2025年浙教版高二物理下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙教版高二物理下册阶段测试试卷8考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列说法中正确的是（）A.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B.气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大C.压缩一定量的气体，气体的内能一定增加D.分子a从远外趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大2、两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是(

)

A.两电阻的阻值为R1

大于R2

B.两电阻串联在电路中时，R1

两端电压大于R2

两端电压C.两电阻串联在电路中时，R1

消耗的功率小于R2

消耗的功率D.两电阻并联在电路中时，R1

的电流小于R2

的电流3、质量为0.5kg的金属杆在相距1m的水平轨道上与轨道垂直放置，金属杆上通以I=4A的恒定电流，方向如图所示，匀强磁场B垂直轨道平面竖直向上，金属杆与轨道间的动摩擦因数为0.2．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2．金属杆恰好不发生移动，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为（）A.2.0TB.1.0TC.0.50TD.0.25T4、两个完全相同的金属球，一个带+6×10-8C的电量，另一个带-2×10-8C的电量．把两球接触后再分开；两球带电情况是（）

A.均为+4×10-8C

B.均为+2×10-8C

C.均为-2×10-8C

D.均为-4×10-8C

5、把两个相同的小球接触后分开，两小球相互排斥，则两球原来带电情况不可能的是（）A.其中一个带电B.带等量异种电荷C.带同种电荷D.带不等量电荷6、图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图；P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（）

A.t=0.15s时，质点Q的加速度达到负向最大B.t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C.从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴正方向传播了6mD.从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、某种油其密度是0.86×103kg/m3，摩尔质量是250g/mol，将一滴体积为1.0mm3的油滴滴的水面上，它所能形成的油膜的最大面积是1.25m2．根据以上数据，估算阿伏伽德罗常数NA=____．（取两位有效数字，且设油分子为立方体模型）8、两列相干波在空间相遇，实线表示波峰，虚线表示波谷，如图所示，两列波的振幅都为10cm，则图示中A点的振幅为______cm，B点的振幅为______cm，C点的振幅______cm．9、电容器在电路中的作用是______直流，______交流；电感器在电路中的作用是______直流，______交流．10、现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A

线圈B

电流计及开关如图连接.

在开关闭合、线圈A

放在线圈B

中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P

向左加速滑动时，电流计指针向右偏转.

若将线圈A

中铁芯向上拔出，则能引起电流计的指针向______偏转；若滑动变阻器的滑动端P

匀速向右滑动，能使电流计指针______偏转．11、如图所示，100

匝的线框abcd

在图示磁场(

匀强磁场)

中匀速转动，角速度为娄脴

其电动势的瞬时值为e=100cos100娄脨tV

那么感应电动势的最大值为______，当从图示位置转过60鈭�

角时线圈中的感应电动势为______，此时穿过线圈的磁通量的变化率为______．12、一个气泡从水底升到水面时，它的体积增大为原来的3

倍，设水的密度为娄脩=1隆脕103kg/m3

大气压强p0=1.01隆脕105Pa

水底与水面的温度差不计，水的深度为______取g=10m/s2

．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)13、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）14、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）15、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）16、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

17、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）18、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）19、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）20、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）21、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分四、画图题(共2题，共12分)22、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象23、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象评卷人得分五、作图题(共4题，共8分)24、试画出下面图1中负电荷产生的电场；画出图2中的A点的电场方向以及放在B点的负电荷所受的电场力方向。

25、某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中；先测得摆线长为97.50cm

摆球直径为2.00cm

然后用秒表记录了单摆振动50

次所用的时间，如图1

所示，则：

(1)

该摆摆长为______cm

秒表所示读数为______s.

(2)

如果测得的g

值偏小；可能的原因是______

A.测摆线长时摆线拉得过紧。

B.摆线上端悬点未固定；振动中出现松动，使摆线长度增加了。

C.开始计时时；秒表过迟按下。

D.实验中误将49

次全振动记为50

次。

(3)

为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l

并测出相应的周期T

从而得出一组对应的l

与T

的数据，再以l

为横坐标，T2

为纵坐标，将所得数据连成直线如图2

所示，并求得该直线的斜率为k

则重力加速度g=

______(

用k

表示)

．26、如图所示为三个有界匀强磁场；磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外；向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直．现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定外力F向右为正．画出外力F随时间变化规律的图象。

27、有一根粗细均匀的空心导体棒如图a

所示，截面为同心圆环(

如图b)

其电阻约为100娄赂

某同学用以下器材测量该导体棒的电阻：A.20

分度的游标卡尺B.

螺旋测微器C.

电流表A1(

量程50mA

内阻R1=100娄赂)D.

电流表A2(

量程100mA

内阻R2

约40娄赂)E.

滑动变阻器R(0隆芦10娄赂)F.

直流电源EG.

导电材料样品RxH.

开关一只，导线若干

(1)

用游标卡尺测量导体棒长度如图甲，示数L=

____mm

用螺旋测微器测量其外径如图乙，示数D=

____mm

．(2)

图丙是实验原理图，请在丁图中完成实物连接．(3)

闭合开关S

调整滑动变阻器，记录电流表A1

的读数I1

和电流表A2

的读数I2

则导体管的电阻Rx=

___(

用已知量和测量量的符号来表示)

评卷人得分六、证明题(共2题，共14分)28、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。29、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【解答】A；从微观上看；一定质量被封闭气体的压强取决于分子的平均动能和单位体积内的分子数目（分子的密集程度）这两个因素，分子平均动能增大，单位体积内的分子数目如何变化不知，因此压强的变化是不确定的，故A错误；B、体积减小，单位体积内的分子数目增多，但是分子平均动能的变化未知，则压强变化也是不确定的，故B错误；

C、根据热力学第一定律△U=W+Q；可知压缩气体，外界对气体做功，但是气体的吸放热情况不知，故内能不一定增大，故C错误；

D、分子a从远外趋近固定不动的分子b时分子力表现为引力，分子力做正功，分子动能增大，到达r=r0时分子力为零，若再靠近时分子力为斥力，将做负功，分子动能减小，因此当a到达受b的作用力为零处时，a的动能最大；故D正确．

故选：D．

【分析】题目主要考察了气体压强的微观解释，气体压强取决于分子平均动能和单位体积内的分子数目这两个因素；只知道分子平均动能或者单位体积内分子数目的变化，压强的变化是无法确定的；对于气体内能变化取决于外界与气体之间的做功和吸放热情况，若外界对气体做功，同时气体放热，则内能可能增大、减小或不变；讨论分子力或者分子势能变化时要以r=r0为分界点进行讨论．2、C【分析】解：A.

由下图可知；

当电流相同时，R2

两端的电压大于R1

两端的电压，即U2>U1

由欧姆定律I=UR

得：R=UI

所以当电流相同时，电压越大，导体的电阻就越大，即R2>R1.

故A错误；

B.两电阻串联在电路中时，电流相等，根据A

的分析可知：即U2>U1

故B错误；

C.两电阻串联在电路中时；电流相等，根据P=I2R

可知：R1

消耗的功率小于R2

消耗的功率，故C正确；

D.两电阻并联在电路中时，电压相等，根据I=UR

得：R1

的电流大于R2

的电流；故D错误。

故选：C

本题为图象分析问题；在图中任意做一条与纵轴垂直的直线，则与两图象的交点为电流相同点，对应的横坐标得出电压值，则由欧姆定律可进行比较电阻.

两电阻串联在电路中时，电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等．

本题为图象分析问题，要能从图象中得出有效信息，两电阻串联在电路中时，电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等．【解析】C

3、D【分析】解：导体棒水平方向受安培力和摩擦力的作用处于平衡；根据平衡条件可得BIL=μmg；解得B=0.25T，故D正确，A；B、C错误。

故选：D。

导体棒处于平衡状态；根据安培力公式结合平衡条件求B的大小。

本题考查了求磁感应强度，注意由平衡条件确定安培力大小，再根据安培力公式确定B的大小。【解析】D4、B【分析】

两个完全相同的金属球接触后；电荷总是相同，根据电荷守恒定律，电荷应该先中和，再均分，故。

C

故选B．

【解析】【答案】两个完全相同的金属球接触后；电荷总是相同，根据电荷守恒定律，电荷应该先中和，再均分．

5、B【分析】【解答】解：A；原来的其中一个带电；把两个完全相同的小球接触后电荷平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，故A可能；

B；两个小球原来分别带等量异种电荷；接触后电荷完全中和，两球不存在排斥力，故B不可能；

C；两个小球原来分别带同种电荷；把两个完全相同的小球接触后电荷重新平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，故C可能；

D；两个小球原来分别带不等量同种或异种电荷；小球接触后电荷先中和再平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，故D可能；

本题选不可能的；故选：B．

【分析】两个小球接触后再分开，两球相互排斥，根据小球带电情况，将选项逐一代入，选出符合题意的选项．6、B【分析】解：A；由乙图中Q点的振动图象可知t=0.15s时Q点在负的最大位移处；故具有正向最大加速度，故A错误；

B；甲图描述的是t=0.10s时的波动图象；而根据乙图可知t=0.10s到t=0.25s内Q点将向下振动，这说明在甲图中此时Q点将向下振动，根据质点振动方向和波传播方向的关系可知，波向左传播，判定出经过四分之一周期即t=0.15s时质点P运动方向为Y轴负方向，故B正确；

C、根据甲乙两图可知波长和周期，则波速：v===40m/s；故从t=0.10s到t=0.25s，波沿x负方向传播了6m，而并非沿x轴正方向传播，故C错误；

D；质点在一个周期内通过个路程为4个振幅长度；故t=0.10s到t=0.25s的四分之三周期内，质点P通过的路程不是三个振幅即30cm，故D错误。

故选：B。

根据甲乙两图可以求出该波的波长和周期；从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播。

本题有一定的综合性考查了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判定波的传播方向。【解析】B二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】

将一滴体积为1.0mm3的油滴滴的水面上，它所能形成的油膜的最大面积是1.25m2．

故分子直径为：D==8×10-10m；

油的密度是0.86×103kg/m3；摩尔质量是250g/mol，故阿伏加德罗常数为：

NA====5.7×1023

故答案为：5.7×1023．

【解析】【答案】先根据油膜法测分子直径的原理可求出油分子的直径．再根据油的摩尔质量和密度算出其摩尔体积；然后求出每个油分子的体积，即可正确解答本题．

8、略

【分析】解：两个相干波源产生的干涉图样；图中A；B点是振动加强点，C点是振动减弱点；

因两列波的振幅都为10cm；则图示中A点的振幅为2A=20cm，B点的振幅为2A=20cm，C点的振幅0cm；

故答案为：20；20；0．

列波相遇时振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱．两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱．

波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰．例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零．【解析】20；20；09、略

【分析】解：电容器在电路中；不能通过直流电，但是可以通过交流电；

电容器的容抗与电容成反比；与频率也成反比，故具有通高频；阻低频的作用；

电感器对交流电有阻碍作用，根据XL=2πLf知；频率越高，感抗越大，所以电感器对于高频交变电流的阻碍作用大于对低频交变电流的阻碍作用，故通直流阻交流。

故答案为：隔；通，通，阻。

根据电容器和电感线圈的特性分析选择．电容器内部是真空或电介质；隔断直流．能充电；放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性．电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性．根据感抗和容抗的大小分析对高频和低频的阻碍。

本题关键是明确电容器在交流电路中的作用，要能够和电感线圈相区分【解析】隔；通；通；阻10、略

【分析】解：由题意可知当P

向左加速滑动时；线圈A

中的电流应越来越小，则其磁场减小；

线圈B

中产生了电流使指针向右偏转；故可知当B

中的磁通量减小时；电流表指向右偏；

线圈A

向上拔出；穿过线圈B

的磁通量减少，电流计指针向右偏转；

P

匀速向右滑动；电阻增大，则电流也增大，导致通过线圈B

的磁通量增大，电流计指针向左偏转．

故答案为：右；左．

由题意可知线圈B

中产生使电流表指针向右偏转的条件；然后根据磁通量的变化情况分析答题．

本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象．【解析】右；左11、略

【分析】解：由e=100cos100娄脨tV

可知，感应电动势的最大值为100V

当从图示位置转过60鈭�

角时，100娄脨t=60鈭�

线圈中的感应电动势为50V

由E=n鈻�娄碌鈻�t

可知，娄碌

此时穿过线圈的磁通量的变化率为：鈻�娄碌鈻�t=En=050100=0.5Wb/s

故答案为：100V50V0.5Wb/s

．

根据感应电动势的瞬时值表达式分与法拉第电磁感应定律析答题．

本题考查了求感应电动势最大值、瞬时值、磁通量变化率问题，记住并灵活应用交变电流的瞬时值表达式即可正确解题．【解析】100V50V0.5Wb/s

12、略

【分析】解：水下小气泡的压强：P=娄脩gh+P0

体积：V1

到达水面时的体积：V2

则：V2=3V1

由玻意耳定律：PV1=P0V2

联立以上方程；并代入数据得：h=20m

故答案为：20m

．

由液体中的压强的公式求出水下的小气泡的压强；然后由理想气体状态方程求出温度．

本题考查了求气体压强，根据题意确定气体的初末状态，求出气体的初末状态参量，应用液体中的压强的公式与玻意耳定律即可正确解题．【解析】20m

三、判断题(共9题，共18分)13、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．14、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．15、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．16、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．17、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．18、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．19、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．20、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．21、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．四、画图题(共2题，共12分)22、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】23、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】五、作图题(共4题，共8分)24、解：负电荷产生的电场线应该由无穷远指向负点电荷；如图1；

电场中电场强度的方向沿电场线的切线的方向；所以A点的场强的方向竖直向下，如图2；

负电荷受力的方向与电场线的方向相反；所以负电荷在B点受电场力方向竖直向上，如图2．

答：如上图所示【分析】【分析】电场中电场强度的方向沿电场线的切线的方向；负电荷受力的方向与电场线的方向相反，也是沿电场线的切线方向．25、略

【分析】解：(1)

单摆的摆长l=L+d2=97.50+2.002cm=98.50cm

．

秒表的小盘读数为50s

大盘读数为15.2s

则秒表的读数为75.2s

．

(2)

根据T=2娄脨lg

得，g=4娄脨lT2

A；测摆线长时摆线拉得过紧；则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故A错误．

B；摆线上端悬点未固定；振动中出现松动，使摆线长度增加了，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B正确．

C；开始计时时；秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误．

D；实验中误将49

次全振动记为50

次；则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故D错误．

故选：B

．

(3)

根据T=2娄脨lg

得，T2=4娄脨2lg

可知图线的斜率k=4娄脨2g

则重力加速度g=4娄脨2k

．

故答案为：(1)98.5075.2(2)B(3)4娄脨2k

．

(1)

单摆的摆长等于摆线的长度和摆球的半径之和；秒表的读数等于小盘读数和大盘读数之和．

(2)

根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式；结合摆长和周期的测量误差确定重力加速度的测量误差．

(3)

根据单摆的周期公式得出T2鈭�l

的关系式；结合图线的斜率求出重力加速度．

单摆的摆长等于悬点到球心的距离，不能漏算小球的半径.

根据解析式研究图象的意义是惯用的思路．【解析】98.5075.2B4娄脨2k

26、解：在0～内，只有一条边切割，产生的电动势E=BLv，线框所受的安培力方向向左，则外力F=方向向右．

在内，有两条边切割，产生的感应电动势E=2BLv，线框所受的安培力方向向左，则外力F=方向向右．

在内，只有一条边切割，产生的电动势E=BLv，线框所受的安培力方向向左，则外力F=方向向右．

F随t的时间变化规律如图所示．

答：外力F随时间变化规律的图象如图所示．【分析】

根据切割产生的感应电动势公式求出电动势的大小；结合欧姆定律和安培力公式求出安培力的大小，从而得出外力F的大小，根据右手定则判断出感应电流的方向，结合左手定则判断出安培力的方向，从而确定外力F的方向．

此题电磁感应中图象的问题，近几年高考中出现的较为频繁，解答本题关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律、安培力公式等等知识，要知道当线框左右两边都切割磁感线时，两个感应电动势方向相同，是串联关系．【解析】解：在0～内，只有一条边切割，产生的电动势E=BLv，线框所受的安培力方向向左，则外力F=方向向右．

在内，有两条边切割，产生的感应电动势E=2BLv，线框所受的安培力方向向左，则外力F=方向向右．

在内，只有一条边切割，产