2024年北師大版選擇性必修1物理上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年北師大版選擇性必修1物理上冊月考試卷198考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、把一個小球套在光滑細桿上，球與輕彈簧相連組成彈簧振子，小球沿桿在水平方向做簡諧運動，平衡位置為O，小球在A、B間振動；如圖所示，下列結(jié)論正確的是（）

A.小球在O位置時，動能最大，加速度最小B.小球在A、B位置時，動能最大，加速度最大C.小球從A經(jīng)O到B的過程中，回復(fù)力一直做正功D.小球在O位置時系統(tǒng)的總能量大于小球在B位置時系統(tǒng)的總能量2、有A、B兩個彈簧振子，A的固有頻率為f，B的固有頻率為4f，如果它們都在頻率為2f的驅(qū)動力作用下做受迫振動，那么下列結(jié)論中正確的是（）A.振子A的振幅較大，振動頻率為2fB.振子A的振幅較大，振動頻率為fC.振子B的振幅較大，振動頻率為2fD.振子B的振幅較大，振動頻率為4f3、在真空中的光滑水平絕緣面上有一帶電小滑塊．開始時滑塊靜止．若在滑塊所在空間加一水平勻強電場E1，持續(xù)一段時間后立即換成與E1相反方向的勻強電場E2．當(dāng)電場E2與電場E1持續(xù)時間相同時，滑塊恰好回到初始位置，且具有動能．在上述過程中，E1對滑塊的電場力做功為W1，沖量大小為I1；E2對滑塊的電場力做功為W2，沖量大小為I2．則A.I1=I2B.4I1=I2C.W1=0.25W2=0.75D.W1=0.20W2=0.804、如圖所示，豎直圓盤可繞水平中心軸O轉(zhuǎn)動，固定在圓盤邊緣上的小圓柱P帶動一個T型支架在豎直方向振動，T型支架下端連著一個彈簧振子，小球始終在水中，當(dāng)圓盤靜止時，小球阻尼振動的頻率約為3現(xiàn)使圓盤以4s的周期勻速轉(zhuǎn)動；當(dāng)小球振動達到穩(wěn)定后（）

A.小球的振動頻率約為3B.T型支架的運動是簡諧運動C.T型支架在最高點時所受的合外力向上D.若圓盤勻速轉(zhuǎn)動的周期變?yōu)?s，穩(wěn)定后小球的振幅將增大5、一列簡諧橫波在均勻介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，在時刻剛好傳播到處的質(zhì)點P，波形圖像如圖所示，已知波的傳播速度為下列說法正確的是（）

A.波源的起振方向沿y軸正方向B.波源振動的頻率為C.時，質(zhì)點Q第二次處于波峰D.從到的時間內(nèi)，質(zhì)點Q通過的路程為6、如圖所示的現(xiàn)象中；解釋成因正確的是（）

A.光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用光的干涉現(xiàn)象B.圖乙所示水中的氣泡看上去特別明亮，主要是由于光的折射引起的C.由于多普勒效應(yīng)，圖丙所示勻速駛過身邊的急救車音調(diào)會越來越低D.圖丁所示豎直的肥皂膜看起來常常是水平彩色橫紋，是由于光的衍射產(chǎn)生的7、如圖所示，質(zhì)量為M的人在遠離任何星體的太空中，與他旁邊的飛船相對靜止由于沒有力的作用，他與飛船總保持相對靜止的狀態(tài)這個人手中拿著一個質(zhì)量為m的小物體，他以相對飛船為v的速度把小物體拋出，在拋出物體后他相對飛船的速度大小為

A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)8、如圖所示，滑塊和小球的質(zhì)量分別為M、m.滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動，小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為l；開始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止．現(xiàn)將小球由靜止釋放，當(dāng)小球到達最低點時，下列說法正確的是()

A.滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量守恒B.滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒C.小球的最大速率為D.小球的最大速率為9、在帶電粒子“碰撞”實驗中，時粒子甲以初速度向靜止的粒子乙運動，之后兩粒子的的圖像如圖所示。僅考慮它們之間的靜電力作用，且甲、乙始終末接觸，在時刻系統(tǒng)電勢能分別為則（）

A.時刻乙粒子的速度為B.甲、乙粒子質(zhì)量之比為C.時刻系統(tǒng)的電勢能為D.時刻甲粒子的速度為10、如圖，從豎直面上大圓的最高點A，引出兩條不同的光滑軌道，端點都在大圓上．相同物體由靜止開始，從A點分別沿兩條軌道滑到底端B和C；則下列說法中正確的是（）

A.到達底端的速度不相同B.重力的沖量都相同C.物體動量的變化率都相同D.沿AB運動過程中重力的平均功率相同11、如圖所示，半徑為R的光滑半圓形圓槽；靜止在光滑水平面上。一金屬球（可視為質(zhì)點）被末端帶有電磁鐵的直桿吸附于圓槽左側(cè)最高點處，直桿固定于天花板上.圓槽質(zhì)量為金屬球質(zhì)量的3倍。現(xiàn)將電磁鐵斷電，小球沿圓槽自由下滑，在以后的運動過程中（）

A.金屬球的最大速度為B.金屬球和圓槽組成的系統(tǒng)，動量和機械能均守恒C.金屬球不會回到直桿下方D.圓槽的位移最大值是12、A、B是一列簡諧橫波傳播路徑上的兩個質(zhì)點，兩質(zhì)點的振動圖像如圖所示，A質(zhì)點的振動比B質(zhì)點的振動滯后7s。A、B兩點間的距離為則（）

A.簡諧波從A向B傳播B.簡諧波的波長為4mC.簡諧波的傳播速度大小為E.質(zhì)點A的速度最大時，質(zhì)點B的加速度一定最大E.質(zhì)點A的速度最大時，質(zhì)點B的加速度一定最大評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、判斷下列說法的正誤。

（1）小鳥飛走后樹枝的往復(fù)運動不是機械振動。（____）

（2）彈簧振子同質(zhì)點一樣都是理想化模型。（____）

（3）彈簧振子的x－t圖像的曲線就是它的運動軌跡。（____）

（4）彈簧振子的位移是從平衡位置指向振子所在位置的有向線段。（____）

（5）簡諧運動的圖像表示質(zhì)點振動的軌跡是正弦曲線。（____）

（6）振動圖像中彈簧振子的位移－5cm小于1cm。（____）14、光滑水平面上的彈簧振子，振子質(zhì)量為50g，若在彈簧振子被拉到最大位移處釋放時開始計時，在t＝0.2s時，振子第一次通過平衡位置，此時速度為4m/s。則在t＝1.2s末，彈簧的彈性勢能為________J，該彈簧振子做簡諧運動時其動能的變化頻率為________Hz，1min內(nèi)，彈簧彈力對彈簧振子做正功的次數(shù)為________次。15、多普勒效應(yīng)的成因分析。

（1）接收頻率：觀察者接收到的頻率等于觀察者在單位時間內(nèi)接收到的________的個數(shù)。

（2）當(dāng)波源與觀察者相互______時，觀察者接收到的頻率大于波源發(fā)出的頻率，當(dāng)波源與觀察者相互_____時，觀察者接收到的頻率小于波源發(fā)出的頻率。16、如圖甲所示，擺球在豎直平面內(nèi)做簡諧運動，通過力傳感器測量擺線拉力F，F(xiàn)的大小隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，若數(shù)值上取則單擺運動的周期為______s，單擺的擺長為______m。

17、正弦波（簡諧波）

（1）如果波的圖像是正弦曲線，這樣的波叫作______，也叫______。

（2）簡諧波中各質(zhì)點的振動是簡諧運動。18、A、B兩物體在光滑的水平面上相向運動，其中物體A的質(zhì)量為mA＝3kg，兩球發(fā)生相互作用前后的運動情況如下圖所示，由圖可知B物體的質(zhì)量為mB＝______kg；碰撞過程中系統(tǒng)的機械能損失為______J．

19、反沖現(xiàn)象的應(yīng)用及防止。

（1）應(yīng)用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊______．

（2）防止：用槍射擊時，由于槍身的______會影響射擊的準確性，所以用槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響。評卷人得分四、作圖題(共1題，共3分)20、某同學(xué)做“測玻璃磚的折射率”的實驗時；繪制的光路圖如圖所示，請通過尺規(guī)作圖；刻度尺測量，求出該玻璃磚的折射率。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。）

評卷人得分五、實驗題(共1題，共10分)21、用如圖所示實驗裝置做“用單擺測重力加速度”的實驗。

（1）在擺球自然懸垂的狀態(tài)下，用米尺測出擺線長為用游標卡尺測得擺球的直徑為d，則單擺擺長為________（用字母表示）；

（2）為了減小測量誤差，下列說法正確的是________（選填字母代號）；

A．將鋼球換成塑料球。

B．當(dāng)擺球經(jīng)過平衡位置時開始計時。

C．把擺球從平衡位置拉開一個很大的角度后釋放。

D．記錄一次全振動的時間作為周期，根據(jù)公式計算重力加速度g

（3）若測得的重力加速度g值偏小，可能的原因是________（選填字母代號）；

A．把懸點到擺球下端的長度記為擺長。

B．把擺線的長度記為擺長。

C．?dāng)[線上端未牢固地系于懸點；在振動過程中出現(xiàn)松動。

D．實驗中誤將擺球經(jīng)過平衡位置49次記為50次。

（4）某同學(xué)利用質(zhì)量分布不均勻的球體作擺球測定當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋瑪[球的重心不在球心，但是在球心與懸點的連線上。他仍將從懸點到球心的距離當(dāng)作擺長L，通過改變擺線的長度，測得6組L和對應(yīng)的周期T，畫出圖線，然后在圖線上選取A、B兩個點，坐標分別為（）（）如圖所示。由圖可計算出重力加速度________。

評卷人得分六、解答題(共3題，共12分)22、如圖所示，在界限MN左上方空間存在斜向左下方與水平方向夾角為45°的勻強磁場，場強大小一半徑為R=0.8m的光滑絕緣圓弧凹槽固定在水平面上，一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量m=0.2kg、電荷量大小q=1×10﹣5C的帶正電金屬塊P從槽頂端A由靜止釋放，從槽底端B沖上與槽底端平齊的絕緣長木板Q。長木板Q足夠長且置于光滑水平面上，質(zhì)量為M=1kg。已知開始時長木板有一部分置于電場中，圖中C為界限MN與長木板Q的交點，B、C間的距離XBC=0.6m，物塊P與木板Q之間的動摩擦因數(shù)為μ=取

(1)金屬塊P從A點滑到B點時的速度的大??；

(2)金屬塊P從B點滑上木板Q后到離開電場過程所經(jīng)歷的時間；

(3)金屬塊P從滑上Q到離開電場的過程中摩擦產(chǎn)生的熱量。

23、如圖所示，光滑曲面與長度L＝1m的水平傳送帶BC平滑連接，傳送帶以v＝1m/s的速度順時針運行．質(zhì)量m1＝1kg的物塊甲（可視為質(zhì)點）從曲面上高h＝1m的A點由靜止釋放，物塊甲與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2．傳送帶右側(cè)光滑水平地面上有一個光滑的四分之一圓軌道狀物體乙，軌道末端與地面相切，質(zhì)量m2＝3kg，重力加速度g＝10m/s2．求：

（1）甲第一次運動到C點的速度大小；

（2）甲第二次運動到C點的速度大小；

（3）甲第二次到C點后經(jīng)多長時間再次到達C點．24、在學(xué)習(xí)了電磁驅(qū)動和電磁制動后，某物理興趣小組的同學(xué)設(shè)計了如下裝置進行研究。如圖所示，足夠長平行光滑導(dǎo)軌的間距L＝0.2m，b1b2右側(cè)軌道水平，左側(cè)曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均電阻不計。在水平軌道內(nèi)有豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.8T。質(zhì)量為M＝0.2kg、電阻為R1＝0.1Ω的金屬棒b垂直于軌道靜止放置在與b1b2相距1m遠的水平軌道上，并用插銷固定。質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻為R2＝0.2Ω的金屬棒a由曲線軌道上端a1a2處靜止釋放，a1a2處到水平軌道的豎直高度h＝0.45m，若金屬棒a在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，金屬棒a與b相撞時無能量損失，g＝10m/s2。求：

(1)金屬棒a第1次滑到b1b2處時的速度大?。?/p>

(2)金屬棒a與金屬棒b碰撞的次數(shù)；

(3)若撤去固定金屬棒b的插銷，使其能自由移動，金屬棒a還是由曲線軌道上端a1a2處靜止釋放，金屬棒b初始靜止在水平軌道上，兩棒最終運動達到穩(wěn)定狀態(tài)。要使兩棒不相碰，則金屬棒b初始位置距離b1b2至少多遠？整個運動過程中金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱是多少?參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

A．小球在平衡位置時動能最大；加速度為零，A正確；

B．小球在A、B位置時；動能最小，加速度最大，B錯誤；

C．小球靠近平衡位置時；回復(fù)力做正功，遠離平衡位置時，回復(fù)力做負功，C錯誤；

D．在小球振動過程中系統(tǒng)的總能量不變；D錯誤．

故選A。2、A【分析】【分析】

【詳解】

受迫振動的振動頻率等于驅(qū)動力的頻率，故都為2f；在驅(qū)動力相同的情況下，受迫振動的振動幅度取決于振子的固有頻率和驅(qū)動力平衡的接進程度，兩者越接進，振動的幅度越大，故振子A的振動幅度較大。

故選A。3、C【分析】【詳解】

設(shè)第一過程末速度為v1，第二過程末速度大小為v2．根據(jù)上面的分析知兩過程的平均速度大小相等，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有所以有v2=2v1．根據(jù)動能定理有：而所以故C正確，D錯誤；又因為位移大小相等，所以兩個過程中電場力的大小之比為1：3，根據(jù)沖量定義得：I1=F1t，I1=F1t，所以I2=3I1，故AB錯誤．4、B【分析】【詳解】

A．當(dāng)小球振動達到穩(wěn)定后，小球的振動頻率等于驅(qū)動力的頻率，即為

故A錯誤；

B．當(dāng)振動達到穩(wěn)定后；T型支架總是在一定區(qū)間上下振動，可知T型支架的運動是簡諧運動，故B正確；

C．簡諧振動的回復(fù)力總是和位移方向相反；可知T型支架在最高點時所受的合外力向下，故C錯誤；

D．由題意可知，小球的固有頻率為若圓盤勻速轉(zhuǎn)動的周期變?yōu)?s，即頻率為小球的頻率越接近固有頻率時，振幅越大，由

可知穩(wěn)定后小球的振幅將減?。还蔇錯誤。

故選B。5、D【分析】【詳解】

A．在時刻剛好傳播到處的質(zhì)點P，根據(jù)同側(cè)法可知，質(zhì)點P的起振方向沿y軸負方向，則波源的起振方向亦沿y軸負方向；A錯誤；

B．根據(jù)波形可知，波長為4m，則

B錯誤；

C．波傳播到質(zhì)點Q經(jīng)歷的時間為

則質(zhì)點Q振動時間

質(zhì)點Q的起振方向沿y軸負方向，則時，質(zhì)點Q第一次處于波峰；C錯誤；

D．從到的時間內(nèi)，質(zhì)點Q振動的時間

則從到的時間內(nèi)，質(zhì)點Q通過的路程為

D正確。

故選D。6、A【分析】【詳解】

A．光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用光的干涉現(xiàn)象；A正確；

B．水中的氣泡看上去特別明亮；主要是由于光從水射向氣泡時發(fā)生了全反射，B錯誤；

C．由于多普勒效應(yīng)；勻速駛過身邊的急救車音調(diào)會越來越高，C錯誤；

D．豎直的肥皂膜看起來常常是水平彩色橫紋；是由于光的干涉產(chǎn)生的，D錯誤。

故選A。7、A【分析】【分析】

人和物體組成的系統(tǒng)不受外力作用；系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律列式求解即可；

【詳解】

人和物體組成的系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，以v的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：解得：故A正確，B；C、D錯誤；

故選A．

【點睛】

對于動量守恒定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是要求同學(xué)們能正確分析物體的受力情況，注意使用動量守恒定律解題時要規(guī)定正方向．二、多選題(共5題，共10分)8、B:C【分析】【詳解】

A．小球下落過程中；小球豎直方向有分加速度，系統(tǒng)的合外力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；

B．繩子上拉力屬于內(nèi)力；系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，因此系統(tǒng)水平方向動量守恒，故B正確；

CD．當(dāng)小球落到最低點時，只有水平方向的速度，此時小球和滑塊的速度均達到最大，系統(tǒng)水平方向動量守恒有Mvmax=mv

系統(tǒng)機械能守恒有mgl＝mv2＋M

聯(lián)立解得vmax＝v=

故C正確；D錯誤。

故選BC。9、B:D【分析】【詳解】

B．由的圖像可知，從時刻到時刻，兩粒子組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有

可得甲、乙粒子質(zhì)量之比為

B正確；

A．從時刻到時刻，兩粒子組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有

解得時刻乙粒子的速度為

A錯誤；

C．從時刻到時刻，根據(jù)能量守恒定律可得

從時刻到時刻，根據(jù)能量守恒定律可得

聯(lián)立解得時刻系統(tǒng)的電勢能為

C錯誤；

D．從時刻到時刻，兩粒子組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有

由于時刻與時刻系統(tǒng)電勢能均為可知時刻與時刻兩粒子組成的系統(tǒng)動能相等，則有

聯(lián)立解得時刻甲粒子的速度為

D正確；

故選BD。10、A:B【分析】【詳解】

A．同一物體從靜止到達底端的動能；由動能定理可知，重力做功的不一樣，所以它們到達底端的動能不同，到達底端時的速度不同，故A正確；

B．對物體在斜面上受力分析，由牛頓第二定律可求得a=gcosα

根據(jù)運動學(xué)公式

即

解得

因此下滑時間相同，由I=mgt

可知；重力的沖量相等，故B正確；

C．因末速度大小不相等；故動量的變化不相同，所以動量的變化率不相同，故C錯誤；

D．重力做功不一樣，下滑時間相同，所以沿AB、AC運動過程中重力的平均功率不相同；故D錯誤。

故選AB。11、A:D【分析】【詳解】

B．金屬球和圓槽組成的系統(tǒng)；水平方向動量守恒，而豎直方向動量不守恒；由于只有重力做功，則系統(tǒng)的機械能守恒，選項B錯誤；

A．小球從釋放到圓槽底部的過程，動量守恒，規(guī)定向右為正方向，有mv1=3mv2

機械能守恒

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

選項A正確；

C．由能量關(guān)系合動量守恒關(guān)系可知；當(dāng)金屬球回到左側(cè)最高點時系統(tǒng)的速度為零，此時總機械能不變，即球仍能上升到原來的位置，選項C錯誤；

D．設(shè)圓槽的最大位移為x，則

解得

選項D正確。

故選AD。12、C:D:E【分析】【詳解】

A.由于質(zhì)點A振動比質(zhì)點B滯后；因此波從B傳播到A，A錯誤；

B.由題意可知，波動周期為4s，波從B傳播到A所用的時間為7s，為因此A、B間的距離為即則B錯誤；

C.波傳播的速度C正確；

D.由振動圖像可知；2s~3s內(nèi)，兩質(zhì)點的振動方向相反，D正確；

E.質(zhì)點A的速度最大時；即處于平衡位置時，質(zhì)點B不是在波峰就是在波谷，此時質(zhì)點B的加速度最大，E正確。

故選CDE。三、填空題(共7題，共14分)13、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】錯誤正確錯誤正確錯誤錯誤14、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]從釋放到振子第一次通過平衡位置歷時根據(jù)其周期性及對稱性，則有周期T＝0.8s

振子的最大速度為4m/s，則最大動能Ekm＝mv2＝0.4J

根據(jù)振子振動的周期性可知，在t＝1.2s末，振子在最大位移處，據(jù)機械能守恒有Ep＝Ekm＝0.4J

[2]物體的振動周期為0.8s，由于動能是標量，則其變化周期為＝0.4s

所以動能的變化頻率為2.5Hz。

[3]在物體向平衡位置運動時彈力做正功，故在1個周期內(nèi)彈力兩次做正功，根據(jù)其周期性可得1min內(nèi)彈力做正功的次數(shù)為n＝×2次＝150次【解析】①.0.4②.2.5③.15015、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]接收頻率：觀察者接收到的頻率等于觀察者在單位時間內(nèi)接收到的完全波的個數(shù)。

（2）[2][3]當(dāng)波源與觀察者相互靠近時，觀察者接收到的頻率大于波源發(fā)出的頻率，當(dāng)波源與觀察者相互遠離時，觀察者接收到的頻率小于波源發(fā)出的頻率。【解析】①.完全波②.靠近③.遠離16、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]擺球在最低點時對擺線的拉力最大，單擺運動一個周期兩次通過最低點，由圖乙可知單擺運動的周期為

[2]由單擺周期公式

解得【解析】①.1.6②.0.6417、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.正弦波②.簡諧波18、略

【分析】【詳解】

設(shè)碰撞前B的運動方向為正方向；根據(jù)位移時間圖象的斜率表示速度,可得碰前A的速度為。

B的速度為。

碰后A.B的共同速度為。

由動量守恒定律得。

代入數(shù)據(jù)解得。

由能量守恒定律可知；碰撞過程損失的能量。

代入數(shù)據(jù)解得。

【解析】4.5kg22.5J19、略

【分析】【詳解】

略【解析】①.旋轉(zhuǎn)②.反沖四、作圖題(共1題，共3分)20、略

【分析】【分析】

【詳解】

測量的長度，根據(jù)折射率表達式，有

帶入數(shù)據(jù)，可得【解析】1.7五、實驗題(共1題，共10分)21、略

【分析】【詳解】

（1）[1]在擺球自然懸垂的狀態(tài)下，用米尺測出擺線長為用游標卡尺測得擺球的直徑為d，則單擺擺長為

（2）[2]A．將鋼球換成塑料球；會增加阻力的影響從而增加誤差，選項A錯誤；

B．當(dāng)擺球經(jīng)過平衡位置時開始計時；可減小測定周期產(chǎn)生的誤差，選項B正確；

C．單擺的擺角要小于5°；否則就不是簡諧振動了，則把擺球從平衡位置拉開一個很大的角度后釋放，會增加實驗誤差，選項C錯誤；

D．應(yīng)該至少測量30次全振動的時間測量周期；用記錄一次全振動的時間作為周期誤差會較大，選項D錯誤。

故選B。

（3）[3]根據(jù)

可知

若測得的重力加速度g值偏小；則。

A．把懸點到擺球下端的長度記為擺長，則L測量值偏大，則測得的g偏大；選項A錯誤；

B．把擺線的長度記為擺長，則L測量值偏小，則測得的g偏??；選項B正確；

C．?dāng)[線上端未牢固地系于懸點，在振動過程中出現(xiàn)松動，則實際擺長變大，計算所用的擺長偏小，則測得的g偏?。贿x項C正確；

D．實驗中誤將擺球經(jīng)過平衡位置49次記為50次，則周期測量值偏小，則測得的g偏大；選項D錯誤；

故選BC。

（4）[4]若擺球重心在球心以上x處，則

解得

則圖像的斜率為

解得【解析】BBC六、解答題(共3題，共12分)22、略

【分析】【詳解】

金屬塊從A到B過程，電場力做功為零，電勢能不變，由能量守恒定律得

代入數(shù)據(jù)解得vB=4m/s；

從B點滑上木板Q后到離開電場過程，金屬塊做勻減速運動，設(shè)加速度為由牛頓第二定律得：

由速度位移公式得：

代入數(shù)據(jù)解得

從B點滑上木板Q后到離開電場過程所經(jīng)歷的時間：

到金屬塊P在電場中運動時，設(shè)木板的加速度大小由牛頓第二定律可得

代入數(shù)值可求得

所以物塊P剛離開電場時，Q板的速度為

物塊P離開電場后，系統(tǒng)動量守恒，Q板足夠長，設(shè)P