2023-2024学年北京六十六中高二(下)期中物理试卷

2023-2024学年北京六十六中高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（在四个选项中，选出最符合题目要求的一项。每小题3分，共30分）1．（3分）下列说法正确的是（）A．简谐运动是匀变速运动 B．周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量 C．振幅等于振子运动轨迹的长度 D．简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹2．（3分）弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中（）A．振子所受的回复力逐渐增大 B．振子离开平衡位置的位移逐渐增大 C．振子的速度逐渐增大 D．振子的加速度逐渐增大3．（3分）下列有关动量和冲量的概念说法正确的是（）A．质量大的物体动量大 B．受力大的物体动量大 C．作用时间长的力的冲量大 D．只有恒力的冲量才可用I＝Ft进行计算4．（3分）如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220（V）的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻。原、副线圈匝数之比为2：1．电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A．电流表的读数为1A B．原线圈中的输入功率为220W C．电压表的读数为110V D．副线圈输出交流电的周期为50s5．（3分）如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e＝20sin100πt（V）。下列说法正确的是（）A．此交流电的频率为100Hz B．此交流电动势的有效值为20V C．当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大 D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大6．（3分）如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（）A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒7．（3分）某质点做简谐运动的振动图像如图所示。关于该简谐振动，下列选项正确的是（）A．振幅为10cm B．周期为2s C．t＝1s时，质点的速度为负的最大值 D．t＝3s时，质点的加速度为正的最大值8．（3分）有甲、乙两个单摆，摆球质量之比m甲：m乙＝1：2，它们都在做简谐运动。甲完成4次全振动的时间里乙恰好完成5次全振动，则这两个单摆摆长之比（）A．8：5 B．16：25 C．25：16 D．2：59．（3分）一质量为m＝100g的小球从高h＝0.8m处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2s，以向下为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的平均作用力大小为（）（重力加速度g取10m/s2）A．3N B．2N C．4N D．6N10．（3分）一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3：1，不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）A． B． C． D．二、不定项选择题（在四个选项中，选出符合题目要求的选项，每小题3分，选对但不全得2分，不选或有错误选项不得分，共12分）（多选）11．（3分）关于单摆的运动，以下说法正确的是（）A．单摆运动时，摆球要受到大小不变的向心力 B．单摆运动时，摆球所受到的重力沿切向分力为回复力 C．单摆运动到平衡位置时，所受到的回复力为零 D．单摆运动到平衡位置时，所受到的合力为零（多选）12．（3分）从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（）A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，而掉在草地上的玻璃杯动量改变小 C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，而掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长（多选）13．（3分）某发电站采用高压输电向外输送电能。若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R．则下列说法正确的是（）A．输电线上的电流 B．输电线上的电流 C．输电线上损失的功率 D．输电线上损失的功率（多选）14．（3分）质量为m、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后B球的速度可能为（）A．0.6V B．0.4V C．0.3V D．0.2V三、实验题15．（8分）某实验小组的同学进行“验证动量守恒定律”实验，实验装置如图所示。入射小球A与被碰小球B半径相同，先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自落点的痕迹。记录纸上的O点是重锤所指的位置，M、P、N分别为落点的痕迹。（1）被碰小球B的质量mB应（选填“＞”、“＝”或“＜”）入射小球A的质量mA。（2）未放B球时，A球落地点是记录纸上的点；放上B球时，A球落地点是记录纸上的点。（3）若两球相碰前后的动量守恒，应满足的表达式是（用题目中的字母表示）。16．（10分）“用单摆测量重力加速度的大小”的实验装置如图甲所示。（1）组装单摆时，应在下列器材中选用（选填选项前的字母）。A．长度为1m左右的细线B．长度为30cm左右的细线C．直径为1.8cm的塑料球D．直径为1.8cm的铁球（2）摆动时偏角很小，为了减小测量周期的误差，应在摆球经过最（填“高”或“低”）点时开始计时，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图乙中停表示数为一单摆50次全振动所需的时间，则单摆振动周期为s。（计算结果保留三位有效数字）（3）用游标卡尺测量摆球直径d。若测出摆线长l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度的大小g＝（用l、n、t、d表示）。（4）改变摆长L，用多组实验数据作出T2﹣L图像也可以求出重力加速度。如图丙所示，测得的数据点拟合后，在一条过原点的直线上，直线的斜率为k，由此可得重力加速度的大小g＝（用k表示）。四、计算题与论述题（写出必要的公式与文字说明，只有结果不得分）17．（9分）如图是一个弹簧振子的振动图像，试完成以下问题。（1）写出该小球位移随时间变化的关系式。（2）在第2s末到第3s末这段时间内，小球的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？（3）该小球在第100s时的位移是多少？路程是多少？18．（9分）如图所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝30cm，匝数n＝100匝，线圈电阻r＝0.2Ω，外电阻R＝4.8Ω．线圈在磁感应强度B＝0.05T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω＝100πrad/s．（1）求产生感应电动势的最大值；（2）若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式；（3）交流电流表和交流电压表的示数各为多少？19．（10分）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10m/s2，求：（1）A、B间动摩擦因数；（2）长木板A质量；（3）A、B系统损失的机械能。20．（12分）如图所示，把一个质量m＝0.2kg的小球放在高度h＝5.0m的直杆的顶端。一颗质量m'＝0.01kg的子弹以v0＝500m/s的速度沿水平方向击中小球，并经球心穿过小球，小球落地处离杆的水平距离s＝20m。取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：（1）小球在空中飞行的时间t；（2）子弹刚穿出小球瞬间的速度v；（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能ΔE。

2023-2024学年北京六十六中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（在四个选项中，选出最符合题目要求的一项。每小题3分，共30分）1．（3分）下列说法正确的是（）A．简谐运动是匀变速运动 B．周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量 C．振幅等于振子运动轨迹的长度 D．简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹【考点】简谐运动的回复力和能量；简谐运动；简谐运动的表达式和图像．【答案】B【分析】对简谐运动的基本知识需要熟练掌握：（1）简谐运动的性质，非匀变速运动；（2）表征物体做简谐运动快慢程度的物理量是周期、频率。【解答】解：A、简谐运动中，回复力随位移的变化而变化，是变力，所以简谐运动是非匀变速运动，故A错误；B、周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量，故B正确；C、振幅是振子离开平衡位置的最大距离，不是振子运动轨迹的长度，故C错误；D、简谐运动的图像描述的是振动质点的位移随时间变化情况，不是运动轨迹，故D错误。故选：B。2．（3分）弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中（）A．振子所受的回复力逐渐增大 B．振子离开平衡位置的位移逐渐增大 C．振子的速度逐渐增大 D．振子的加速度逐渐增大【考点】简谐运动的回复力和能量；牛顿第二定律．【答案】C【分析】根据振子是远离平衡位置还是靠近平衡位置来分析：回复力、位移、速度和加速度的变化．【解答】解：A、回复力与位移成正比，在振子向着平衡位置运动的过程中回复力减小，A错误；B、振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小，B错误；C、物体向着平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大C正确。D、由牛顿第二定律a＝可知，加速度也减小，D错误；故选：C。3．（3分）下列有关动量和冲量的概念说法正确的是（）A．质量大的物体动量大 B．受力大的物体动量大 C．作用时间长的力的冲量大 D．只有恒力的冲量才可用I＝Ft进行计算【考点】动量定理；动量冲量．【答案】D【分析】冲量等于力与时间的乘积，动量是质量与速度的乘积，均为矢量，根据公式分析解答。【解答】解：AB．根据动量的计算公式p＝mv可知，质量大的物体动量不一定大，受力大的物体动量不一定大，故AB错误；C．根据冲量的计算公式I＝Ft可知，作用时间长的力的冲量不一定大，还与作用力的大小有关，故C错误；D．只有恒力的冲量才可用I＝Ft进行计算，故D正确；故选：D。4．（3分）如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220（V）的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻。原、副线圈匝数之比为2：1．电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A．电流表的读数为1A B．原线圈中的输入功率为220W C．电压表的读数为110V D．副线圈输出交流电的周期为50s【考点】变压器的构造和原理；电功和电功率．【答案】A【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，电流与匝数成反比，即可求得结论。【解答】解：A、由瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为110V，再由输入功率和输出功率相等可得220I1＝，所以原线圈的电流的大小为1A，所以A正确；B、由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为＝220W，所以B错误；C、电压表的读数为电压的有效值，由A的分析可知，副线圈的有效值为110V，所以电压表的读数为110V，所以C错误；D、变压器不会改变交流电的周期和频率，所以副线圈中输出交流电的周期为T＝＝0.02s，所以D错误。故选：A。5．（3分）如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e＝20sin100πt（V）。下列说法正确的是（）A．此交流电的频率为100Hz B．此交流电动势的有效值为20V C．当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大 D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大【考点】交变电流的峰值、有效值、平均值和瞬时值；交流发电机及其产生交变电流的原理；交变电流的图像和函数表达式．【答案】D【分析】线圈在磁场中转动产生感应电动势，根据瞬时感应电动势的表达式判断出产生的感应电动势的最大值和角速度，即可求得有效值和频率，明确中性面的特点即可判断产生的感应电动势的大小和磁通量的变化率。【解答】解：A、根据e＝20sin100πt（V）可知交流电压的最大值为Em＝20V，角速度ω＝100πrad/s，故交流电的频率，故A错误；B、交流电的有效值E＝，故B错误；C、图示位置，线圈位于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势为零，故C错误；D、当线圈平面转到平行于磁场的位置时，此时穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，故D正确；故选：D。6．（3分）如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（）A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒【考点】动量与能量的综合应用——子弹打木块模型；机械能守恒定律．【答案】D【分析】根据系统所受合外力是否为零，判断系统动量是否守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒；根据物体受力情况分析答题．【解答】解：此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中水平方向受到墙壁对系统的向右的作用力，所以系统的动量不守恒；子弹在进入木块的过程中，子弹相对于木块有一定的位移，所以子弹与木块组成的系统有一定的动能损失，所以系统的机械能也不守恒。故D正确，ABC错误。故选：D。7．（3分）某质点做简谐运动的振动图像如图所示。关于该简谐振动，下列选项正确的是（）A．振幅为10cm B．周期为2s C．t＝1s时，质点的速度为负的最大值 D．t＝3s时，质点的加速度为正的最大值【考点】简谐运动的表达式和图像；简谐运动的回复力和能量．【答案】D【分析】根据小球振动图像求出振幅、周期以及运动位置，根据所处位置分析加速度和速度。【解答】解：A、由小球振动图像可知，质点做简谐振动的振幅为5cm，故A错误；B、由小球振动图像可知，质点做简谐振动的周期为4s，故B错误；C、由小球振动图像可知，t＝1s时，质点在正向位移最大处，则速度为零，故C错误；D、由小球振动图像可知，t＝3s时，小球在负向位移最大处，根据a＝可知，加速度为正向最大值，故D正确。故选：D。8．（3分）有甲、乙两个单摆，摆球质量之比m甲：m乙＝1：2，它们都在做简谐运动。甲完成4次全振动的时间里乙恰好完成5次全振动，则这两个单摆摆长之比（）A．8：5 B．16：25 C．25：16 D．2：5【考点】单摆单摆的回复力和周期．【答案】C【分析】据相同时间摆动次数求出甲乙单摆的周期之比；再据单摆周期公式T＝2π求出摆长之比。【解答】解：设两个单摆摆动的时间为t，则T甲＝，T乙＝，所以T甲：T乙＝5：4据单摆周期公式T＝2π解得两个单摆摆长之比为25：16，故C正确，ABD错误；故选：C。9．（3分）一质量为m＝100g的小球从高h＝0.8m处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2s，以向下为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的平均作用力大小为（）（重力加速度g取10m/s2）A．3N B．2N C．4N D．6N【考点】动量定理．【答案】A【分析】由机械能守恒可求得小球落到地面的瞬间的速度；落到最低点后动量为零，则可求出动量的变化，再由动量定理可求得软垫对小球的作用力。【解答】解：由机械能守恒可得mgh＝解得v＝4m/s球与软垫碰撞前动量为p1＝mv＝0.1×4N•s＝0.4N•s；方向竖直向下；落地前后动量的变化为：Δp＝0﹣p1＝0﹣0.4N•s＝﹣0.4N•s；落时过程中，小球重力的冲量为：mgt＝0.1×10×0.2N•s＝0.2N•s，方向竖直向下；由动量定理可知：Ft+mgt＝Δp解得：F＝﹣3N，（负号表示方向向上）故A正确，BCD错误故选：A。10．（3分）一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3：1，不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】动量守恒定律．【答案】B【分析】炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动。根据平抛运动的基本公式即可解题。【解答】解：规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有：4mv0＝3mv1+mv2则8＝3v1+v2两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，t＝，水平方向做匀速运动，x1＝v1t＝v1，x2＝v2t＝v2，则8＝3x1+x2结合图象可知，B的位移满足上述表达式，故B正确。故选：B。二、不定项选择题（在四个选项中，选出符合题目要求的选项，每小题3分，选对但不全得2分，不选或有错误选项不得分，共12分）（多选）11．（3分）关于单摆的运动，以下说法正确的是（）A．单摆运动时，摆球要受到大小不变的向心力 B．单摆运动时，摆球所受到的重力沿切向分力为回复力 C．单摆运动到平衡位置时，所受到的回复力为零 D．单摆运动到平衡位置时，所受到的合力为零【考点】单摆单摆的回复力和周期．【答案】BC【分析】单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力．对于单摆，在平衡位置，回复力为0，合力不为0【解答】解：A、只有匀速圆周运动的大小不变的向心力。故A错误。B、单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力。故B正确，C、对于单摆，在平衡位置，回复力为0，合力不为0，故C正确，D错误。故选：BC。（多选）12．（3分）从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（）A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，而掉在草地上的玻璃杯动量改变小 C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，而掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长【考点】动量定理；动量冲量．【答案】CD【分析】玻璃杯落地前是自由落体运动；与地面碰撞过程，根据动量定理列式分析即可．【解答】解：A、玻璃杯落地前是自由落体运动，末速度一定，玻璃杯掉在水泥地上与掉在草地上的动量相等，故A错误；B、玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两种情况下动量变化量相同，故B错误；C、玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，则动量的变化快，掉在草地上的杯子动量改变慢，故C、D正确。故选：CD。（多选）13．（3分）某发电站采用高压输电向外输送电能。若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R．则下列说法正确的是（）A．输电线上的电流 B．输电线上的电流 C．输电线上损失的功率 D．输电线上损失的功率【考点】远距离输电；电功和电功率．【答案】BC【分析】根据P＝UI得，输电线上的电流I＝；输电线上损耗的功率P损＝I2R＝。【解答】解：AB、根据P＝UI得，输电线上的电流I＝，当U是导线上损失的电压，可以用电流I＝得出输电线上的电流，然而本题中U为输电电压，故A错误，B正确；CD、输电线上损耗的功率P损＝I2R＝，故C错误，D正确；故选：BC。（多选）14．（3分）质量为m、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后B球的速度可能为（）A．0.6V B．0.4V C．0.3V D．0.2V【考点】动量守恒定律．【答案】BC【分析】如果碰撞为弹性碰撞，没有机械能损失，此时碰撞后B的速度最大，如果碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，碰撞后B的速度最小，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解碰撞后B球的速度范围，再进行选择．【解答】解：以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向。①如果碰撞为完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝mvA+3mvB由机械能守恒定律得：mv2＝mvA2+•3mvB2解得：vB＝0.5v②如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝（m+3m）vB解得：vB＝0.25v所以碰后B球的速度范围为0.25v≤vB≤0.5v，则0.4v和0.3v是可能的，故BC正确，AD错误。故选：BC。三、实验题15．（8分）某实验小组的同学进行“验证动量守恒定律”实验，实验装置如图所示。入射小球A与被碰小球B半径相同，先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自落点的痕迹。记录纸上的O点是重锤所指的位置，M、P、N分别为落点的痕迹。（1）被碰小球B的质量mB应＜（选填“＞”、“＝”或“＜”）入射小球A的质量mA。（2）未放B球时，A球落地点是记录纸上的P点；放上B球时，A球落地点是记录纸上的M点。（3）若两球相碰前后的动量守恒，应满足的表达式是mAOP＝mAPM+mBON（用题目中的字母表示）。【考点】验证动量守恒定律．【答案】（1）＜；（2）P，M；（3）mAOP＝mAPM+mBON。【分析】（1）为防止碰撞过程发生反弹，要求入射小球的质量大于被撞小球质量；（2）根据两球质量大小关系进行分析小球落点；（3）根据动量守恒定律列式即可求解。【解答】解：（1）入射小球A的质量要大于被碰小球B的质量，因为要保证入射小球碰后不弹回；（2）A小球和B小球碰撞后，B小球的速度增加，A小球的速度减小，所以碰后A球的落点距离O点最近，B球的落点距离O点最远，中间一个点时是未放B球时A的落点，因此未放B球时，A球落地点是记录纸上的P点，放上B球后，B球的落地点是记录纸上的N点；（3）由于小球离开斜槽末端飞出后做平抛运动的时间相同，设为t，则有OP＝vAt，OM＝vA't，ON＝vBt根据动量守恒mAvA＝mAvA'+mBvB，两边均乘以时间t，可得mAOP＝mAPM+mBON，故答案为：（1）＜；（2）P，M；（3）mAOP＝mAPM+mBON。16．（10分）“用单摆测量重力加速度的大小”的实验装置如图甲所示。（1）组装单摆时，应在下列器材中选用AD（选填选项前的字母）。A．长度为1m左右的细线B．长度为30cm左右的细线C．直径为1.8cm的塑料球D．直径为1.8cm的铁球（2）摆动时偏角很小，为了减小测量周期的误差，应在摆球经过最低（填“高”或“低”）点时开始计时，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图乙中停表示数为一单摆50次全振动所需的时间，则单摆振动周期为1.90s。（计算结果保留三位有效数字）（3）用游标卡尺测量摆球直径d。若测出摆线长l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度的大小g＝（用l、n、t、d表示）。（4）改变摆长L，用多组实验数据作出T2﹣L图像也可以求出重力加速度。如图丙所示，测得的数据点拟合后，在一条过原点的直线上，直线的斜率为k，由此可得重力加速度的大小g＝（用k表示）。【考点】用单摆测定重力加速度．【答案】（1）AD；（2）低，1.90；（3）；（4）。【分析】（1）根据实验要求，摆长1m左右，体积较小的实心金属球；（2）为减小实验误差，测量单摆周期时应从摆球经过最低点开始计时；秒表分针与秒针示数之和是秒表示数，单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期；（3）根据单摆周期公式结合T＝求解g的表达式；（4）根据单摆的周期公式结合图像斜率即可计算出重力加速度。【解答】解：（1）单摆在摆动过程中，摆角一般控制在5°范围内，所以摆长不能过小，一般取1m左右；要求阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选择质量较大、体积较小的铁球，故AD正确，BC错误；故选：AD。（2）为了减小测量周期的误差，应在摆球经过最低点开始计时；由图乙秒表可知，其示数为t＝60s+35.1s＝95.1s，则单摆的周期T＝；（3）根据单摆的周期公式T＝结合，解得：g＝；（4）根据单摆的周期公式T＝可得：，由图像斜率k＝可得：g＝故答案为：（1）AD；（2）低，1.90；（3）；（4）。四、计算题与论述题（写出必要的公式与文字说明，只有结果不得分）17．（9分）如图是一个弹簧振子的振动图像，试完成以下问题。（1）写出该小球位移随时间变化的关系式。（2）在第2s末到第3s末这段时间内，小球的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？（3）该小球在第100s时的位移是多少？路程是多少？【考点】简谐运动的回复力和能量；简谐运动的表达式和图像．【答案】（1）小球位移随时间变化的关系式为x＝5sin0.5πt（cm）；（2）在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的速度减小，动能减小，弹性势能增大，加速度逐渐增大；（3）该振子在第100s时的位移是零，路程为5m。【分析】（1）由简谐运动的图像获得振幅、周期、初相位，计算出角速度、位移、路程，写出简谐运动的表达式；（2）根据位移与加速度、速度、动能、弹性势能的关系判断；（3）结合简谐振动的周期性判断；根据一个周期内质点走4A进行求解。【解答】解：（1）由振动图象可得：振幅A＝5cm，周期T＝4s，初相φ＝0，则圆频率故该振子做简谐运动的表达式为（2）由图可知，在t＝2s时振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断加大，加速度a＝，可知加速度也变大，速度值随位移增大不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大。当t＝3s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。（3）振子经过一个周期位移为零，路程为5×4cm＝20cm，前100s时刚好经过了25个周期，所以第100s振子位移x＝0，振子路程s＝20×25cm＝500cm＝5m。答：（1）小球位移随时间变化的关系式为x＝5sin0.5πt（cm）；（2）在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的速度减小，动能减小，弹性势能增大，加速度逐渐增大；（3）该振子在第100s时的位移是零，路程为5m。18．（9分）如图所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝30cm，匝数n＝100匝，线圈电阻r＝0.2Ω，外电阻R＝4.8Ω．线圈在磁感应强度B＝0.05T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω＝100πrad/s．（1）求产生感应电动势的最大值；（2）若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式；（3）交流电流表和交流电压表的示数各为多少？【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；交变电流的图像和函数表达式．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据Em＝nBSω求出最大电动势；（2）先根据闭合电路欧姆定律求出电流的最大值，再根据感应电流与感应电动势的瞬时值表达式的关系即可求解；（3）电流表及电压表示数均为有效值；【解答】解：（1）产生的感应电动势最大值为：Em＝nBSω＝100×0.05×0.5×0.3×100πV＝75πV＝235.5V（2）根据闭合电路欧姆定律得：电流的最大值为：感应电流的瞬时表达式为：i＝Imcosωt所以电流的瞬时表达式为：i＝15πcos（100πt）A（3）电流表的示数为：I＝＝33.3A；电压表的示数为：U＝IR＝33.3×4.8＝160V；答：（1）求产生感应电动势的最大值为235.5V；（2）若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式为i＝15πcos（100πt）A；（3）交流电流表和交流电压表的示数各为33.3A，235.5V19．（10分）如图甲所示，