1、2015-2016学年四川省广安二中高二（下）期中物理试卷一、不定项选择题1穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）A图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C图丙中回路在0t0时间内产生的感应电动势大于t02t0时间内产生的感应电动势D图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变2如图所示为受迫振动的演示装置，当单摆A振动起来后，通过水平悬绳迫使单摆B、C振动，则下列说法正确的是（）A只有A、C摆振动周期相等BA摆的振幅比B摆小CC摆的振幅比B摆小DA、B、C三摆的振动周期相等3如图甲所示，
2、一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的阻值，把线圈放入一方向垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示下列说法中正确的是（）A线圈中的感应电流方向为顺时针方向B电阻R两端的电压随时间均匀增大C线圈电阻r消耗的功率为4104WD前4s内通过R的电荷量为8102C4如图所示，单摆摆球的质量为m，摆长为L，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力，则摆球从A运动到B的过程中（）A重力做的功为mv2B重力的最大瞬时功率为mgvC重力的功率一直增大D摆球运动到最低点B时绳的
3、拉力为5如图所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴oo匀角速转动，转动周期为T0线圈产生的电动势的最大值为Em，则（）A线圈产生的电动势的有效值为EmB线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为EmD经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次6如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=3：1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等，a、b端加一交流电压U=311sin100tV，则（）A两电阻两端的电压比UA：UB=3：1B两电阻中电流之比IA：IB=1：1C两电阻消耗的电功率之比PA：PB=1：1D电阻B两端
4、的电压表的示数UB=66V7如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R1（光敏电阻随光照强度增大而减小）、定值电阻R2则（）A仅增强光照时，原线圈的输入功率减小B仅向下滑动P时，R2两端的电压增大C仅向下滑动P时，R2消耗的功率减小D仅增大U时，R2消耗的功率增大8如图所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表A组成闭合电路线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度=100 rad/s线圈的匝数N=100，边长ab=0.2m、ad=0.4m，电阻不计磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B=T电容器放电时间不计下列说法正确的是（）A该线圈从图示
5、位置开始转动到离开磁场过程中的电流方向adcbaB电容器的耐压值至少为50VC电容器的电容C变大时，电流表的示数变小D该线圈产生的交流电动势有效值为25V9如图所示，一个“”型导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，a是与导轨相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图所示位置的时刻作为计时起点，下列物理量随时间变化的图象可能正确的是（）A回路的感应电动势随时间变化关系B感应电流随时间变化关系C金属棒所受安倍力大小随时间变化关系D电流产生的热功率随时间变化关系10如图所示，一正方形闭合金属线框abcd放在粗糙绝缘水平面上，在其右侧有边界为cd
6、的匀强磁场，磁场磁感应强度为B，方向垂直于水平面向下正方形闭合金属线框的边长为L、质量为m、电阻为R，线框与水平面间的动摩擦因数为u开始时金属线框的ab边与磁场边界cd重合现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，停止后金属线框的dc边与磁场边界cd的距离也为L则下列说法正确的是（）A整个过程中，该装置产生的总热量为mv02B整个过程中，该装置产生的总热量为2mgLC整个过程中，ab边产生的焦耳热为mv02D整个过程中，ab边产生的焦耳热为mv02umgL二、填空题（共16分）11简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图 （1）所示，在弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔P，
7、让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图（2）所示（1）刚开始计时时，振子位移x=；t=17s时，x=（2）若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离为（3）写出振子的振动方程为（用正弦函数表示）12（10分）在利用单摆测定重力加速度的实验中：（1）实验中，应选用的器材为（填序号）1米长细线1 米长粗线10厘米细线泡沫塑料小球小铁球秒刻度停表时钟厘米刻度米尺毫米刻度米尺（2）实验中，测出不同摆长对应的周期值T，作出T2l图象，如图7所示，T2
8、与l的关系式是T2=，利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2）可求出图线斜率k，再由k可求出g=（3）在实验中，若测得的g值偏小，可能是下列原因中的A计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径B测量周期时，将n次全振动误记为n+1次全振动C计算摆长时，将悬线长加小球直径D单摆振动时，振幅偏小三、计算题（共44分）13（8分）弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t=0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t=0.2s时，振子速度第一次变为v；在t=0.5s时，振子速度第二次变为v，已知B、C之间的距离为25cm（1）求弹簧振子的振幅A；（2）求弹簧振
9、子振动周期T和频率f；（3）求振子在4s内通过的路程及4.1s末的位移大小14（10分）一小型发电站通过升压，降压变压器把电能输给用户已知发电机的输出功率是500kW，端电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1：5，两变压器间输电线的总电阻为1.5，降压变压器的输出电压为220V，不计变压器的损耗求：（1）升压变压器的副线圈两端电压；（2）输电导线上的功率损失；（3）降压变压器原、副线圈的匝数比；（4）用户得到的功率15（12分）如图所示，在倾角=30，相距L=1m的光滑轨道上端连有一电阻R=9，整个轨道处于垂直轨道方向的磁感应强度B=1T的匀强磁场中，现在轨道上由静止释放一质量m=1
10、00g，电阻r=l的金属棒，当棒下滑s=5m时恰好达到最大速度，不计导轨电阻求：（1）棒下滑的最大速度（2）棒下滑的速度为3m/s时棒的加速度大小为多少（3）电阻R在这个过程中产生的热量16（14分）如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg整个过程中金属棒与导轨电接触良好，求：（1）棒到达最低点时的速度大小和通过电阻R的电流（2）棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的
11、焦耳热和通过R的电荷量（3）若棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动到达ab请写出杆在运动过程中产生的瞬时感应电动势随时间t的变化关系？在杆到达ab的过程中拉力做的功为多少？2015-2016学年四川省广安二中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、不定项选择题1穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）A图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C图丙中回路在0t0时间内产生的感应电动势大于t02t0时间内产生的感应电动势D图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变【
12、考点】法拉第电磁感应定律【分析】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率k=运用数学知识结合磁通量随时间t变化的图象解决问题【解答】解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率k=A、图甲中磁通量不变，无感应电动势故A错误B、图乙中磁通量随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变故B错误C、图丙中回路在Ot0时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k1，在t02t0时间内磁通量随时间t变化的
13、图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值所以在Ot0时间内产生的感应电动势大于在t02t0时间内产生的感应电动势故C正确D、图丁中磁通量随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D错误故选：C【点评】通过t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道t图象斜率的意义利用图象解决问题是现在考试中常见的问题对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究2如图所示为受迫振动的演示装置，当单摆A振动起来后，通过水平悬绳迫使单摆B、C振动，则下列说法正确的是（）A只有A、C摆振动周期相等BA摆的振幅比B摆小CC摆的振幅比B摆小DA、B、C三摆的
14、振动周期相等【考点】产生共振的条件及其应用【分析】由题意A做自由振动，B、C做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期；C发生共振，振幅最大【解答】解：由题意，A做自由振动，其振动周期就等于其固有周期，而B、C在A产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期，所以三个单摆的振动周期相等；由于C、A的摆长相等，则C的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅振幅比B摆大所以D正确，ABC错误故选：D【点评】本题考查了受迫振动和共振的条件，要明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，发生共振的条件是驱动力频率等于物体的固有频率3如图甲所示，一个圆形
15、线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的阻值，把线圈放入一方向垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示下列说法中正确的是（）A线圈中的感应电流方向为顺时针方向B电阻R两端的电压随时间均匀增大C线圈电阻r消耗的功率为4104WD前4s内通过R的电荷量为8102C【考点】法拉第电磁感应定律【分析】A、根据楞次定律，可判定感应电流方向；BD、由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，结合欧姆定律求出电流，从而求得电阻R两端的电压，由电流的定义式求出电荷量；C、由电功率公式求出线圈电阻消耗的功率【解答】解：A、根据楞次定律可知，穿过线圈的
16、磁通量增大，则线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；B、由法拉第电磁感应定律：E=n可得：感应电动势：E=100=0.1V，平均电流：I=0.02A，电阻R两端的电压U=0.024=0.08V，故B错误；C、线圈电阻消耗的功率：P=I2r=0.0221=4104W，故C正确；D、前4s内通过的电荷量为：q=It=0.024=0.08C，故D正确；故选：CD【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量4如图所示，单摆摆球的质量为m，摆长为L，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时
17、的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力，则摆球从A运动到B的过程中（）A重力做的功为mv2B重力的最大瞬时功率为mgvC重力的功率一直增大D摆球运动到最低点B时绳的拉力为【考点】功率、平均功率和瞬时功率；向心力【分析】某个力的功率应用力乘以力方向上的速度，重力做功与路径无关只与高度差有关，也可以运动动能定理求解【解答】解：A、摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B，根据动能定理得：WG=mv20，故A正确B、设摆球从A运动到B的过程中某点重力的瞬时功率最大，设此时速度方向与竖直方向的夹角为，则有p=mgvcosmgv，故B错误；C、A点的速度为零，故重力的功率为零，B点时由
18、于重力竖直向下，而速度沿水平方向，故重力的功率为零，故重力的功率先增大后减小，故C错误；D、摆球经过平衡位置时，合外力提供向心力，绳的拉力为F=+mg，故D错误故选：A【点评】本题利用单摆考查了动能定理、功率的直接应用，综合性较强；要注意认真分析，合理利用所学过的物理规律进行解题5如图所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴oo匀角速转动，转动周期为T0线圈产生的电动势的最大值为Em，则（）A线圈产生的电动势的有效值为EmB线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为EmD经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次【考点】法拉第电磁感应定律；磁
19、通量【分析】根据正弦交流电的最大值与有效值的关系，结合最大值，即可求解有效值；由公式Em=BS，结合=，可求出磁通量的最大值；根据法拉第电磁感应定律表达式Em=，可确定磁通量变化率的最大值，最后由线圈在一个周期内，电流方向改变2次，从而即可求解【解答】解：A、线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为Em，故A错误；B、由公式Em=BS，结合=，可求出磁通量的最大值m=，故B正确；C、根据法拉第电磁感应定律表达式Em=，可确定磁通量变化率的最大值=Em，故C正确；D、经过T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次，故D错误；故选：BC【点评】考查线圈在磁场切割磁感线，产生正弦式
20、交流电，掌握最大值与有效值的关系，注意最大磁通量求解方法是解题的关键6如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=3：1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等，a、b端加一交流电压U=311sin100tV，则（）A两电阻两端的电压比UA：UB=3：1B两电阻中电流之比IA：IB=1：1C两电阻消耗的电功率之比PA：PB=1：1D电阻B两端的电压表的示数UB=66V【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】变压器原副线圈电流与匝数成反比，求出电流之比，根据电阻消耗的功率P=I2R，电阻两端的电压U=IR即可求解【解答】解：A、电阻两端的电压U=IR，所以两电
21、阻两端的电压之比等于电流之比，由电流比等于匝数反比，所以UA：UB=1：3，A错误；B、根据变压器原副线圈电流与匝数成反比得：两电阻中的电流之比IA：IB=1：3，B错误；C、电阻消耗的功率P=I2R，所以两电阻消耗的电功率之比PA：PB=1：9，C错误；D、由表达式知 ab两端电压有效值为220V，设副线圈电压为U，则原线圈两端电压为3U，原线圈中电阻分压为，即3U+=220，解得U=66V，D正确；故选：D【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解7如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R1（光敏电阻
22、随光照强度增大而减小）、定值电阻R2则（）A仅增强光照时，原线圈的输入功率减小B仅向下滑动P时，R2两端的电压增大C仅向下滑动P时，R2消耗的功率减小D仅增大U时，R2消耗的功率增大【考点】变压器的构造和原理【分析】变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可【解答】解：A、当光照增强时，光敏电阻的电阻值减小，故变压器的输出功率增加，故输入功率也增加，故A错误；B、当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=，R2消耗的功率增大，故B正确，C错误；D、当U增大时，根据电压与匝数成正
23、比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=，用电器消耗的功率增大；故D正确；故选：BD【点评】本题关键是明确电压器的电压、电流、功率关系，知然后结合变压比公式和功率公式进行动态分析8如图所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表A组成闭合电路线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度=100 rad/s线圈的匝数N=100，边长ab=0.2m、ad=0.4m，电阻不计磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B=T电容器放电时间不计下列说法正确的是（）A该线圈从图示位置开始转动到离开磁场过程中的电流方向adcbaB电容器的耐压值至少为50VC电容器的电容C变大时，电流
24、表的示数变小D该线圈产生的交流电动势有效值为25V【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】线圈中产生正弦式交变电流，但只有半个周期有电流；根据Em=NBS求解最大值；根据热效应求解有效值；电容器的耐压值为电压的最大值；电容越大，容抗越小【解答】解：A、根据楞次定律可知，该线圈从图示位置开始转动到离开磁场过程中的电流方向abcda，故A错误B、线圈产生的交流电动势峰值为：Em=NBS=100（0.20.4）100=50V，电容器的耐压值最小为V，故B错误；C、电容器的电容C变大时，容抗变小，故电流表的示数变大，故
25、C错误；D、该交流电为正弦式交流电，根据E=，E=50V，故D正确；故选：D【点评】本题关键是明确交流电的最大值、有效值的求解方法，知道电容器的耐压值为最大值，不难9如图所示，一个“”型导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，a是与导轨相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图所示位置的时刻作为计时起点，下列物理量随时间变化的图象可能正确的是（）A回路的感应电动势随时间变化关系B感应电流随时间变化关系C金属棒所受安倍力大小随时间变化关系D电流产生的热功率随时间变化关系【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；电磁感应中的能量
26、转化【分析】根据感应电动势、欧姆定律、功率、电阻定律等知识得到感应电动势、感应电流等的表达式分析选择【解答】解：设“”型导轨的顶角为，电阻率为A、感应电动势E=BLv=Bvttanv=Bv2tant，则知Et，图象应是过原点的直线故A错误B、感应电流I=，R=（vt+vttan+）得I=，式中各量恒定，则感应电流不变故B错误C、根据F=BIL可知，F=BIvttan，可见Ft，图象应是过原点的直线故C错误D、由上可知，Rt，I恒定，则受外力的功率P=I2Rt，故D正确故选D【点评】此题是电磁感应、欧姆定律、电阻定律等知识的综合运用容易形成错误的选择是电流图象，未考虑电动势和电阻都与时间成正比，
27、而电流不变10如图所示，一正方形闭合金属线框abcd放在粗糙绝缘水平面上，在其右侧有边界为cd的匀强磁场，磁场磁感应强度为B，方向垂直于水平面向下正方形闭合金属线框的边长为L、质量为m、电阻为R，线框与水平面间的动摩擦因数为u开始时金属线框的ab边与磁场边界cd重合现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，停止后金属线框的dc边与磁场边界cd的距离也为L则下列说法正确的是（）A整个过程中，该装置产生的总热量为mv02B整个过程中，该装置产生的总热量为2mgLC整个过程中，ab边产生的焦耳热为mv02D整个过程中，ab边产生的焦耳热为mv02umgL【考点】导体切割磁感线
28、时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律【分析】整个过程中，该装置产生的总热量等于线框动能的减少量根据能量守恒定律知，整个过程产生的焦耳热为Q=mv022mgLab边产生的焦耳热为Qab=【解答】解：AB、根据能量守恒定律知，整个过程中，该装置产生的总热量等于线框动能的减少量，为Q总=mv02CD、整个过程产生的焦耳热为 Q=mv022mgL，ab边产生的焦耳热为Qab=mv02mgL，故C错误，D正确；故选：AD【点评】对于电磁感应现象中涉及热量问题，往往从能量角度分析，要正确分析能量是如何转化的，这是解题的关键二、填空题（共16分）11简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图 （1）所
29、示，在弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图（2）所示（1）刚开始计时时，振子位移x=10cm；t=17s时，x=0（2）若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离为4cm（3）写出振子的振动方程为0.1sin（0.5） （m）（用正弦函数表示）【考点】简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率【分析】（1）由图2直接读出位移，根据简谐运动的周期性分析t=17s时振子的位移（2）纸带做匀速运动，根据其运
30、动与振子运动的同时性，求解振动图线上1、3两点间的距离（3）由公式=，得到角频率，读出振幅A，则该振子简谐运动的表达式为x=Asint【解答】解：（1）由图2知刚开始计时时，即t=0时刻，振子处在左边最大位移处位置处，位移为10cm；周期为T=4s，而t=17s=4T，根据振子的周期性可知t=17s时振子经过平衡位置，相对平衡位置的位移是0（2）振动图线上1、3两点时间间隔为半个周期，即t=2s，则振动图线上1、3两点间的距离为：s=vt=2cm/s2s=4cm（3）弹簧振子的周期为 T=4s，则：= rad/s；振幅：A=0.1m；开始时振子处在左边最大位移处位置处，位移为10cm，所以该振
31、子简谐运动的表达式为：x=Acost=0.1sin0.5t=0.1sin（0.5） （m）故答案为（1）10cm，0；（2）4cm；（3）0.1sin（0.5） （m）【点评】本题关键要能够从xt图象得到物体的运动情况，图象上某点的切线斜率表示速度同时要掌握振子简谐运动的一般表达式 x=Asin（t+0），知道根据三个要素：振幅A、角频率和初相位0，即可求得简谐振动方程12（10分）（2016春广安校级期中）在利用单摆测定重力加速度的实验中：（1）实验中，应选用的器材为（填序号）1米长细线1 米长粗线10厘米细线泡沫塑料小球小铁球秒刻度停表时钟厘米刻度米尺毫米刻度米尺（2）实验中，测出不同摆长
32、对应的周期值T，作出T2l图象，如图7所示，T2与l的关系式是T2=，利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2）可求出图线斜率k，再由k可求出g=（3）在实验中，若测得的g值偏小，可能是下列原因中的AA计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径B测量周期时，将n次全振动误记为n+1次全振动C计算摆长时，将悬线长加小球直径D单摆振动时，振幅偏小【考点】用单摆测定重力加速度【分析】（1）根据实验的原理确定所需要测量的物理量，从而确定所需的实验器材（2）根据单摆的周期公式得出T2L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度（3）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，结合摆长或周期的测
33、量误差分析重力加速度的测量误差【解答】解：（1）摆线选择1m左右的长细线，摆球选择质量大一些，体积小一些的铁球，测量时间用秒表，测量摆长用毫米刻度尺故选：（2）根据单摆的周期公式T=得，可知图线的斜率k=，解得g=（3）根据T=得，g=，A、计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故A正确B、测量周期时，将n次全振动误记为n+1次全振动，则周期测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，故B错误C、计算摆长时，将悬线长加小球直径，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误D、单摆振动时，振幅偏小，不影响重力加速度的测量，故D错误故选：A
34、故答案为：（1），（2），（3）A【点评】解决本题的关键知道实验的原理，会结合原理进行实验误差分析，明确根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g=是解题的关键，明确产生误差的因素三、计算题（共44分）13弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t=0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t=0.2s时，振子速度第一次变为v；在t=0.5s时，振子速度第二次变为v，已知B、C之间的距离为25cm（1）求弹簧振子的振幅A；（2）求弹簧振子振动周期T和频率f；（3）求振子在4s内通过的路程及4.1s末的位移大小【考点】简谐运动的回复力和能量；简谐运动的振幅、周期和频率【分
35、析】（1）由B、C之间的距离得出振幅；（2）在t=0时刻，振子从OB间的P点以速度v向B点运动，经过0.2s它的速度大小第一次与v相同，方向相反，再经过0.5s它的速度大小第二次与v相同，方向与原来相反，质点P运动到关于平衡位置对称的位置，求出周期（3）由B、C之间的距离得出振幅，结合振子开始计时的位置，求出振子在4s内通过的路程；结合振子开始计时的位置然后求出4.1s末的位移大小【解答】解：（1）弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，所以振幅是BC之间距离而，所以A=（2）由简谐运动的对称性可知P到B的时间与B返回P的时间是相等的，所以： s；同时由简谐振动的对称性可知： s又
36、由于：联立得：T=1s所以：f=Hz（3）4s内路程：s=44A=4412.5=200cm由（2）的分析可知，从t=0时刻，经过0.1s时间振子到达B点；所以在4.1s时刻质点又一次到达B点，所以质点的位移是12.5cm答：（1）弹簧振子的振幅A是12.5cm；（2）弹簧振子振动周期T是1s，频率f是1Hz；（3）振子在4s内通过的路程是200cm；4.1s末的位移大小是12.5cm【点评】本题在于关键分析质点P的振动情况，确定P点的运动方向和周期写振动方程时要抓住三要素：振幅、角频率和初相位14（10分）（2016春广安校级期中）一小型发电站通过升压，降压变压器把电能输给用户已知发电机的输出
37、功率是500kW，端电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1：5，两变压器间输电线的总电阻为1.5，降压变压器的输出电压为220V，不计变压器的损耗求：（1）升压变压器的副线圈两端电压；（2）输电导线上的功率损失；（3）降压变压器原、副线圈的匝数比；（4）用户得到的功率【考点】远距离输电【分析】（1）根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，求解升压变压器副线圈的端电压；（2）变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流，由功率公式求解输电线上损耗的电功率；（3）用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，根据用户得到的功率，由功率公式求出降压变压器副线圈中电流，再由
38、电流与匝数成反比求解降压变压器原、副线圈的匝数比；（4）用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率【解答】解：（1）升压变压器的副线圈两端电压U2=5500V=2500V（2）输电导线上的电流：I=200A 输电导线上的功率损失：P=I2R=20021.5=60000W （3）输电线上的电压损耗：U=IR=2001.5=300V 降压变压器原线圈的电压：U3=U2U=2500300=2200V 降压变压器原、副线圈的匝数比：（4）用户得到的功率：P4=P1P=500103W60000W=440000W=440KW答：（1）升压变压器的副线圈两端电压为2500V；（2）输电导线上的
39、功率损失为60000W；（3）降压变压器原、副线圈的匝数比为10：1；（4）用户得到的功率为440KW【点评】对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率，只改变电压和电流15（12分）（2013春吴兴区校级期末）如图所示，在倾角=30，相距L=1m的光滑轨道上端连有一电阻R=9，整个轨道处于垂直轨道方向的磁感应强度B=1T的匀强磁场中，现在轨道上由静止释放一质量m=100g，电阻r=l的金属棒，当棒下滑s=5m时恰好达到最大速度，不计导轨电阻求：（1）棒下滑的最大速度（2）棒下滑的速度为3m/s时棒的加速度大小为多少（3）电阻R在这个过程中产生的热量【考点】导体切割
40、磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】（1）当金属棒开始运动时，会受到沿轨道向上的安培力，速度增大时，安培力增大，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到0时，速度达到最大，达到稳定状态，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，列出平衡方程，求出最大速度（2）根据安培力的表达式，求出此时的安培力，根据牛顿第二定律求解加速度大小（3）金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒求出整个电路产生的热量【解答】解：（1）滑棒在下滑过程中速度最大时，加速度a=0，根据平衡条件有： mgsin=F安，又F安=BIL，I=，E=B
41、Lvm，则得：F安=由此可解得最大速度：vm=代入数据解得：vm=m/s=5m/s（2）根据牛顿第二定律得：mgsin=ma则得，a=gsin代入数据得：a=10m/s2=2m/s2（3）由功能关系可得棒在下滑过程中产生的热量为： Q=mgssinmvm2=（0.1105）J=1.25J电阻R在这个过程中产生的热量 QR=Q=1.25J=1.125J答：（1）棒下滑的最大速度为5m/s（2）棒下滑的速度为3m/s时棒的加速度大小为2m/s2（3）电阻R在这个过程中产生的热量为1.125J【点评】解决本题的关键能够分析出金属棒的运动情况，当a=0时，速度达到最大再运用平衡条件和能量守恒定律求解1
42、6（14分）（2016春广安校级期中）如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg整个过程中金属棒与导轨电接触良好，求：（1）棒到达最低点时的速度大小和通过电阻R的电流（2）棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量（3）若棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动到达ab请写出杆在运动过程中产生的瞬时感应电动势随时间t的变化关系？在杆
43、到达ab的过程中拉力做的功为多少？【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；焦耳定律【分析】（1）金属棒在cd端时由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出棒到达最低点时的速度由E=BLv求出感应电动势，再由欧姆定律求通过R的电流（2）根据能量守恒定律求回路中产生的焦耳热根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式推导出电量表达式q=，来求通过R的电荷量（3）棒沿轨道做匀速圆周运动，求出金属棒在运动过程中水平方向的分速度vx，再由E=BLvx求瞬时感应电动势金属棒切割磁感线产生余弦交变电，求感应电动势的有效值，再由功能关系求拉力做的功【解答】解：（1）棒在最低点，
44、根据牛顿第二定律得 Nmg=m由题得 N=2mg可得 v=棒经过最低点时产生的感应电动势为 E=BLv=BL通过电阻R的电流 I=（2）整个过程中系统能量守恒得：回路中产生的焦耳热 Q=mgr=mgr根据法拉第电磁感应定律得：=感应电流的平均值=通过R的电荷量 q=t联立得 q=又=BLr所以可得 q=（3）金属棒在运动过程中水平方向的分速度 vx=v0cost又 v0=r金属棒切割磁感线产生的余弦交变电：e=BLvx=BLv0cos四分之一周期内，电流的有效值：I=由能量守恒得：拉力做的功 W=mgr+Q由焦耳定律得 Q=I2RT=解得：W=mgr+答：（1）棒到达最低点时的速度大小是，通过电阻R的电流是（2）棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热是mgr，通过R的电荷量是
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