江西省九江市第三中学2017-2018学年高二上学期物理(碰

高二物理复习卷——碰撞、电磁感应、力电实验
一、单选题
1. 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，甲同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，另外一位同学用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知甲同学的质量为m，则渔船的质量为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】试题分析：人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算．
设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为，人从船尾走到船头所用时间为t．取船的速度为正方向．则，根据动量守恒定律，则得，解得渔船的质量，B正确．
2. 质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛（不计空气阻力）到落回地面，在此过程中（）
A. 上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反
B. 整个过程中重力的冲量为2mv0
C. 整个过程中重力的冲量为0
D. 上升过程冲量大小为mv0，方向向下
【答案】D
【解析】解：根据竖直上抛运动的对称性可得落地的速度大小也v0，方向竖直向下．上升过程和下落过程中只受到重力的作用．
A、选取向上为正方向，上升过程动量的变化量：△P1=0﹣mv0=﹣mv0，下落过程中动量的变化
量：△P2=﹣mv0﹣0=﹣mv0，大小均为mv0，方向相同．故A错误；
B、C、整个过程中重力的冲量为：I=﹣mv0﹣mv0=﹣2mv0．故BC错误；
D、上升过程动量的变化量：△P1=0﹣mv0=﹣mv0，所以上升过程冲量大小为mv0，方向向下．故D正确．
故选：D
【点评】该题结合冲量的计算与动量定理考查竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性判定落地的速度大小也v0，方向竖直向下是解题的关键．
3. 质量为m，带电量为q的粒子，以速度v垂直射入磁感强度大小为B的匀强磁场中，在△t 时间内得到的冲量大小为mv，所用时间△t为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，能根据动量定理求得速度矢量的变化大小，由矢量合成与分解求解速度转过的角度从而由圆周运动求出运动的时间．
由题意知粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子速度大小不变，只改变速度方向，根据动量定理可得，粒子在时间内得到的冲量大小为，可得粒子动量变化的大小也为，即速度变化的大小为，根据矢量合成有如图所示，
根据几何关系有，粒子速度转过的角度为，所以粒子在磁场中运动的时间为
，D正确．
4. 如图所示，在水平放置的光滑金属板中点的正上方，有带正电的点电荷Q．一表面绝缘、带正电的金属球（可视为质点，且不影响原电场）以速度v0开始在金属板上向右运动，在运动过程中（）
A. 小球减速后作加速运动
B. 小球作匀速直线运动
C. 小球受电场力的冲量为零
D. 以上说法可能都不正确
【答案】B
【解析】金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力方向与位移方向垂直，对小球不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动，A错误B正确；电场力虽然不做功，但电场力作用了一段时间，故一定有冲量，CD错误．
【点睛】本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面，知道电场线与等势面垂直，并能运用这些知识来分析实际问题．
5. 一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计．置于磁感应强度为B2的竖直向上的匀强磁场中，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的有（）
A. 圆形线圈中的磁场可以是向上均匀减弱
B. 导体棒ab受到的安培力大小为mg sinθ
C. 回路中的感应电流为
D. 圆形导线中的电热功率为
【答案】B
【解析】导体棒静止在导轨上，所受的合力为零．根据力的平衡得知，棒所受的安培力的大小为，方向沿斜面向上．所以有，则回路中的感应电流大小．根据安培力的方向，通过左手定则判断得知，通过线圈感应电流的方向从上往下看为顺时针方向．根据楞次定律，圆形线圈中的磁场可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱，B
正确AC错误；根据，可知圆形导线中的电热功率为，D错误．
【点睛】磁场B1均匀变化产生感应电动势，从而产生感应电流，导体棒受重力、支持力、安培力平衡，根据力的平衡求出安培力的大小和方向，从而知道电流的大小和方向，根据楞次定律判断圆形线圈中磁场的变化．解决本题的关键通过受力平衡求出安培力的大小和方向，以及掌握左手定则判定安培力与电流方向的关系，和运用楞次定律判断感应电流方向与磁场的变化关系．
6. 如图所示，一圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈，铁芯与磁极的缝隙间形成了辐向均匀磁场，磁场的中心与铁芯的轴线重合．当铁芯绕轴线以角速度ω逆时针转动的过程中，线圈中的电流变化图象在以下图中哪一个是正确的？（从图位置开始计时，N、S极间缝隙的宽度不计．以a边的电流进入纸面，b边的电流出纸面为正方向）（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：将一个周期分成两个半个周期研究，根据右手定则判断感应电流的方向，确定电流的正负．根据感应电动势公式推导电动势表达式，确定电流大小，然后选择图象．在一个周期内，前半个周期内：根据右手定则可知电流从b边进入纸面，a边的电流出纸面，为负值．设ab边长为，ad边长为，矩形abcd的面积为S，电阻为R，磁感应强度大小为B，则感应电动势大小为，感应电流大小为，不变；后半个周期内：根据右手定则可知电流从a边进入纸面，b边的电流出纸面，为正值．感应电流大小为
，不变，C正确．
二、多选题
7. 在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E p=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g取10m/s2．则下列说法正确的是（）
A. 球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N•s
B. M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s
C. 若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D. 弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N•s
【答案】AD
【解析】试题分析：释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，
由动量守恒得：mv1﹣Mv2=0，由机械能守恒得：mv12+Mv22=E P，
代入数据解得：v1=9m/s，v2=3m/s；
m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：
mv12=mv1′2+mg•2R，解得：v1′=8m/s；
A、以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为：
I=△p=mv1′﹣mv1=0.2×（﹣8）﹣0.2×9=﹣3.4N•s，则合力冲量大小为：3.4N•s，故A正确；
B、M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s，故B错误；
C、设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，由A到B机械能守恒定律得：
mv12=mv1′2+mg•2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg+N=m，m从B点飞出，需要满足：N≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r=gt2，x=v1′t，当8.1﹣4r=4r时，即r=1.0125m时，x为最大，球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误；
D、由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：I=△p=mv1=0.9=1.8N•s，故D正确；
故选：AD．
8. 如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为F N，则（）
A. t1时刻，F N＞G
B. t2时刻，F N＞G
C. t3时刻，F N＜G
D. t4时刻，F N=G
【答案】AD
【解析】线圈总是阻碍磁通量的变化，所以电流增大，磁通量变大，下面线圈阻碍变化，有向下运动的趋势，所以，时刻与时刻无电流变化，时刻Q中没有电流；所以时刻、
时刻、时刻，AD正确．
【点睛】由电流变化而产生的感应磁场去阻碍线圈磁通量的变化．同时可知：同向电流相吸，异向电流相斥．
9. 如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m 和m．它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l．现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，则（）
A. a、b两个线框匀速运动的速度大小为
B. 线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为
C. 从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mgl
D. 从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl
【答案】BC
【解析】试题分析：当线框b全部进入磁场时，两者做匀速直线运动，即重力和受到的安培力相等，对a分析，a受力平衡，有，对b分析，，，，联立解得，A错误；线框a从下边进入磁场时由于a开始做匀速直线运动，过程中的速度不变，受到的安培力不变，故线框a从下边进入磁场到上边离开磁场过程中一直做匀速直线运动，所以有，B正确；系统开始做匀速直线运动时，线框a才开始克服安培力做功，整个匀速过程中，动能不变，所以减小的重力势能等于克服安培力做功，即a产生的热能，故有，C正确；两线框组成的系统克服安培力做的功为W，则有：
，可得，D错误；
考点：考查了导体切割磁感线时的感应电动势
【名师点睛】本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键，要加强训练，熟练掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识，提高解题能力．
10. 如图所示，M和N是绕地球做匀速圆周运动的两颗人造地球卫星，虚线为各自轨道．由此可以判定（）
A. M的周期小于N的周期
B. M运行速率大于N的运行速率
C. M、N的运行速率均小于7.9km/s
D. N必须适度加速才有可能与M实现对接
【答案】CD
【解析】根据得，，M的轨道半径大，则M的周期大于N的周期，M的线速度小于N的线速度，AB错误；根据知，7.9km/s是做圆周运动最大的环绕速度，可知M、N的运行速率均小于7.9km/s，C正确；N需加速，使得万有引力小于
向心力，做离心运动，可以实现与M对接，D正确．
三、实验题探究题
11. 气垫导轨是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成“气垫”，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上运动时可不计摩擦，现用带竖直挡板C、D的气垫导轨和滑块A、B验证动量守恒定律，实验装置如图所示，有以下实验步骤：
A．松开手的同时，记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞C、D 挡板时计时器结束计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2；
B．在A、B间水平放入一个轻弹簧（长度忽略不计），用手压住A、B使弹簧压缩，放置在气垫导轨上，并让它静止在某个位置；
C．给导轨送气，调整气垫导轨，使导轨处于水平；
D．读出初始时滑块A档板C的距离L1和滑块B到挡板D的距离L2；
E．______ ．
（1）将实验步骤补充完整．
（2）实验步骤补充完整后，正确的顺序是______ ．
（3）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是______ ．
【答案】 (1). 用天平分别测出滑块AB的质量m A、m B； (2). ECBDA； (3).
【解析】滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，根据A、B运行的距离和时间可以求出分开时的速度，根据动量守恒定律得，又，则，知还需要测量A、B的质量，故E应为用天平分别测出滑块AB的质量；正确的实验步骤应先安装调节仪器，然后再进行实验，故应为CBDEA；
12. 如图为实验室常用的气垫导轨验证动量守恒的装置．两带有等宽遮光条的滑块A和B，质量分别为m A、m B，在A、B间用细线水平压住一轻弹簧，将其置于气垫导轨上，调节导轨使其能实现自由静止，这是表明______ ，烧断细线，滑块A、B被弹簧弹开，光电门C、D记录下两遮光条通过的时间分别为t A和t B，若有关系式______ ，则说明该实验动量守恒．
【答案】 (1). 气垫导轨水平 (2).
【解析】试题分析：两滑块自由静止，滑块静止，处于平衡状态，所受合力为零，此时气垫导轨是水平的；设遮光条的宽度为，两滑块的速度为：，，如果动量守恒，满足：，解得：。

考点：验证动量守恒定律
【名师点睛】滑块静止，处于平衡状态，所受合力为零，据此分析答题；求出滑块速度，由动量守恒定律分析答题；本题考查了实验注意事项、实验数据处理，应用速度公式、动量守恒定律即可正确解题。

13. 某同学用如图1所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．
（1）实验中必须要求的条件是______
A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？______ （填选项号）．
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离
C．测量A球或B球的直径
D．测量A球和B球的质量（或两球质量之比）
E．测量G点相对于水平槽面的高度
（3）某次实验中得出的落点情况如图2所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为______ ．
【答案】 (1). BD (2). A、B、D (3). 4：1
【解析】试题分析：（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；（2）根据实验原理和实验目的可以知道验证动量守恒定律实验中哪些量要测量，怎么通过物理规律测量；（3）由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，然后根据动量守恒列方程即可正确求出质量之比．
（1）“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B正确；为了使小球碰后不被反弹，要求被碰小球质量大于碰撞小球质量，C正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确．
（2）水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞前A球的速度，A正确；A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞后A球的速度，测量B球落点N到O点的距离，即测量出碰撞后B球的速度，BC正确；不需要测量A球或B 球的直径，D错误；测量A球和B球的质量（或两球质量之比），用来表示出球的动量，E正确；
（3）由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同．根据动量守恒定律可得在水平方向有，故，即
，代入数据求得m1：m2=4：1．
14. 如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量______ （填选项前的符号），间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程．然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是______（填选项前的符号）．
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
（3）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则m1______ m2，r1______ r2（填“＞”，“＜”或“=”）
（4）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______ （用（2）中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为______ （用（2）中测量的量表示）．
【答案】 (1). C (2). ADE (3). ＞ (4). = (5). m1OP=m1OM+m2ON (6). m1OP2=m1OM2+m2ON2
【解析】（1）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，C正确．
（2）要验证动量守恒定律定律，即验证，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：，得：，因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，为了测量位移，应找出落点，选ADE．
（3）为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求；
（4）由（2）知，实验需要验证：；如果碰撞过程机械能守恒，则
，两边同时乘以得，则可得：
．
15. 某同学做验证动量守恒定律的实验，将A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用频闪照相机分别在t0=0，t1=△t，t2=2△t，t3=3△t时刻闪光拍照，摄得如图所示照片，其中B 像有重叠，已知x轴上单位长度为L，m A=m，m B=m，向右为正方向，请完成下列填空．
（1）若碰前B静止，则碰撞发生在t= ______时刻，碰后B的动量为______（用m、L、△t 表示）；
（2）若碰后B静止，则碰前A的动量为______，碰前B的动量为______（用m、L、△t表示）．【答案】(1). 2.5△t (2). (3). (4).
【解析】（1）若碰前B静止，因碰后B一定向右运动，则可知，7L位置应为碰后的位置；故说明B应静止在6L处；
A运动t2后某一时刻与B相碰；碰后△t内B向右运动L，A向左运动；
碰后B的动量；
由图可知，A从开始到运动至6m处用时t=2.5△t；故碰撞发生在2.5△t时刻处；
（2）若碰后B静止，则碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后B静止，故碰撞发生在x=6m处．
碰前B在△t内运动L，A运动；
则碰前B的速度；
所以碰前B的动量；
碰前A在△t内的位移为；则其速度
则A的动量；
点睛：本题考查动量守恒定律的实验分析，要注意明确频闪照的分析方法，能从图中AB的位置确定它们各自的运动情况，从而明确碰撞前后的动量以及碰撞时刻．
16. 某同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B
球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O点是水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点，B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且在G、R、O所在的平面内，米尺的零点与O点对齐．
（1）碰撞后B球的水平射程应取为______ cm．
（2）在以下选项中，本次实验必须进行的测量是______ ．
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B．测量A球与B球碰撞后，A球落点位置到O点的距离
C．测量A球与B球的质量
D．测量G点相对于水平槽面的高度
（3）某同学用一把有50个小等分刻度的游标卡尺测量小球的直径，由于遮挡，只能看见游标尺的后半部分，如图1所示，小球的直径D= ______ mm．
（4）常用的测量仪器还有螺旋测微器，若某次测量示数如图2，则待测长度为______ mm．【答案】 (1). 64.8 (2). ABC (3). 16.96 (4). 6.125
【解析】（1）碰撞后b球的水平射程落点如图乙所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即
可取一个最小的圆的圆心，约为64.8cm；
（2）根据实验原理可得m a v0=m b v1+m b v2，由已测量的物理量m a、m b、OB、OA、OC．
又因下落时间相同，即可求得：m a OB=m a OA+m b OC，所以不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中飞行时间，需要测量A球和B球的质量以及A球两次落地时的水平距离和B球落地时的水平距离；故D错误，ABC正确；故选ABC.
（3）从图中可知，游标尺上的第48个刻度与主尺上的6.4cm，即64mm处对齐，
根据游标尺的构造可知，50分度的游标尺，游标尺上的50刻度的总长是49mm，
因此最终读数为：64mm-48×mm=64-47.04mm=16.96mm，
螺旋测微器的固定刻度为6.0mm，可动刻度为：12.5×0.01m m=0.125mm，
所以最终读数为：6.0mm+0.125mm=6.125mm．
点睛：本题考查验证动量守恒定律的实验；掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件．同时还要掌握基本测量仪器的读数方法，明确螺旋测微器需要估读．
17. 如图，点光源位于S点，紧靠着点光源的正前方有一个小球A，光照射A球时在竖直屏幕上形成影子P，现打开高速数码相机，同时将小球向着垂直于屏幕的方向水平抛出，小球的影像P在屏幕上移动情况即被数码相机用连拍功能摄下来，该高速数码相机每秒拍摄10次，空气阻力忽略不计．
（1）小球在空中运动过程中，水平方向做______ 运动，竖直方向做______ 运动．
（2）小球的影像P在屏幕上移动情况应当是图乙中的______ （选填“a”或“b”）．
（3）已知图甲中点光源S与屏幕间的距离L=1.0m，根据图乙中的相关数据，可知小球A水平抛出的初速度为______ m/s．（g=9.8m/s2，结果保留两位有效数字）
【答案】 (1). 匀速直线 (2). 自由落体 (3). b (4). 4.9
【解析】（1）小球在空中运动过程中，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．
（2）设经过时间t照相机拍摄一次，从抛出开始经时间t后到达C点，经时间2t后经过B 点，如图所示：
...............
（3）由图可知，PQ=0.1m，AP=1.0m，，根据几何关系得
，解得小球A水平抛出的初速度．
18. 九江三中某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．
（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示
这样做的目的是______ （填字母代号）．
A、保证摆动过程中摆长不变
B、可使周期测量得更加准确
C、需要改变摆长时便于调节
D、保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）该同学探究单摆周期与摆长关系，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40cm，用游标卡尺测得摆球直径如图2甲所示，读数为______ cm．则该单摆的摆长为______ cm．用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图2乙所示，在停表读数为______ s，如果测得的g值偏大，可能的原因是______ （填序号）．
A、计算摆长时加的是摆球的直径
B、开始计时时，停表晚按下
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（实验过程中先测摆长后测周期）
D、实验中误将30次全振动记为31次
（3）下列振动图象真实地描绘了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图3
中横坐标原点表示计时开始，A、B、C、D均为30次全振动的图象，已知sin5°=0.087，
sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______ （填字母代号）．
【答案】 (1). AC (2). 2.050 (3). 90.425 (4). 57.0 (5). ABD (6). A
【解析】试题分析：当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，摆长为悬点到球心的距离；对于测量误差可根据实验原理进行分析；游标卡尺的读数先读主尺的刻度，然后读游标尺的刻度；秒表先读出分钟，然后读出秒；根据单摆的周期公式得来分析。