宁夏育才中学勤行校区2015-2016学年高二下学期第一次月考物理试卷Word版含解析

2015-2016学年宁夏育才中学勤行校区高二（下）第一次月考物理试卷
一.选择题（每题4分共60分，其中11-15小题为多项选择，全对得4分，其余2分，有错误选项的得0分）
1．某质点的振动图象如图，则下列说法正确的是（）
A．该质点振动的周期是2s
B．在1～2s内质点做初速度为零的变加速运动
C．在1.5s和2.5s末，质点的速度相同，加速度相同
D．在2.5s和3.5s末，质点的位移相同，速度相同
2．某振动系统的固有频率为f o，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f．若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是（）
A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小
B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f增大而增大
C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0
D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f
3．如图所示，原线圈输入有效值恒定的交变电压，在理想变压器的副线圈上，通过等效电阻为R1的输电线连接一只灯泡L和一个阻值大小随所受照射光强度的增大而减小的光敏电阻
R2．若将照射R2的光的强度减弱，下列说法正确的是（）
A．原线圈中的电流增大B．流过R2的电流减小
C．加在R1两端的电压增大D．灯泡L变暗
4．如图甲所示，在圆形线框的区域内存在匀强磁场，开始时磁场垂直于纸面向里．若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流I （取逆时针方向为正方向）随
时间t的变化图线是（）
A．B． C． D．
5．在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）
A．t=0.005s时线圈平面与磁场方向垂直
B．t=0.010s时线圈的磁通量变化率最大
C．线圈产生的交变电动势频率为50Hz
D．线圈产生的交变电动势有效值为311V
6．如图所示，把电阻、电感器、电容器并联接到一交流电源上，三个电流表的示数相同．若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3大小的关系是（）
A．I1=I2=I3B．I3＞I1＞I2C．I2＞I1＞I3D．I1＞I2＞I3
7．如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为（）
A．7.5V B．8V C． V D． V
8．劲度系数为20N/cm的弹簧振子的振动图象如图所示，下列说法正确的是（）
A．图中A点振子所受弹力大小为5 N，方向指向x轴正方向
B．图中A点振子的速度方向为x轴正方向
C．在0～4 s内振子做了1.75次全振动
D．在0～4 s内振子通过的路程为4 cm，位移为0
9．如图所示弹簧下面挂一个质量为m的物体，物体在竖直方向作振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长．则物体在振动过程中（）
A．物体在最低点时所受的弹力大小为2mg
B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C．弹簧的最大弹性势能不等于2mgA
D．物体的最大动能应等于2mgA
10．如图所示，理想变压器原线圈匝数为n1，两个副线圈匝数分别为n2和n3，且n1：n2：n3=4：2：1，输入电压U1=16V，R1=R2=10Ω，则输入的电流I1大小是（）
A．0.4A B．0.1A
C．0.5A D．以上答案都不对
11．一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3s质点第一次经过M点；再继续运动，又经过2s它第二次经过M点；则该质点振动周期可能是（）
A．8s B．4s C．16s D． s
12．如图为某小型水电站的电能输送示意图．已知输电线的总电阻R=10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，电阻R0=11Ω．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u=220sin 100πt V，下列说法正确的是（）
A．发电机中的电流变化频率为100Hz
B．通过R0的电流有效值为20A
C．升压变压器T1的输入功率为4650W
D．若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小
13．如图所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O处，使金属圆环在竖直线OO′的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直．若悬点摩擦和空气阻力均不计，则（）
A．金属环进入和离开磁场区域都有感应电流，而且感应电流的方向相反
B．金属环进入磁场区域后越靠近OO′线时速度越大，而且产生的感应电流越大
C．金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后不再减小
D．金属环在摆动过程中，机械能将完全转化为环中的电能
14．如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L自感系数足够大，电阻可以忽略不计．下列说法中正确的是（）
A．合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B．断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
C．断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭
D．断开开关S时，流过A2的电流方向向右
15．在用单摆测重力加速度的实验中，测得单摆摆角小于5°，实验中某学生所测g值偏大，其原因不可能的是（）
A．实验室离海平面太高
B．摆球太重
C．测出n次全振动时间为t，误作为（n+1）次全振动时间进行计算
D．以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算
二、计算题（写出必要的文字说明，四道题，总计40分）
16．图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设摆球向右方向运动为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：
（1）0时刻摆球在哪个位置？写出单摆振动方程表达式？
（2）试估算这个摆的摆长是多少？
17．如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．M、P两点间接有电阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．求：
（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小；
（2）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．
18．如图，正方形线圈abcd绕对称轴OO′．在匀强磁场中匀速转动，转速n=r/min．若已知ab=ad=10cm，匝数N=1000，磁感应强度B=10T，图示位置线圈平面与磁感线平行．设线圈是闭合的，外电阻R=12Ω，线圈的电阻r=4Ω，试求：
（1）从如图t=0时开始计时，写出感应电流瞬时表达式；
（2）交流电压表的示数；
（3）从如图位置开始，转过60°的过程中通过线圈某横截面的电量；
（4）线圈转动一周外力做的功W为多少？
19．某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为200kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为16kW，该村的用电电压是220V．
（1）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；
（2）如果该村某工厂用电功率为80kW，则该村还可以装“220V 40W”的电灯多少盏？
2015-2016学年宁夏育才中学勤行校区高二（下）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（每题4分共60分，其中11-15小题为多项选择，全对得4分，其余2分，有错误选项的得0分）
1．某质点的振动图象如图，则下列说法正确的是（）
A．该质点振动的周期是2s
B．在1～2s内质点做初速度为零的变加速运动
C．在1.5s和2.5s末，质点的速度相同，加速度相同
D．在2.5s和3.5s末，质点的位移相同，速度相同
【分析】根据质点完成一次全振动的时间等于一个周期，由图读出周期．根据质点的位移分析速度的速度，并判断质点的速度方向．
【解答】解：A、由图知，振动周期是4s，振幅为10cm．故A 错误．
B、在1s末质点在最大位置处，速度为零；在1～2s内质点的位移逐渐减小，据动力学特征可知，质点的加速度逐渐减小，所以质点做初速度为零的变加速运动，故B正确．
C、据简谐运动的对称性可知，在1.5s和2.5s末，质点的速度相同，但位移方向相反，所以加速度也相反，故C错误．
D、据简谐运动的对称性可知，在2.5s和3.5s末质点运动到同一个位置，但运动方向相反；即质点在该时刻速度大小相同，但方向相反，位移相同，故D错误．
故选：B．
2．某振动系统的固有频率为f o，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f．若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是（）
A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小
B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f增大而增大
C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0
D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f
【分析】受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大．
【解答】解：A、当f=f0时，系统达到共振，振幅最大，故f＜f0时，随f的增大，振幅振大，故A错误；
B、当f＞f0时，随f的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B 错误；
C、该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于驱动力的频率f，故C错误；
D、系统的振动稳定后，系统的振动频率等于驱动力的频率，故振动频率等于f，故D正确；故选：D．
3．如图所示，原线圈输入有效值恒定的交变电压，在理想变压器的副线圈上，通过等效电阻为R1的输电线连接一只灯泡L和一个阻值大小随所受照射光强度的增大而减小的光敏电阻
R2．若将照射R2的光的强度减弱，下列说法正确的是（）
A．原线圈中的电流增大B．流过R2的电流减小
C．加在R1两端的电压增大D．灯泡L变暗
【分析】变压器的匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，R2电阻的变大后，结合闭合电路欧姆定律分析即可．
【解答】解：A、照射R2的光的强度减弱则其电阻变大，而电压不变，则副线圈电流变小，原线圈的电流也变小，则A错误，
B、因副线圈电流变小，则R1电压变小，则L2的分压变大，通过L2的电流增大，则通过R2的电流减小，则B正确
C、D、负载电阻变大后，电流减小，则R1上的电压减小，所以L上的电压增大，L变亮，故CD错误
故选：B
4．如图甲所示，在圆形线框的区域内存在匀强磁场，开始时磁场垂直于纸面向里．若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流I （取逆时针方向为正方向）随
时间t的变化图线是（）
A．B． C． D．
【分析】当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生．
【解答】解：磁感应强度在0到t1内，由法拉第电磁感应定律可得，随着磁场的均匀变大，由于磁感应强度随时间变化率不变，则感应电动势大小不变，感应电流的大小也不变；由于磁感线是向里在减小，向外在增大．所以由楞次定律可得线圈感应电流是顺时针，由于环中感应电流沿逆时针方向为正方向，则感应电流为负的．
同理，磁感应强度在t1到t2内，感应电流不变，且电流方向为正．所以只有A选项正确，BCD 均错误．
故选：A
5．在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）
A．t=0.005s时线圈平面与磁场方向垂直
B．t=0.010s时线圈的磁通量变化率最大
C．线圈产生的交变电动势频率为50Hz
D．线圈产生的交变电动势有效值为311V
【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．
【解答】解：A t=0.005s电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行，故A正确
B t=0.010s时电动势为0，则线圈的磁通量变化率为0，故B错误
C 由图可知周期为0.02，则频率为50Hz，故C正确
D 线圈产生的交变电动势有效值为V，故D错误
故选：C
6．如图所示，把电阻、电感器、电容器并联接到一交流电源上，三个电流表的示数相同．若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3大小的关系是（）
A．I1=I2=I3B．I3＞I1＞I2C．I2＞I1＞I3D．I1＞I2＞I3
【分析】交流电流通过电感线圈时，线圈中会产生感应电动势来阻止电流的变化，因而有一种阻止交流电流通过的作用，我们称之为“感抗”．实验证明，感抗在数值上就是电感线圈上电压和电流的有效值之比，感抗的单位是“Ω（欧姆）”，符号是“L”．感抗公式为：x L=2πfL．
与感抗类似，交流电流通过电容时，电容器也有一种阻止交流电流通过的作用，我们称之为“容抗”．实验证明，容抗在数值上就是电容上电压和电流的有效值之比，容抗的单位是“Ω（欧姆）”，符号是“C”．容抗公式为：x C=．
【解答】解：随着交变电流频率的增加，电阻原件的阻抗（电阻）不变，电感原件的感抗增加，电容器的容抗减小，故根据欧姆定律，可得：通过电阻的电流不变，通过电容的电流变大，通过电感的电流变小，由于原来电流相等，故I3＞I1＞I2．
故选：B．
7．如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为（）
A．7.5V B．8V C． V D． V
【分析】正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值．而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．
【解答】解：如图所示，它不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以根号2
取一个周期进行分段，在0﹣1s 是正弦式电流，则电压的有效值等于3．
在1s﹣3s是恒定电流，则有效值等于9V．
则在0﹣3s内，产生的热量
U=2
故选：C
8．劲度系数为20N/cm的弹簧振子的振动图象如图所示，下列说法正确的是（）
A．图中A点振子所受弹力大小为5 N，方向指向x轴正方向
B．图中A点振子的速度方向为x轴正方向
C．在0～4 s内振子做了1.75次全振动
D．在0～4 s内振子通过的路程为4 cm，位移为0
【分析】弹簧振子的回复力是弹力，根据F=﹣kx求得弹力．x﹣t图象切线的斜率表示速度方向．振子一个周期内完成一次全振动，分析时间与周期的关系，确定0﹣4s内振动的次数．分析时要抓住：振子在一个周期内通过的路程是4A．
【解答】解：A、由图可知，A点时刻振子的位移 x=0.25cm，所以弹力F=﹣kx=﹣20×0.25N=﹣5N，即弹力大小为5N，方向指向x轴负方向，故A错误；
B、由图可知，过A点的切线与x轴的正方向的夹角小于90°，切线的斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，故B正确．
C、由图可看出，t=0、t=4s时刻振子的位移都是正向最大，所以在0～4s内经过两个周期，振子完成两次全振动，故C错误．
D、由于t=0时刻和t=4s时刻振子都在正向最大位移处，又由于振幅为A=0.5cm，在0～4s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为S=2×4A=2×4×0.50cm=4cm，振子回到了初始位置，通过的位移为0．故D正确．
故选：BD
9．如图所示弹簧下面挂一个质量为m的物体，物体在竖直方向作振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长．则物体在振动过程中（）
A．物体在最低点时所受的弹力大小为2mg
B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C．弹簧的最大弹性势能不等于2mgA
D．物体的最大动能应等于2mgA
【分析】系统只有重力和弹力做功，机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变；在最低点弹性势能最大，根据能量守恒定律，求出最低点的弹性势能；物体在平衡位置动能最大，根据能量守恒发现从最高点到平衡位置，重力势能的减少量全部转化为动能和弹性势能的增加量．
【解答】解：A、小球做简谐运动的平衡位置处，mg=kA，A=．所以在最低点时，形变量为2A．弹力大小为2mg；故A正确；
B、在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变．故B错误；
C、从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mgA，则弹性势能增加2mgA．而初位置弹性势能为0，在最低点弹性势能最大，为2mgA．故C错误；
D、在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小mgA，动能和弹性势能增加，所以物体的最大动能小于mgA，故D错误；
故选A．
10．如图所示，理想变压器原线圈匝数为n1，两个副线圈匝数分别为n2和n3，且n1：n2：n3=4：2：1，输入电压U1=16V，R1=R2=10Ω，则输入的电流I1大小是（）
A．0.4A B．0.1A
C．0.5A D．以上答案都不对
【分析】根据变压器的匝数与电压成正比求出两个副线圈的电压，再根据输入功率等于输出功率求原线圈中的电流．
【解答】解：由电压和匝数的关系知： =8V， =4V，由输入功率等于输出功率知：，代入数据得I1=0.5A，故C正确．
故选C
11．一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3s质点第一次经过M点；再继续运动，又经过2s它第二次经过M点；则该质点振动周期可能是（）
A．8s B．4s C．16s D． s
【分析】振子开始运动的方向可能先向右，也可能向左，画出振子的运动过程示意图，确定振动周期．
【解答】解：若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图1所示．得到振动的周期为：
T=（3s+2s×）+×（3s﹣2s）=s．
若振子开始运动的方向向右直接向M点运动，如图2，振动的周期为：
T=4×（3s+2s×）=16s．
故选：CD．
12．如图为某小型水电站的电能输送示意图．已知输电线的总电阻R=10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，电阻R0=11Ω．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u=220sin 100πt V，下列说法正确的是（）
A．发电机中的电流变化频率为100Hz
B．通过R0的电流有效值为20A
C．升压变压器T1的输入功率为4650W
D．若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小
【分析】在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率．
【解答】解：A、交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f=．故A错误．
B、通过用电器的电流有效值I=．故B正确．
C、根据得，输电线上的电流，则输电线上损耗的功率
，降压变压器的输入功率P3=U4I4=220×20W=4400W，则升压变压器的输出功率P=P3+P损=4400+250W=4650W．故C正确．
D、当用电器的电阻R0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据P=UI知，发电机的输出功率增大．故D错误．
故选：BC．
13．如图所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O处，使金属圆环在竖直线OO′的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直．若悬点摩擦和空气阻力均不计，则（）
A．金属环进入和离开磁场区域都有感应电流，而且感应电流的方向相反
B．金属环进入磁场区域后越靠近OO′线时速度越大，而且产生的感应电流越大
C．金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后不再减小
D．金属环在摆动过程中，机械能将完全转化为环中的电能
【分析】楞次定律的内容为：闭合回路中产生的感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化；判断感应电流的方向首先要确定原磁场的方向及磁通量的变化，然后根据楞次定律进行判断感应电流的方向．
【解答】解：A、当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流．环进入和离开磁场区域，磁通量分别是增大和减小，根据楞次定律得感应电流的方向相反，故A正确．B、金属环进入磁场后，由于没有磁通量的变化，因而圆环中没有感应电流，不受磁场力作用，只在重力作用下，离平衡位置越近，则速度越大，故B错误．
C、由于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能将不守恒，故在左侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会越来越小，当完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，故C正确．
D、圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，机械能守恒，金属环在摆动过程中，机械能不可能将完全转化为环中的电能，故D错误
故选AC．
14．如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L自感系数足够大，电阻可以忽略不计．下列说法中正确的是（）
A．合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B．断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
C．断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭
D．断开开关S时，流过A2的电流方向向右
【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．断开瞬间也可以按照同样的思路分析．【解答】解：A、灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯B立即发光．通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来．所以B比A先亮．由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同．故A 正确；
B、C、D、稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A、B和电阻R构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，流过A2的电流方向向左；故B正确，CD错误；
故选：AB．
15．在用单摆测重力加速度的实验中，测得单摆摆角小于5°，实验中某学生所测g值偏大，其原因不可能的是（）
A．实验室离海平面太高
B．摆球太重
C．测出n次全振动时间为t，误作为（n+1）次全振动时间进行计算
D．以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算
【分析】重力加速度随纬度和所在地的高度有所变化，纬度和高度越高则g值较小，试验中根据g=分析g值偏大的原因，可能是周期算小了或是摆长算长了．
【解答】解：A、实验室离海平面太高，所测值应偏小，故A错误
B、摆球的轻重对实验没有影响，故B错误
C、测出n次全振动时间为t，误作为（n+1）次全振动时间进行计算，由单摆的周期公式T=2π
得g=，周期算小了会导致g偏大，故C正确
D、以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算，摆长算长了，会导致g偏大，故D正确
本题选不可能的，故选：AB
二、计算题（写出必要的文字说明，四道题，总计40分）
16．图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设摆球向右方向运动为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：
（1）0时刻摆球在哪个位置？写出单摆振动方程表达式？
（2）试估算这个摆的摆长是多少？
【分析】（1）根据图象所示t=0s时摆球的位移确定摆球开始时刻的位置．有图象判断出周期和振幅，根据起始点的位置判断出相位即可
（2）已知单摆周期与当地的重力加速度，由单摆周期公式的变形公式可以求出摆长
【解答】解：（1）由图乙所示图象可知，在t=0s时，摆球处于负的最大位移，摆球向右方向运动为正方向，因此开始时，摆球在B处．
由乙图可知，振幅A=4cm，周期T=0.8s，故
单摆振动方程表达式X=Asin（2.5πt+1.5π）cm
（2）由单摆周期公式T=2π，
故L=
答：（1）在B点，振动方程：X=4sin（2.5πt+1.5π） cm
（2）这个摆的摆长是0.16m
17．如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．M、P两点间接有电阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．求：
（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小；
（2）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．
【分析】（1）当导体棒的速度为v时，根据公式E=BLv求出电动势，根据闭合电路的欧姆定律即可求出电流，根据右手定则判断出通过MN棒的电流的方向；
（2）导体棒运动到达最大速度时，受到的重力、支持力与安培力的合力等于0，然后使用力的正交分解法即可求出安培力的大小，代入安培力的计算公式即可．
【解答】解：（1）当导体棒的速度为v时，产生的感应电动势为E=BLv，回路中的电流大小为：I==；
导体棒在磁场中运动时，所受安培力大小为：。