2023年重庆市高考物理质检试卷（六）

2023年重庆市高考物理质检试卷（六）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只一项符合题目要求。1．（4分）在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端。如图沿地球直径挖一个通道AB，地心车从通道A端静止释放，只在万有引力作用下在AB两点之间做简谐运动，地心处为O点，则乘客（）A．在O处速度最大 B．从A到O受到的万有引力一直增大 C．从A到O的时间大于O到B的时间 D．在A、B处加速度相同2．（4分）轻轨是重庆市的一道名片。轨道交通3号线中铜元局站到两路口站的轨道近似为直线轨道；一辆轻轨从铜元局站静止开始做匀加速直线运动，加速一段时间后做匀减速直线运动，最后经过时间t、行驶距离x后恰好在两路口站停下。下列说法正确的是（）A．轻轨行驶的平均速度为 B．轻轨行驶的平均速度为 C．轻轨在加速运动中的平均速度大小大于在减速运动中的平均速度大小 D．轻轨在加速运动中的平均速度大小小于在减速运动中的平均速度大小3．（4分）如图用货车运输规格相同的两块水平水泥板，底层水泥板车厢间的动摩擦因数为0.6，两块水泥板之间动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，为保证底层水泥板与车厢、两块水泥板之间均不发生相对运动，货车行驶的最大加速度为（）A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．8m/s24．（4分）如图所示是某同学跳远的频闪图，该同学身高180cm，起跳点为O点。图中辅助标线方格横竖长度比为2：1，请你估算他起跳时的初速度最接近的值是（）A．4m/s B．5m/s C．6m/s D．7m/s5．（4分）如图所示，在y轴与直线x＝L之间区域有垂直纸面向外的匀强磁场，在直线x＝L与直线x＝2L之间区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现有一直径为L的圆形导线框，从图示位置开始，在外力F（未画出）的作用下沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。线框中感应电流（逆时针方向为正方向）与导线框移动的位移x的变化关系图像中正确的（）A． B． C． D．6．（4分）如图所示，半径为R的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内。某时刻，质量为1kg、直径略小于细圆管内径的小球A（可视为质点）从细管最高点静止释放，当小球A和细圆管轨道圆心连线与竖直方向夹角为37°时，小球对轨道的压力大小为（）（g＝10m/s2）A．38N B．40N C．42N D．44N7．（4分）如图所示，光滑足够长斜面底端有一垂直斜面的挡板。A、B、C三个半径相同质量不同的小球（均可视为质点），从图中位置同时静止释放（其中C球离挡板距离为；所有碰撞均为弹性碰撞，且三球在第一次到达斜面底端时碰后B、C恰好静止，则A球碰后沿斜面向上运动最大位移为（）​A．4H B．6H C．9H D．16H二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。（多选）8．（5分）如图所示，甲图中A1、O1、B1为两个等量异种点电荷连线上的四等分点。乙图中A2、O2、B2为垂直于纸面向里的两等大恒定电流连线上的四等分点。下列说法正确的是（）A．A1、B1两点的电场强度大小相等、方向相反 B．A1、B1两点的电场强度相同 C．A2、B2两点的磁感应强度大小相等、方向相反 D．A2、B2两点的磁感应强度相同（多选）9．（5分）如图所示为某电站向其他地区远距离输电的原理图，图中交流电表均为理想电表，变压器T1、T2均为理想变压器。输电线电阻为R0＝100Ω，可变电阻R为用户端负载，发电机输出电压有效值U＝250V保持不变。当输电功率P＝1000kW时，输电线上损失的功率为输电功率的1%，电压表示数为220V。下列说法正确的是（）A．输电线上的电流为 B．升压变压器T1的原、副线圈匝数比为 C．降压变压器T2的原、副线圈匝数比为450：1 D．随着用电高峰到来，电压表的示数将变小（多选）10．（5分）质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，经过时间t后落回到抛出点位置。已知小球所受阻力大小与小球的速率成正比（f＝kv，k为常数），重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．小球落回到抛出点时速度大小为gt﹣v0 B．小球上升时间小于 C．小球上升过程克服阻力做功小于下降过程克服阻力做功 D．全过程小球克服阻力做功三、非选择题：共57分。11．重庆南开中学某兴趣小组的同学想通过测量单摆周期，进而测量重庆市区的重力加速度大小。（1）为了比较准确地测量出重庆市区重力加速度的数值，选定器材有秒表、毫米刻度尺、游标卡尺、铁架台、金属夹，除此之外在下列所给的器材中，还应选用（填序号）。A．长约1m的轻质细线B．长约10cm的轻质细线C．直径约为1cm的钢球D．直径约为1cm的塑料球（2）组装实验装置并进行测量，n次全振动的时间如图甲所示为t＝s。（3）该兴趣小组的小南同学设计实验并进行了多次测量，测出不同摆长L下对应的周期T，并作出T2﹣L的图像如图乙所示，可求得重力加速度大小g＝。12．小南同学设计如图甲所示实验测量电源电动势与内阻，再利用该电源和μA表改装成欧姆表。实验步骤如下：（1）如图甲所示，R0Ω，改变电阻箱R的阻值进行多次测量，读出多组U、R数值，根据测得数据描绘﹣图线如图乙所示。根据﹣图线求得电源的电动势E＝V，内阻r＝Ω。（2）利用该电源、电阻箱、量程为100μA内阻约为300Ω的μA表改装成如图丙所示的欧姆表，进行欧姆调零后，正确使用该欧姆表测量某待测电阻，欧姆表示数如图丁所示，被测电阻阻值为Ω。（3）若考虑图甲中电压表内阻影响，则图丁电阻测量值（选填“大于”“等于”“小于”）真实值。13．看到永不停息的海浪，有人想到用海浪来发电，设计了如图方案：浮筒通过长度不变的细绳与重锤相连，细绳上固定一根长为L的水平导体棒PQ；地磁场的水平分量视为匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B、在限位装置（未画出）作用下整个系统始终只在竖直方向上近似作简谐振动，振动位移方程为x＝Asinωt；求：（1）浮筒的速度随时间的变化关系式；（2）试证明：导体棒PQ两端产生的电压u为正弦交流电，并求出其有效值。14．在清洁外墙玻璃时可以用磁力刷。如图：厚度d＝3cm的玻璃左右表面平整且竖直；两个相同特制磁力刷A、B（均可视为质点）之间的吸引力始终沿AB连线方向，大小与AB距离成反比。已知A的质量为m，与玻璃间的动摩擦因数为0.5，滑动摩擦与最大静摩擦大小相等；当A、B吸附在玻璃两侧表面且水平正对时，A、B间的吸引力F＝4mg。（1）控制B从图中位置水平向右缓慢移动，要A不下滑，求AB的最远距离；（2）控制B从图中位置竖直向上缓慢移动，当A也恰能从图中位置竖直向上运动时，求AB连线与竖直方向夹角。15．地球周围不但有磁场，还有电场。如图，在赤道上一个不太高的空间范围内，有垂直纸面向里（水平向正北）的匀强磁场，磁感应强度大小为有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一群质量均为m，电量均为q的带正电宇宙粒子射向地面；取距水平地面高度为h的P点观察，发现在如图所示水平线以下180°方向范围内都有该种粒子通过P点，且速度大小都为v：所有粒子都只受匀强电磁场的作用力，求：（1）若有些粒子到达了地面，这些粒子的撞地速度大小；（2）若要所有粒子都不能到达地面，v的最大值是多少；（3）若v＝，且π≈，≈5。2023年重庆市高考物理质检试卷（六）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只一项符合题目要求。1．（4分）在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端。如图沿地球直径挖一个通道AB，地心车从通道A端静止释放，只在万有引力作用下在AB两点之间做简谐运动，地心处为O点，则乘客（）A．在O处速度最大 B．从A到O受到的万有引力一直增大 C．从A到O的时间大于O到B的时间 D．在A、B处加速度相同【分析】因地心车的运动为简谐运动，根据简谐运动的特点及对称性判断即可。【解答】解：A．乘客达到地心时处于平衡位置，故其速度最大，加速度等于零，故A正确；B．从A到O受到的万有引力一直减小，乘客达到地心时受到的万有引力为零，故B错误；C．地心车从通道A端静止释放，只在万有引力作用下在AB两点之间做简谐运动，根据简谐运动的对称性，可知从A到O的时间等于O到B的时间，故C错误；D．根据牛顿第二定律可知，在A、B处受万有引力大小相同，方向相反，故D错误。故选：A。【点评】本题考查简谐运动的应用，注意理解简谐运动的规律，总结其特点，灵活应用简谐运动的知识分析实际问题。2．（4分）轻轨是重庆市的一道名片。轨道交通3号线中铜元局站到两路口站的轨道近似为直线轨道；一辆轻轨从铜元局站静止开始做匀加速直线运动，加速一段时间后做匀减速直线运动，最后经过时间t、行驶距离x后恰好在两路口站停下。下列说法正确的是（）A．轻轨行驶的平均速度为 B．轻轨行驶的平均速度为 C．轻轨在加速运动中的平均速度大小大于在减速运动中的平均速度大小 D．轻轨在加速运动中的平均速度大小小于在减速运动中的平均速度大小【分析】AB、根据平均速度的定义式求解；CD、根据匀变速直线运动的平均速度来比较两个过程的平均速度大小。【解答】解：AB．根据平均速度的定义式，可知轻轨行驶的平均速度为故A错误，B正确；CD．设轻轨匀加速刚结束、开始减速时的速度大小为v，由匀变速直线运动的平均速度可知轻轨在匀加速运动中的平均速度大小在匀减速运动中的平均速度大小为可知轻轨在匀加速运动中的平均速度大小与在匀减速运动中的平均速度大小相等，故CD错误。故选：B。【点评】本题考查了平均速度的定义式和匀变速直线运动的平均速度，注意平均速度的适用条件为匀变速直线运动。3．（4分）如图用货车运输规格相同的两块水平水泥板，底层水泥板车厢间的动摩擦因数为0.6，两块水泥板之间动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，为保证底层水泥板与车厢、两块水泥板之间均不发生相对运动，货车行驶的最大加速度为（）A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．8m/s2【分析】两块水泥板在车厢内，随货车做加速运动，两块水泥板之间若不发生相对运动，则上层水泥板所受到的最大静摩擦力应大于等于其所受水平合力；若两块水泥板与车厢均不发生相对滑动，则以两块水泥板为对象，其所受到的最大静摩擦力应大于等于所受合力。根据牛顿第二定律分别列方程，联立可解。【解答】解：设两块水泥板之间动摩擦因数为μ1，底层水泥板与车厢间的动摩擦因数为μ2，每块水泥板的质量为m，a为货车行驶的加速度。要使上层水泥板不发生相对滑动，由牛顿第二定律可知，上层水泥板的最大静摩擦力应满足μ1mg≥ma解得：a≤8m/s2要使两块水泥板一起加速运动、且与车厢不发生相对滑动，则应满足μ2×2mg≥2ma解得：a≤6m/s2要同时满足上述条件，则货车行驶的加速度a≤6m/s2，故货车行驶的最大加速度为am＝6m/s2故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】解答本题主要把握两点：一是由静摩擦力提供动力时，最大静摩擦力应大于等于物体实际运动所受合力；二是灵活运用隔离法、整体法，选择合适的研究对象，会使问题简化。4．（4分）如图所示是某同学跳远的频闪图，该同学身高180cm，起跳点为O点。图中辅助标线方格横竖长度比为2：1，请你估算他起跳时的初速度最接近的值是（）A．4m/s B．5m/s C．6m/s D．7m/s【分析】斜抛运动可以分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动；根据竖直上抛运动和匀速直线运动规律分析作答。【解答】从图中可知，人的高度约占三格竖直线，所以一格竖直线的长度约为则一格水平线的长度约为x0＝2y0＝2×从起跳到最高点过程，重心在竖直方向运动了约2格，即h＝2y0＝2×斜抛运动可分解为竖直方向做竖直上抛运动，因此根据运动学公式，上升时间在t时间内，该同学水平方向运动了约2格，则有x＝2x0＝2×斜抛运动可分解为水平方向的匀速运动x＝vxot解得水平初速度根据运动的合成与分解，起跳时的初速度为综上分析，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键是要掌握斜抛运动的分解方法，能够从题图中获取所需信息，从而提高学生的估算能力。5．（4分）如图所示，在y轴与直线x＝L之间区域有垂直纸面向外的匀强磁场，在直线x＝L与直线x＝2L之间区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现有一直径为L的圆形导线框，从图示位置开始，在外力F（未画出）的作用下沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。线框中感应电流（逆时针方向为正方向）与导线框移动的位移x的变化关系图像中正确的（）A． B． C． D．【分析】首先，分析导线框进入左侧磁场0≤x＜L的过程中通过导线框的磁通量如何变化，根据楞次定律判断感应电流的方向，再分析导线框切割磁感线的有效长度的变化情况，根据欧姆定律判断导线框的电流变化情况以及线框中的最大电流；然后，分析L≤x＜2L过程（导线框从左侧磁场进入右侧磁场）中，导线框的磁通量如何变化，根据楞次定律判断感应电流的方向，再分析导线框切割磁感线的有效长度的变化情况，根据欧姆定律判断导线框的电流变化情况以及线框中的最大电流；最后，分析2L≤x＜3L过程，即导线框离开右侧磁场的过程导线框的磁通量如何变化，根据楞次定律判断感应电流的方向，再分析导线框切割磁感线的有效长度的变化情况，根据欧姆定律判断导线框的电流变化情况以及线框中的最大电流。【解答】解：设导线框匀速运动的速度为v，导线框电阻为R。在0≤x＜L过程，导线框进入左侧磁场，导线框的磁通量向外增大，根据楞次定律可知，感应电流为顺时针方向（负方向），导线框切割磁感线的有效长度先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律，有，可知导线框的电流先增大后减小，此过程中的最大电流为在L≤x＜2L过程，导线框从左侧磁场进入右侧磁场，导线框的磁通量从向外减小到向里增大，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向（正方向），又因为导线框切割磁感线的有效长度先增大后减小，根据闭合电路的欧姆定律，有，可知导线框的电流先增大后减小，此过程中的最大电流为；在2L≤x＜3L过程，导线框离开右侧磁场，导线框的磁通量垂直于线框平面向里，且减小，根据楞次定律可知，感应电流为顺时针方向（负方向），导线框切割磁感线的有效长度先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律，有，可知导线框的电流先增大后减小，且此此过程中的最大电流为，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题考查了电磁感应的图像问题，解决本题的关键是准确分析出线框运动过程中的磁通量的变化情况，并能熟练掌握楞次定律和欧姆定律。6．（4分）如图所示，半径为R的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内。某时刻，质量为1kg、直径略小于细圆管内径的小球A（可视为质点）从细管最高点静止释放，当小球A和细圆管轨道圆心连线与竖直方向夹角为37°时，小球对轨道的压力大小为（）（g＝10m/s2）A．38N B．40N C．42N D．44N【分析】根据牛顿第三定律可知，图示位置小球对轨道的压力大小等于轨道对小球的支持力。小球做竖直圆周运动，在图示位置由轨道对小球的支持力与重力沿轨道半径方向的分力的合力充当向心力，由牛顿第二定律可列出方程；小球从最高点到图示位置，由动能定理可列出方程；联立方程可求小球对轨道的压力大小。【解答】解：以小球为研究对像，设图示位置轨道对小球的支持力为FN，小球从最高点到图示位置，根据动能定理可得在图示位置，对小球，根据牛顿第二定律可得：FN﹣mgcos37°＝联立方程，代入数据解得：FN＝44N根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为44N。故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】解答本题，关键要掌握竖直圆周运动中，物体向心力的来源问题。本题中，小球的向心力是由轨道对小球的支持力与小球重力沿轨道半径方向的分力的合力来充当。7．（4分）如图所示，光滑足够长斜面底端有一垂直斜面的挡板。A、B、C三个半径相同质量不同的小球（均可视为质点），从图中位置同时静止释放（其中C球离挡板距离为；所有碰撞均为弹性碰撞，且三球在第一次到达斜面底端时碰后B、C恰好静止，则A球碰后沿斜面向上运动最大位移为（）​A．4H B．6H C．9H D．16H【分析】由动能定理解得碰撞前的速度，小球C与挡板相碰后速度大小不变，方向改为沿斜面向上，由动量守恒定律及机械能守恒定律分别求碰后小球B和小球A的速度，最后由动能定理解得小球A碰后沿斜面向上运动最大位移。【解答】解：小球释放后至刚要碰撞过程，由动能定理：mgHsinθ＝mv2﹣0其中θ为斜面的倾角，解得碰撞前的速度v＝可见三个小球碰撞前的速度大小相等，vA0＝vB0＝vC0＝小球C与挡板相碰后速度大小不变，方向改为沿斜面向上，此时小球C与B相碰，小球A速度不变，此后小球B与A相碰。小球C与B相碰前后，取沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律：mCvC0﹣mBvB0＝mBvB由机械能守恒定律：+＝联立知，mC＝3mB碰后小球B的速度vB＝2此后小球B与小球A相碰，由动量守恒定律：mBvB﹣mAvA0＝mAvA由机械能守恒定律：+＝联立知，mB＝2mA碰后小球A的速度vA＝3小球A碰后沿斜面向上运动过程，由动能定理：﹣mAgxsinθ＝0﹣解得小球A碰后沿斜面向上运动最大位移x＝9H，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查机械能守恒定律及动量守恒定律，学生可根据题意由动能定理结合动量守恒定律及机械能守恒定律综合求解。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。（多选）8．（5分）如图所示，甲图中A1、O1、B1为两个等量异种点电荷连线上的四等分点。乙图中A2、O2、B2为垂直于纸面向里的两等大恒定电流连线上的四等分点。下列说法正确的是（）A．A1、B1两点的电场强度大小相等、方向相反 B．A1、B1两点的电场强度相同 C．A2、B2两点的磁感应强度大小相等、方向相反 D．A2、B2两点的磁感应强度相同【分析】根据等量异种点电荷周围的电场特点，结合对称性分析；根据直线电流周围的“同心圆”磁感线特点和安培定则，利用平行四边形定则合成。【解答】解：AB、根据等量异种点电荷电场分布特点可知，A1、B1两点的电场强度大小相等、方向相同，故A错误，B正确；CD、根据右手螺旋定则可得，左侧电流在A2、B2两点的磁场方向向下，右侧电流在A2、B2两点的磁场方向向上，根据对称性可知，A2、B2两点的磁感应强度大小相等、方向相反，故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题考查了电场的合成，解决这类题目的技巧是详实的分析，仔细的计算，场强和磁感应强度均是矢量，其运算利用平行四边形定则。（多选）9．（5分）如图所示为某电站向其他地区远距离输电的原理图，图中交流电表均为理想电表，变压器T1、T2均为理想变压器。输电线电阻为R0＝100Ω，可变电阻R为用户端负载，发电机输出电压有效值U＝250V保持不变。当输电功率P＝1000kW时，输电线上损失的功率为输电功率的1%，电压表示数为220V。下列说法正确的是（）A．输电线上的电流为 B．升压变压器T1的原、副线圈匝数比为 C．降压变压器T2的原、副线圈匝数比为450：1 D．随着用电高峰到来，电压表的示数将变小【分析】根据输电线上的电流结合电功率公式计算输电线上的电流；根据输送功率和输电线上损失的功率计算降压变压器T2副线圈的输出电流，进而根据输送电流求出降压变压器T2原、副线圈的匝数比；根据原副线圈的匝数比和副线圈的电压求出降压变压器T2的原线圈的输入电压，再根据输电线损失的电压求出升压变压器T1副线圈的输出电压，进而求出升压变压器T1原、副线圈的匝数比；分析用电高峰到来，判断输电功率、升压变压器T1的原线圈的电、副线圈的电流以及输电线电阻损失的电压如何变化；再根据匝数与电压的关系判断电压表的示数如何变化。【解答】解：A．设输电线上的电流为I2，则有代入数据解得：I2＝10A故A错误；C．设降压变压器T2副线圈输出电流为I4，则有P4＝U4I4＝P﹣P损＝P﹣代入数据解得I4＝4500A理想变压器原副线圈匝数比等于电流的反比，则降压变压器T2的原、副线圈匝数比为＝故C正确；B．降压变压器T2的原线圈输入电压为＝×220V＝99000V升压变压器T1的副线圈输出电压为U2＝U3+I2R0＝99000V+10×100V＝100000V升压变压器T1的原、副线圈匝数比为故B错误；D．随着用电高峰到来，输电功率变大，则升压变压器T1的原线圈电流变大，副线圈电流变大；输电线电阻损失电压变大，则降压变压器T2的原线圈输入电压变小，降压变压器T2的副线圈输出电压变小，电压表的示数将变小，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了远距离输电，解决本题的关键是熟练掌握变压器原副线圈匝数与电压的关系，以及变压器的动态分析。（多选）10．（5分）质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，经过时间t后落回到抛出点位置。已知小球所受阻力大小与小球的速率成正比（f＝kv，k为常数），重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．小球落回到抛出点时速度大小为gt﹣v0 B．小球上升时间小于 C．小球上升过程克服阻力做功小于下降过程克服阻力做功 D．全过程小球克服阻力做功【分析】根据动量定理、位移公式列式，联立求速度；根据牛顿第二定律，求上升和下降阶段加速度，根据，比较时间；根据功的定义式，比较克服阻力做功大小；根据动能定理，求小球克服阻力做功；【解答】解：A．设小球上升时间为t1，小球下降时间为t2，小球落回至抛出点时的速度大小为v。取向下为正方向，根据动量定理mgt+f1t1﹣f2t2＝mv﹣（﹣mv0）由于上升的高度等于下降的高度t1＝t2则又因为t1+t2＝t联立解得v＝gt﹣v0故A正确；B．根据牛顿第二定律，小球上升阶段的加速度下降阶段的加速度则上升阶段加速度较大，根据可知小球上升时间小于，故B正确；C．根据功的定义式，小球上升过程平均阻力大于下降过程的平均阻力，则上升阶段克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，故C错误；D．根据动能定理，全过程小球克服阻力做功故D正确。故选：ABD。【点评】本题考查学生对动量定理、牛顿第二定律、动能定理等的掌握，是一道中等难度题。三、非选择题：共57分。11．重庆南开中学某兴趣小组的同学想通过测量单摆周期，进而测量重庆市区的重力加速度大小。（1）为了比较准确地测量出重庆市区重力加速度的数值，选定器材有秒表、毫米刻度尺、游标卡尺、铁架台、金属夹，除此之外在下列所给的器材中，还应选用AC（填序号）。A．长约1m的轻质细线B．长约10cm的轻质细线C．直径约为1cm的钢球D．直径约为1cm的塑料球（2）组装实验装置并进行测量，n次全振动的时间如图甲所示为t＝126s。（3）该兴趣小组的小南同学设计实验并进行了多次测量，测出不同摆长L下对应的周期T，并作出T2﹣L的图像如图乙所示，可求得重力加速度大小g＝。【分析】（1）根据实验原理选择合适的实验器材；（2）根据秒表的读数规则得出对应的时间；（3）根据单摆的周期公式结合图像的物理意义得出g的表达式。【解答】解：（1）在下列所给的器材中，还应选用长约1m的轻质细线和直径约为1cm的钢球，故AC正确，BD错误；故选：AC。（2）由图可知，n次全振动的时间为t＝2×60s+6s＝126s（3）根据可得则解得故答案为：（1）AC；（2）126；（3）【点评】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式和图像的物理意义即可完成分析。12．小南同学设计如图甲所示实验测量电源电动势与内阻，再利用该电源和μA表改装成欧姆表。实验步骤如下：（1）如图甲所示，R0Ω，改变电阻箱R的阻值进行多次测量，读出多组U、R数值，根据测得数据描绘﹣图线如图乙所示。根据﹣图线求得电源的电动势E＝1.5V，内阻r＝0.5Ω。（2）利用该电源、电阻箱、量程为100μA内阻约为300Ω的μA表改装成如图丙所示的欧姆表，进行欧姆调零后，正确使用该欧姆表测量某待测电阻，欧姆表示数如图丁所示，被测电阻阻值为6000Ω。（3）若考虑图甲中电压表内阻影响，则图丁电阻测量值小于（选填“大于”“等于”“小于”）真实值。【分析】（1）根据图示电路图写出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源的电动势与内阻；（2）根据欧姆表的原理解得被测电阻Rx阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律分析误差。【解答】解：（1）根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E＝U+I（r+R0）＝U+（r+R0），整理得：＝+图象的斜率k＝＝，截距b＝＝Ω（2）欧姆表内阻为R内＝Ω×104Ω欧姆表内阻等于中值电阻，则R中＝R内×104Ω＝15×103Ω＝15×1kΩ由图丁所示可知，待测电阻阻值Rx＝6×1kΩ＝6kΩ＝6000Ω（3）考虑图甲中电压表内阻影响，设电压表内阻为RV由图甲根据闭合电路欧姆定律得：E＝U+I（r+R0）＝U+（）（r+R0），整理得：＝+图象的截距b＝＝，电源电动势E测＝＜E，即电源电动势的测量值小于真实值，则电阻测量值小于真实值。故答案为：（1）1.5，0.5；（2）6000；（3）小于。【点评】本题考查欧姆表使用以及测量电源的电动势和内电阻，在解题时要注意欧姆表的工作原理，并能进行数据处理和分析。13．看到永不停息的海浪，有人想到用海浪来发电，设计了如图方案：浮筒通过长度不变的细绳与重锤相连，细绳上固定一根长为L的水平导体棒PQ；地磁场的水平分量视为匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B、在限位装置（未画出）作用下整个系统始终只在竖直方向上近似作简谐振动，振动位移方程为x＝Asinωt；求：（1）浮筒的速度随时间的变化关系式；（2）试证明：导体棒PQ两端产生的电压u为正弦交流电，并求出其有效值。【分析】（1）根据速度与位移的关系求解速度随时间变化关系式；（2）根据E＝BLv求解导体棒切割磁感线产生电压的瞬时值，进而求解其有效值。【解答】解：（1）根据因为x＝Asinωt通过求导可得v＝Aωcosωt（2）导体棒PQ两端产生的电压u＝BLv＝BLAωcosωt所以是正弦式交流电，有效值答：（1）浮筒的速度随时间的变化关系式为v＝Aωcosωt；（2）证明过程见解析，电压有效值为BLAω。【点评】本题考查速度、正弦式交变电流规律，解题关键是知道速度与位移的关系，会求解动生电动势，掌握正弦式交变电流规律。14．在清洁外墙玻璃时可以用磁力刷。如图：厚度d＝3cm的玻璃左右表面平整且竖直；两个相同特制磁力刷A、B（均可视为质点）之间的吸引力始终沿AB连线方向，大小与AB距离成反比。已知A的质量为m，与玻璃间的动摩擦因数为0.5，滑动摩擦与最大静摩擦大小相等；当A、B吸附在玻璃两侧表面且水平正对时，A、B间的吸引力F＝4mg。（1）控制B从图中位置水平向右缓慢移动，要A不下滑，求AB的最远距离；（2）控制B从图中位置竖直向上缓慢移动，当A也恰能从图中位置竖直向上运动时，求AB连线与竖直方向夹角。【分析】（1）对A进行受力分析，结合摩擦力的计算公式得出AB的最远距离；（2）对A进行受力分析，根据其运动特点得出AB连线与竖直方向的夹角。【解答】解：（1）控制B从图中位置水平向右缓慢移动，设AB的最远距离为d'，则有Fd＝F'd'以A为对象，有mg＝f又f＝μN'＝μF'联立解得：d'＝6cm（2）控制B从图中位置竖直向上缓慢移动，当A也恰能从图中位置竖直向上运动时，设AB连线与竖直方向夹角为θ，则