据周期得到路程。8.【答案】 D【解析】解：A 、由表达式知交流电的频率 50Hz，所以电流方向每秒 钟变化 100 次，A错误；B、降压变压器原线圈匝数大于副 线圈匝数，B 错误；C、开关从断开到 闭合时，副线圈电阻减小，电压不变，所以副线圈电流增大，则原线圈电流即电流表示数 变大，C 错误；闭为：闭D、开关 合前，AB 两端的功率，开端 合后，AB 两端的功率为：；若：即：时，PAB =PAB 即闭合前后 AB 两端电功率相等，故 D 正确。故选：D。变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比；负载决定输出电流变化，从而影响 输入电流的变化本题考查了变压器的特点，注

24、意根据交流 电瞬时值表达式获取有用信息，难度不大，属于基础题 9.【答案】 BC【解析】解：A 、通过用电器的电流有效值 I=，根据得，输电线上的电流，故A 错误；B、输电线上损耗的功率，降压变压器的输入功率P3=U4I4=22020W=4400W，则升压变压器的输出功率 P=P3+P 损=4400+250W=4650W故B 正确。C、当用电器的电阻 R0 增大 时，降压变压器的输出电流减小，则输电线 上的电流减小，升压变压器原线圈中的电流变小，根据 P=UI 知，发电机的输出功率第12 页，共 21页减小。故 C 正确。D、交流电经过变压 器，频率不变，则交流电的频率 f=故D错误。故选：B

25、C。在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通 过用电器的电流，结合输电线上的功率 损失求出升压变压器的输入功率解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系； 2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之 间的关系10.【答案】 BC【解析】解：A 、四个摆振动起来后，策动力使得摆做受迫振 动，振动的周期都等于A球的振动周期，所以各摆振动的周期都相等。故 A 正确 B 错误；C、振动的振幅与 摆球的质量无关，故 C 错误；D、四个摆振动起来后，策动力使得摆做受迫振 动，由于各摆的固有周期和固有频率不同，所以它们的振幅

26、不同，由于 C 与摆长与 A 摆长相同，故二者的周期相同，故 C 的振幅最大，故 D 正确。因本题选错误 的，故选：BC。受迫振 动的频率等于 驱动率的频率，当驱动力的频率接近物体的固有 频率时，振幅最大，即共振。本题结合单摆的周期公式考 查共振的特点与 产生共振的条件，关键知道受迫振动的频率等于驱动率的频率时发生共振。11.【答案】 AD【解析】解：A 、交流电压表测量为交流电压的有效值，由乙图可知，电压表的有效 值为 220V，故A 正确；B、交流电的最大值为=311V ，没有超过电容器的击穿电压，故电容第13 页，共 21页器不会被 击穿，故 B 错误；电压表的示数为有效值 电压表的示数

27、为220V，故C错误；C、，D、时刻，灯泡两端电压的瞬时值为 0，通过灯泡的电流的瞬时值为 0，故D 正确；故选：AD 。交流电压表测量的电压及灯泡的工作 电压均为电压的有效值；而交流电的击穿电压为最大值；本题考查描述交流 电的有效值及最大值，要注意明确交流电的有效值不能超过电容器的最大耐 压值；而电压表等测量的为有效值。12.【答案】 AD【解析】解：A 、若将滑片向右滑动时，变阻器在路 电阻增大，外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路 电流 I 减小，根据 P=EI 可知，电源的总功率减小，当内阻与外电阻相等时，输出功率最大，由于不知道外 电阻与内阻的关系，所以输出功率可能先增大后减小

28、，故A 正确；B、总电流减小，则 L1 电流减小，亮度变暗，路端电压 U 增大，则 L 2 变亮，通过 L3 的电流减小，所以 L3 变暗，故 BC 错误；D、通过 L l 的电流等于通 过 L 2 和 L 3 电流之和，所以通过 L l 的电流最大，根据 P=I2R 可知，L l 的功率最大，故 D 正确。故选：AD 。首先认识电路的结构：闭合电键后，L3 与变阻器串联后与 L2 并联，再与L1 串联若将滑片向右滑 动时，变阻器在路 电阻增大，外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律及串并 联电路的特点分析即可解 题本题首先要搞清 电路的连接方式，其次按 “局部 整体 局部 ”的思路进行分析13.【

29、答案】 CD【解析】第14 页，共 21页解：A 、根据法拉第电磁感应定律 E=?S，0感应电动势 大小不变时针， 感应电动势大小不变顺时针方向，方向与，方向逆，方向0相反；T 感应电动势 大小不变沿逆时针方向，方向与 0 相同，故 A 错误； BCD 、0 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板 带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受 电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动。内情况：由楞次定律可知，金属板上极板 带正电，金属板下极板带负电；因粒子带正电，则粒子所受 电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为零。 T 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板 带正电，金属板下极板带

30、负电，带正电粒子向下匀加速，同理，T 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板 带负电，金属板下极板带正电；因粒子带 正电，则粒子所受 电场 力方向竖直向上，而向下做匀减速运 动，直到速度为零；由上分析可知，末速度减小 为零，位移最大，当 T 末，粒子回到了原来位置。故 B错误 CD正确；故选：CD。由图可知磁感 应强 度的变 化，则由楞次定 则 可得出平行板上的 带电 情况；对带电粒子受力分析可知 带电粒子的受力情况，由牛 顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的 变化，通过分析可得出粒子的运动过程。第15 页，共 21页本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作

31、电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的 电压，这样即可还原为我们常见题型。14.【答案】 BD【解析】解：A 、设导体棒离开磁 场时速度大小 为 v。此时导体棒受到的安培力大小 为：F 安 =BIL=BL=图2联，由平衡条件得：F=F 安 +mg，由知：F=3mg，立解得：v=，故A 错误 。场时，由F=BIL+mg=3mg 得：I=导电压为：U=IR=B、离开磁， 体棒两端，故B 正确。C、导体棒经过磁场的过程中，通过电阻 R 的电荷量为：q=，故C 错误。D、导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为 Q根据功能关系可得：Q=W F-mg?5h-mv2，而拉力做功为：WF=2mgh

32、+3mg?4h=14mgh，电阻 R产生焦耳热为：QR=Q，联立解得：QR=，故 D正确；故选：BD。根据安培力与速度的关系式和平衡条件结合求 导体棒离开磁 场时 的速度大小。根据 q=求通过电阻 R 的电荷量。根据欧姆定律求离开磁 场时导体棒两端电压 。根据功能关系求出 电阻 R 产生的焦耳 热本题是电磁感应与力学知识的综合应对这类问题一定要正确分析安培用， 于力的大小和方向，要掌握安培力 经验公式 F 安 =，做选择题时 直接运用可节省时间 。【答案】 5 同一竖直2不变4?15.【解析】第16 页，共 21页解：（1）单摆模型是一种理想化的模型，只有在 摆动角度小于 5（或10）的范围内

33、，其运动才近似为简谐运动，同时要注意不能做 圆锥摆运动，只能在同一竖直平面内运 动。（2）由周期公式 T=所以 L=T2代入数据可得2g=4?（3）通过第（2）问的结论可以知道，漏加了小球半径后（ y2-y1）不变，故不影响最后结果故答案为：（1）5，同一竖直；2（2）4?；（3）不变（1）单摆模型是一种理想化的模型，只有在 摆动角度小于 5（或10）的范围内，其运动才近似为简谐运动，同时要注意不能做 圆锥摆运动，否则误差较大；（2）用图想法可以减小 实验误差，而且图象直观形象，便于数据处理；（3）漏加了小球半径后，直线的斜率不 变，故不影响最后 结果。用单摆测重力加速度是一种 简单且便于操作

34、的方法，要注意尽量减小实验误差，摆动角度要小，数据处理尽量用 图象法。16.【答案】 多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2 读数 I1， I2（k-1 R1）【解析】解：（1）器材选择：定值电阻要和待 测电流表内阻接近，因为电流表 G2 的量程是待测电流表 G1 的 2 倍；滑动变阻器的电阻不要太大。故定值电阻选 ，滑动变阻器选 。（2） 多次移动滑动触头，记录相应的 G1，G2 读数 I1，I2；（3）根据并联分流公式：I 2=I 1，第17 页，共 21页整理得：I2=（1+）I1，解得 r1=（k-1）R1；故答案为：（1） ； ；（2） 多次移动滑动触头，记录相应的 G1，G2 读数

35、 I1，I 2；（3）（k-1）R1。由于电流表 G2 的量程是待 测电流表 G1 的 2 倍，定值电阻要和待 测电流表内阻接近；滑动变阻器采用的分 压式接法，其电阻不要太大。根据 实验原理和串并联特点，分析电流表内阻的表达式。本题考查测量实际电流表 G1 内阻 r1的实验器材选择，实物电路连接及实验原理（并联分流）等。对于变阻器分压式接法，操作时要注意：开关闭合前，变阻器输出电压要最小。17.【答案】 解：由图象可得波长为： =8m（ 1）若波向右传播，根据波形的周期性，波传播的距离为：，（ n=0， 1，2， ）波速同理可以得到，若波向左传播，有：波传播的距离波速（ 2）若波速为14m/s

36、，波在 1s 内传播的距离，故波向左传播。答：（ 1）若波向右传播，波速为（ 8n+2 ） m/s，（ n=0， 1，2， ），若波向左传播，波速为（ 8n+6） m/s，（ n=0， 1， 2， ）。（ 2）波向左传播。【解析】（1）根据波形图读出波长，由于波形的周期性和双向性，故 应分情况讨论即可求解。（2）由x=vt 求出波传播的距离，分析与波长的关系，再确定波传播的方向。本题是两个时刻的波形 问题，没加条件时，注意多解，不能漏解，就是要注意方向性和周期性。第18 页，共 21页18.【答案】 解：（ 1）带电微粒在电容器两极间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡mg=，由此式可

37、解出电容器两极板间的电压为：U1=V=1V由于微粒带负电，可知上板的电势高由于 S 断开， R2、 R3 的电压和等于电容器两端电压U 1， R1 上无电流通过，可知电路中的感应电流即为通过R2、 R3 的电流 I1，I1=A=0.1A，从而 ab 切割磁感线运动产生的感应电动势为：E=U1+I 1r=1+0.1r S 闭合时，带电微粒向下做匀加速运动，由牛顿第二定律可得：mg-=ma得： U2 =0.3V，此时的感应电流为I 2=A=0.15 A，由闭合电路欧姆定律可得：E=I 2（+R2+r ）=0.15 （ 6+r ） 解两式可得：E=1.2V， r =2，由 E=BLv 可得： v=m/s=3m/s，即导体棒ab 匀速运动的速度v=3m/s，电阻 r =2（ 2）S闭合时，通过 ab 的电流 I 2=0.15A，ab 所受的安培力为 F2=BI 2L=0.4 0.15 1N=0.06N ab 以速度 v=3m/s做匀速运动，所受外力 F 必与磁场力 F2 大小相等、方向相反，即 F=0.06N，方向向右可见，外力的功率为：P=Fv=