2023-2024学年湖北省腾云联盟高一下学期5月联考物理试卷（A）（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2024学年湖北省腾云联盟高一（下）联考物理试卷（5月）A卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.长安一片月，万户捣衣声。现代洗衣工具早已由棒槌换成了洗衣机，正在运转的洗衣机，当其脱水桶转得很快时，机身的振动并不强烈，切断电源，脱水桶转速逐渐变慢，到某一时刻t，机身反而会发生强烈的振动，此后脱水桶转速继续变慢，机身的振动也随之减弱，关于这种现象，下列说法正确的是（）A.在t时刻脱水桶的惯性最小B.在t时刻脱水桶的转动频率最大C.在t时刻洗衣机发生共振D.纯属偶然，没有规律〖答案〗C〖解析〗A．惯性是物体本身的性质，只与物体的质量有关，故A项错误；BCD．机身做受迫振动的频率与脱水桶的转动频率相等，当脱水桶的转动频率与机身的固有频率相等时机身发生共振，振幅最大，在t时刻洗衣机发生共振，故C正确，BD错误。故选C。【『点石成金』】惯性是物体本身的性质，只与物体的质量有关，质量越大惯性越大，与速度大小是否受力无关；做受迫振动的物体，振动稳定后振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，当驱动力频率接近固有频率时，振幅变大，相等时振幅最大，达到共振。应用共振时，让驱动力频率接近固有频率，防止共振时，驱动力频率原理固有频率。2.一质量为m的物体做平抛运动，在先后两个不同时刻的速度大小分别为、，时间间隔为，不计空气阻力，重力加速度为g，则在时间内，以下说法不正确的是（）A.速度变化的大小为B.动量变化的大小为C.动能变化为D.高度变化为〖答案〗B〖解析〗A．由于物体做平抛运动，所以其加速度为g，则速度的变化量为方向竖直向下，故A项正确，不符合题意；B．动量矢量，由平行四边形定则有方向竖直向下，由题意可知，和仅代表速度大小，所以由数学知识有由动量定理得，动量变化量大小为方向竖直向下，故B项错误，符合题意；C．物体的质量为m，初速度大小为，末速度大小为，动能变化为故C项正确，不符合题意；D．平抛运动有整理有故D项正确，不符合题意。故选B。【『点石成金』】解决本题时要明确平抛运动的加速度为g，动量是矢量，应根据平行四边形定则或动量定理求动量变化量大小。3.道路千万条，安全第一条。驾驶汽车时必须系好安全带，因为在紧急刹车时，车速会在很短时间内减小为零，关于安全带在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A.延长了司机的受力时间B.减少了司机所受的冲量C.减小了刹车前后司机动量的变化量D.将司机的动能全部转换成汽车的动能〖答案〗A〖解析〗ABC．在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的，都等于，但安全带会延长作用时间，故A正确，BC错误；D．将司机动能转化为安全带的弹性势能等，没有全部转化为汽车动能，故D错误。故选A。4.如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置。现让一小球从高于a位置的c点沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被小球压缩至最低位置d，其中经过位置b时弹力等于重力。不计空气阻力，关于小球下落运动过程，以下说法中正确的是（）A.c至a做匀加速运动，a至d做减速运动B.在d点时弹簧弹力等于小球重力的2倍C.小球经过b时的动能等于小球由c至b减小的重力势能D.弹簧由a至d增加的弹性势能等于小球由c至d减小的重力势能〖答案〗D〖解析〗A．c至a做自由落体运动，即做匀加速运动，经过位置b时弹力等于重力，则a至b阶段重力大于弹簧弹力，仍然做加速运动，故A错误；B．如果小球是从a位置释放的，则会做简谐运动，根据对称性，到最低点时加速度与刚释放时的加速度等大反向，对应弹簧弹力等于小球重力的2倍，如果重球释放点比a点高，就会把弹簧压得更低，弹簧弹力必定大于小球重力的2倍，故B错误；C．下落过程中小球由c至b减小的重力势能转化为在b处的动能和弹簧的弹性势能，故C错误；D．根据能量守恒，弹簧由a至d增加的弹性势能等于小球由c至d减小的重力势能，故D正确。故选D。5.用起重机将一个质量为m的物体竖直向上以加速度a匀加速提升H，已知重力加速度为g，在这个过程中（）A.重力对物体做的功为mgH B.拉力对物体做的功为mgHC.物体的动能增加了maH D.物体的机械能增加了maH〖答案〗C〖解析〗A．重力对物体做的功为故A错误；B．根据牛顿第二定律拉力对物体做的功为故B错误；C．物体动能的增加等于合外力做的功故C正确；D．物体机械能的增加量为故D错误。故选C。6.如图所示，质量的箱子，放在光滑水平面上，箱子中有一个质量的铁块，铁块与箱子的左端ab壁相距，它一旦与ab壁接触后就不会分开。用水平向右的恒力作用于箱子，2s末立即撤去F，最后箱子与铁块的共同速度大小是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗对系统由动量定理有解得故选C。【『点石成金』】本题考查动量定理的应用，关键是选择系统为研究对象，合力的冲量等于系统的动量的变化量。7.如图甲所示，光滑的水平面上静置一斜面体，一个小物块（可视为质点）在斜面体上从距离水平面h高处由静止释放，滑至斜面底部后与斜面分离，此过程中小物块水平位移为x。改变小物块在斜面体上的释放位置，得到小物块的水平位移x和释放高度h的关系图像如图乙所示，图中p、q为已知量。已知斜面体与小物块的质量之比为，关于小物块下滑的过程，下列说法正确的是（）A.斜面体对小物块不做功 B.小物块与斜面体组成的系统动量守恒C.斜面倾角的正切值为 D.斜面倾角的正切值为〖答案〗D〖解析〗A．小物块下滑过程中，斜面受到小物块左向下的压力向左运动，所以小物块对斜面压力做正功，斜面对小物块的支持力做负功，故A错误；B．小滑块与斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故B错误；CD．小物块和斜面在水平方向上动量守恒，系统总动量为0，则为斜面移动的距离，根据位移关系可知解得小物块的水平位移为结合图像可知斜率为解得故C错误，D正确。故选D。二、多选题：本大题共3小题，共12分。8.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是（）A.时，振子的速度为零，加速度为正的最大值B.时，振子的回复力为零，势能为最大值C.从到过程中，振子通过的路程为4cmD.振动方程为〖答案〗AD〖解析〗A．时，振子的速度为零，加速度为正的最大值，故A正确；B．时，振子的回复力为零，势能为零，故B错误；D．振幅为，振动周期，得振动方程为，代入时，和时，，可得所以振动方程为故D正确；C．从到过程中，振子通过的路程为，故C错误。故选AD。9.测弹丸速率常用如图所示冲击摆，用长为l的细线悬挂质量为M的沙袋（沙袋尺寸远小于l），沙袋静止，质量为m的子弹以一定的初速度自左方水平射向沙袋，并留在沙袋中，测出沙袋向右摆过的最大偏角，就可以计算出子弹的初速度。重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）A子弹打击沙袋过程中系统机械能守恒B.子弹射入沙袋的前后细线中拉力大小保持不变C.子弹射入沙袋瞬间子弹和沙袋的共同速度为D.子弹的初速度〖答案〗CD〖解析〗A．子弹射入沙袋过程中摩擦力做功，故系统有机械能损失，故A错误；B．子弹射入沙袋后沙袋做圆周运动需要向心力，细线中拉力会变大，故B错误；C．摆动过程中系统机械能守恒得共同速度为故C正确；D．子弹射入沙袋过程子弹和沙袋的总动量守恒，由联立得子弹的初速度故D正确。故选CD。10.如图所示，水平传送带保持的速度运行，两端AB水平距离，把一质量的一个物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，不计物块的大小。则把物块从A端传送到B端的过程中（）A.摩擦力对物块做的功为4JB.摩擦力对传送带做的功为16JC.物块与传送带摩擦生热为4JD.全过程中摩擦力对物块做功的平均功率为〖答案〗ACD〖解析〗物块在传送带上先匀加速运动用时有则摩擦力对物块做的功为摩擦力对传送带做的功为物块与传送带摩擦生热为然后物块在传送带上做匀速运动，用时全过程的总时间为摩擦力对物块做功的平均功率为故选ACD。三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.某同学用单摆测定当地的重力加速度。（1）该同学先用毫米刻度尺测量摆球直径，结果如图甲所示，则该摆球的直径d为___________mm。组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，再测出摆线的长度为l，则单摆摆长___________（用l、d表示）。（2）该同学通过多次实验得出数据画出摆长L和周期图像，如图乙所示，请根据图像求出重力加速度___________m/s2.（已知，结果保留两位有效数字）（3）如果测得g值偏小，可能的原因是___________（填序号）。A.计算摆长时用摆线长度B.开始计时时，停表没有及时按下C.摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加D.实验中误将29次全振动记为30次〖答案〗（1）（2）（3）AC〖解析〗【小问1详析】根据刻度尺读数规律可知该摆球的直径d为单摆摆长【小问2详析】由得则解得【小问3详析】AB．由和，可知因为摆线长l比摆长L要小，计算出的g值要偏小；开始计时时，停表没有及时按下，会导致t偏小，计算出的g值要偏大，故A正确，B错误；C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，导致测量的周期是长摆的周期，但计算时仍用的短摆的摆长，计算结果会偏小，故C正确；D．实验中误将29次全振动记为30次，即周期数据偏小，计算结果要偏大，故D错误。故选AC。12.某同学查阅资料得知：若弹簧劲度系数为k，弹性形变为x，则其弹性势能。据此设计了如图甲所示的的实验装置来验证系统的机械能守恒：铁架台上竖直悬挂一个轻弹簧，弹簧下端连接一质量为m的小钢球，小钢球平衡时的位置记为O，在O处安装一光电计时器，O正下方桌面设置位移传感器。现把小钢球竖直托高到弹簧刚好处于原长的位置A点，由静止释放，光电计时器测出第一次下落过程中小钢球挡光时间，同时由位移传感器在计算机上得到小钢球相对O点的位移—时间图像如图乙所示，从图像中可读出的数值。用刻度尺测得小钢球的直径为D，D远小于AO之间的距离，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内且不能对光电门造成有效挡光。问：（1）弹簧的劲度系数为______。（2）小钢球第一次通过O点的速度为______。（3）小钢球第一次由A到O的过程中，系统势能（包括重力势能和弹性势能）的减小量ΔEp=______，动能的增加量ΔEk=______，如果在误差许可范围内，有ΔEP=ΔEk成立，就可以认为系统机械能守恒。（用前文中的字母符号表达）（4）如果小钢球的释放位置略高于A点位置，则实验结果表现为ΔEP______ΔEk。（填“大于”、“小于”或“等于”）〖答案〗（1）（2）（3）（4）小于〖解析〗【小问1详析】小钢球在O点受力平衡，根据平衡条件有解得【小问2详析】根据光电门的测速原理，小钢球第一次通过O点的速度为【小问3详析】结合上述，小钢球由A到O过程中，系统势能（包括重力势能和弹性势能）的减小量为小钢球由A到O过程中，动能的增加量为【小问4详析】若小钢球的释放位置比A点偏高了d，由位移传感器得到的图像中变大为测量者仍然认为小钢球从弹簧处于原长时释放，此时测量者认为此时计算出系统势能减小量为结合上述解得而光电门此时测得的是小钢球的释放位置比A点偏高时的实际运动速度，则有其中解得可知，此时的实验结果表现为小于。四、计算题：本大题共3小题，共30分。13.如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F的大小随时间t变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小，忽略空气阻力，取，。求：单摆的摆长和摆球的质量。〖答案〗1m，0.2kg〖解析〗由乙图可知，单摆周期为由单摆周期公式解得当拉力最大时，即摆球处在最低点。由牛顿第二定律可解得【『点石成金』】本题主要考查圆周运动，解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿定律解题。小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期。再根据单摆的周期公式求出摆长。小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式，求出摆球的质量。14.一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，质量分别是和。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是，A球静止于地面，如图所示。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，且A离滑轮足够高，重力加速度为。现释放B球，求：（1）B球刚落地时，A球的速度大小；（2）B球下落过程中，轻绳对A球做的功；（3）A球能达到的最大高度。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）B下落过程中，A、B系统机械能守恒，有得对A用动能定理得（3）B落地后，A竖直上抛，机械能守恒得故A能达到的最大高度为15.如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球B上，右端与小球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平台面上。小球A从左侧光滑斜面上距水平台面高度为h处由静止释放（不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失），与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，之后球C脱离弹簧，在水平台面上匀速运动并从其右端点O水平抛出，落入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，该段圆弧的圆心在O点，半径为。已知三个小球A、B、C均可看成质点，且质量分别为m、m、2m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。求：（1）弹簧具有的最大弹性势能；（2）小球C从水平台面右端点O抛出后落到圆弧轨道上的P点在图示坐标系中的位置；（3）改变A的释放位置，使小球C从水平台面右端O点抛出后，落到圆弧轨道上时的动能具有最小值，求此最小动能值。〖答案〗（1）；（2）（h，h）；（3）〖解析〗（1）A从斜面滚下过程机械能守恒A与B碰撞后达到共速，有再与C作用达到三者共速，有得最大弹簧弹性势能（2）设C与弹簧分离后的速度为，在弹簧起作用的过程中有而C平抛过程中又解得故落点坐标为；（3）设C球平抛初速度为，同理得，则落到曲面上时动能为当时，动能取最小值为2023-2024学年湖北省腾云联盟高一（下）联考物理试卷（5月）A卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.长安一片月，万户捣衣声。现代洗衣工具早已由棒槌换成了洗衣机，正在运转的洗衣机，当其脱水桶转得很快时，机身的振动并不强烈，切断电源，脱水桶转速逐渐变慢，到某一时刻t，机身反而会发生强烈的振动，此后脱水桶转速继续变慢，机身的振动也随之减弱，关于这种现象，下列说法正确的是（）A.在t时刻脱水桶的惯性最小B.在t时刻脱水桶的转动频率最大C.在t时刻洗衣机发生共振D.纯属偶然，没有规律〖答案〗C〖解析〗A．惯性是物体本身的性质，只与物体的质量有关，故A项错误；BCD．机身做受迫振动的频率与脱水桶的转动频率相等，当脱水桶的转动频率与机身的固有频率相等时机身发生共振，振幅最大，在t时刻洗衣机发生共振，故C正确，BD错误。故选C。【『点石成金』】惯性是物体本身的性质，只与物体的质量有关，质量越大惯性越大，与速度大小是否受力无关；做受迫振动的物体，振动稳定后振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，当驱动力频率接近固有频率时，振幅变大，相等时振幅最大，达到共振。应用共振时，让驱动力频率接近固有频率，防止共振时，驱动力频率原理固有频率。2.一质量为m的物体做平抛运动，在先后两个不同时刻的速度大小分别为、，时间间隔为，不计空气阻力，重力加速度为g，则在时间内，以下说法不正确的是（）A.速度变化的大小为B.动量变化的大小为C.动能变化为D.高度变化为〖答案〗B〖解析〗A．由于物体做平抛运动，所以其加速度为g，则速度的变化量为方向竖直向下，故A项正确，不符合题意；B．动量矢量，由平行四边形定则有方向竖直向下，由题意可知，和仅代表速度大小，所以由数学知识有由动量定理得，动量变化量大小为方向竖直向下，故B项错误，符合题意；C．物体的质量为m，初速度大小为，末速度大小为，动能变化为故C项正确，不符合题意；D．平抛运动有整理有故D项正确，不符合题意。故选B。【『点石成金』】解决本题时要明确平抛运动的加速度为g，动量是矢量，应根据平行四边形定则或动量定理求动量变化量大小。3.道路千万条，安全第一条。驾驶汽车时必须系好安全带，因为在紧急刹车时，车速会在很短时间内减小为零，关于安全带在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A.延长了司机的受力时间B.减少了司机所受的冲量C.减小了刹车前后司机动量的变化量D.将司机的动能全部转换成汽车的动能〖答案〗A〖解析〗ABC．在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的，都等于，但安全带会延长作用时间，故A正确，BC错误；D．将司机动能转化为安全带的弹性势能等，没有全部转化为汽车动能，故D错误。故选A。4.如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置。现让一小球从高于a位置的c点沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被小球压缩至最低位置d，其中经过位置b时弹力等于重力。不计空气阻力，关于小球下落运动过程，以下说法中正确的是（）A.c至a做匀加速运动，a至d做减速运动B.在d点时弹簧弹力等于小球重力的2倍C.小球经过b时的动能等于小球由c至b减小的重力势能D.弹簧由a至d增加的弹性势能等于小球由c至d减小的重力势能〖答案〗D〖解析〗A．c至a做自由落体运动，即做匀加速运动，经过位置b时弹力等于重力，则a至b阶段重力大于弹簧弹力，仍然做加速运动，故A错误；B．如果小球是从a位置释放的，则会做简谐运动，根据对称性，到最低点时加速度与刚释放时的加速度等大反向，对应弹簧弹力等于小球重力的2倍，如果重球释放点比a点高，就会把弹簧压得更低，弹簧弹力必定大于小球重力的2倍，故B错误；C．下落过程中小球由c至b减小的重力势能转化为在b处的动能和弹簧的弹性势能，故C错误；D．根据能量守恒，弹簧由a至d增加的弹性势能等于小球由c至d减小的重力势能，故D正确。故选D。5.用起重机将一个质量为m的物体竖直向上以加速度a匀加速提升H，已知重力加速度为g，在这个过程中（）A.重力对物体做的功为mgH B.拉力对物体做的功为mgHC.物体的动能增加了maH D.物体的机械能增加了maH〖答案〗C〖解析〗A．重力对物体做的功为故A错误；B．根据牛顿第二定律拉力对物体做的功为故B错误；C．物体动能的增加等于合外力做的功故C正确；D．物体机械能的增加量为故D错误。故选C。6.如图所示，质量的箱子，放在光滑水平面上，箱子中有一个质量的铁块，铁块与箱子的左端ab壁相距，它一旦与ab壁接触后就不会分开。用水平向右的恒力作用于箱子，2s末立即撤去F，最后箱子与铁块的共同速度大小是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗对系统由动量定理有解得故选C。【『点石成金』】本题考查动量定理的应用，关键是选择系统为研究对象，合力的冲量等于系统的动量的变化量。7.如图甲所示，光滑的水平面上静置一斜面体，一个小物块（可视为质点）在斜面体上从距离水平面h高处由静止释放，滑至斜面底部后与斜面分离，此过程中小物块水平位移为x。改变小物块在斜面体上的释放位置，得到小物块的水平位移x和释放高度h的关系图像如图乙所示，图中p、q为已知量。已知斜面体与小物块的质量之比为，关于小物块下滑的过程，下列说法正确的是（）A.斜面体对小物块不做功 B.小物块与斜面体组成的系统动量守恒C.斜面倾角的正切值为 D.斜面倾角的正切值为〖答案〗D〖解析〗A．小物块下滑过程中，斜面受到小物块左向下的压力向左运动，所以小物块对斜面压力做正功，斜面对小物块的支持力做负功，故A错误；B．小滑块与斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故B错误；CD．小物块和斜面在水平方向上动量守恒，系统总动量为0，则为斜面移动的距离，根据位移关系可知解得小物块的水平位移为结合图像可知斜率为解得故C错误，D正确。故选D。二、多选题：本大题共3小题，共12分。8.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是（）A.时，振子的速度为零，加速度为正的最大值B.时，振子的回复力为零，势能为最大值C.从到过程中，振子通过的路程为4cmD.振动方程为〖答案〗AD〖解析〗A．时，振子的速度为零，加速度为正的最大值，故A正确；B．时，振子的回复力为零，势能为零，故B错误；D．振幅为，振动周期，得振动方程为，代入时，和时，，可得所以振动方程为故D正确；C．从到过程中，振子通过的路程为，故C错误。故选AD。9.测弹丸速率常用如图所示冲击摆，用长为l的细线悬挂质量为M的沙袋（沙袋尺寸远小于l），沙袋静止，质量为m的子弹以一定的初速度自左方水平射向沙袋，并留在沙袋中，测出沙袋向右摆过的最大偏角，就可以计算出子弹的初速度。重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）A子弹打击沙袋过程中系统机械能守恒B.子弹射入沙袋的前后细线中拉力大小保持不变C.子弹射入沙袋瞬间子弹和沙袋的共同速度为D.子弹的初速度〖答案〗CD〖解析〗A．子弹射入沙袋过程中摩擦力做功，故系统有机械能损失，故A错误；B．子弹射入沙袋后沙袋做圆周运动需要向心力，细线中拉力会变大，故B错误；C．摆动过程中系统机械能守恒得共同速度为故C正确；D．子弹射入沙袋过程子弹和沙袋的总动量守恒，由联立得子弹的初速度故D正确。故选CD。10.如图所示，水平传送带保持的速度运行，两端AB水平距离，把一质量的一个物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，不计物块的大小。则把物块从A端传送到B端的过程中（）A.摩擦力对物块做的功为4JB.摩擦力对传送带做的功为16JC.物块与传送带摩擦生热为4JD.全过程中摩擦力对物块做功的平均功率为〖答案〗ACD〖解析〗物块在传送带上先匀加速运动用时有则摩擦力对物块做的功为摩擦力对传送带做的功为物块与传送带摩擦生热为然后物块在传送带上做匀速运动，用时全过程的总时间为摩擦力对物块做功的平均功率为故选ACD。三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.某同学用单摆测定当地的重力加速度。（1）该同学先用毫米刻度尺测量摆球直径，结果如图甲所示，则该摆球的直径d为___________mm。组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，再测出摆线的长度为l，则单摆摆长___________（用l、d表示）。（2）该同学通过多次实验得出数据画出摆长L和周期图像，如图乙所示，请根据图像求出重力加速度___________m/s2.（已知，结果保留两位有效数字）（3）如果测得g值偏小，可能的原因是___________（填序号）。A.计算摆长时用摆线长度B.开始计时时，停表没有及时按下C.摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加D.实验中误将29次全振动记为30次〖答案〗（1）（2）（3）AC〖解析〗【小问1详析】根据刻度尺读数规律可知该摆球的直径d为单摆摆长【小问2详析】由得则解得【小问3详析】AB．由和，可知因为摆线长l比摆长L要小，计算出的g值要偏小；开始计时时，停表没有及时按下，会导致t偏小，计算出的g值要偏大，故A正确，B错误；C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，导致测量的周期是长摆的周期，但计算时仍用的短摆的摆长，计算结果会偏小，故C正确；D．实验中误将29次全振动记为30次，即周期数据偏小，计算结果要偏大，故D错误。故选AC。12.某同学查阅资料得知：若弹簧劲度系数为k，弹性形变为x，则其弹性势能。据此设计了如图甲所示的的实验装置来验证系统的机械能守恒：铁架台上竖直悬挂一个轻弹簧，弹簧下端连接一质量为m的小钢球，小钢球平衡时的位置记为O，在O处安装一光电计时器，O正下方桌面设置位移传感器。现把小钢球竖直托高到弹簧刚好处于原长的位置A点，由静止释放，光电计时器测出第一次下落过程中小钢球挡光时间，同时由位移传感器在计算机上得到小钢球相对O点的位移—时间图像如图乙所示，从图像中可读出的数值。用刻度尺测得小钢球的直径为D，D远小于AO之间的距离，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内且不能对光电门造成有效挡光。问：（1）弹簧的劲度系数为______。（2）小钢球第一次通过O点的速度为______。（3）小钢球第一次由A到O的过程中，系统势能（包括重力势能和弹性势能）的减小量ΔEp=______，动能的增加量ΔEk=______，如果在误差许可范围内，有ΔEP=ΔEk成立，就可以认为系统机械能守恒。（用前文中的字母符号表达）（4）如果小钢球的释放位置略高于A点位置，则实验结果表现为ΔEP______ΔEk。（填“大于”、“小于”或“等于”）〖答案〗（1）（2）（3）（4）小于〖解析〗【小问1详析】小钢球在O点受力平衡，根据平衡条件有解得【小问2详析】根据光电门的测速原理，小钢球第一次通过O点的速度为【小问3详析】结合上述，小钢球由A到O过程中，系统势能（包括重力势能和弹性势能）的减小量为小钢球由A到O过程中，动能的增加量为【小问4详析】若小钢球的释放位置比A点偏高了d，由位移传感器得到的图像中变大为测量者仍然认为小钢球从弹簧处于原长时释放，此时测量者认为此时计算出系统势能减小