2020-2021学年山东省临沂市高二(上)期末物理试卷(附答案详解)

2020-2021学年山东省临沂市高二（上）期末物理试卷
副标题
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1.据报道：截止2020年12月我国5G基站建设累积71.8万个，已建成全球最大5G网
络，中国将进入全面5C时代，开启了万物互联时代：车联网、物联网，智慧城市、无人机网络、自动驾驶技术等将一一变为现实。

5G，即第五代移动通信技术，采用3300～5000MHz频段，相比于现有的4G(即第四代移动通信技术，1880−
2635MHz频段)技术而言，具有极大的带宽、极大的容量和极低的时延。

5G信号与4G信号相比，下列说法正确的是()
A. 4G信号比5G信号更容易发生衍射
B. 5G信号是横波，4G信号是纵波
C. 5G信号频率增大，不再发生衍射现象和偏振现象时
D. 5G信号在真空中的传播速度更快
2.下列判断正确的是()
A. 机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波
B. 机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象
C. 电磁波和机械波传播都需要介质
D. 在双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则相邻干涉条纹间距变窄
3.小河中有一个实心桥墩P，A为靠近桥墩浮在水面上的一片树叶，
俯视如图所示，小河水面平静．现在S处以某一频率拍打水面，
使形成的水波能带动树叶A振动起来，可以采用的方法是()
A. 提高拍打水面的频率
B. 降低拍打水面的频率
C. 无论怎样拍打，A都不会振动起来
D. 无需拍打，A也会振动起来
4.水平固定光滑杆上套有一个圆环，轻绳一端拴在环上，另一
端系着一个小木块，整个装置处于静止状态。

某时刻，一颗
子弹以一定初速度射入木块(子弹没有穿出)并随木块摆至最
高点，则以下说法正确的是()
A. 子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B. 子弹随木块一起向上摆至最高点的过程中，子弹和木块组成的系统动量不守恒，
机械能不守恒
C. 子弹随木块摆至最高点时，子弹和木块的瞬时速度为零
D. 整个过程中，圆环、绳、木块和子弹所组成的系统动量守恒
5.如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中不正确的是()
A. 甲、乙两摆的振幅之比为2：1
B. 甲、乙两摆的振动频率之比为2：1
C. 甲、乙两摆的摆长之比为1：4
D. 甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等
6.为了模拟宇宙大爆炸的情况，科学家们使两个带正电的重离子被加速后，沿同一条
直线相向运动而发生猛烈碰撞．若要使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，应设法使离子在碰撞前的瞬间具有()
A. 相同的速率
B. 相同的质量
C. 相同的动能
D. 大小相同的动量
7.在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动
触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，
电表V、A、V1、V2的示数分别用U、I、U1、U2表示，下
列判断正确的是()
A. I减小，U1增大
B. I减小，U2减小
C. 电压表V2的示数变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值等于R1+r，所以
不变
D. 电压表V示数的变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值等于R1+R2，所以
变大
8.一玻璃砖横截面如图所示，其中ABC为直角三角形(AC
边未画出)，AB为直角边，∠ABC=45°；ADC为一圆弧，
其圆心在BC边的中点。

此玻璃的折射率为1.5。

P为一
贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏。

若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则()
A. 从BC边折射出一束宽度与BC边长度相等的平行光
B. 屏上有一亮区，其宽度大于AB边的长度
C. 屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度
D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.某小组做测定玻璃的折射平实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，
笔，白纸等，下列措施能够提高实验准确程度的是()
A. 选用两光学表面间距大的玻璃砖
B. 选用两光学表面平行的玻璃砖
C. 选用粗的大头针完成实验
D. 插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
10.如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源(振动方向沿y
轴)分别位于x=−1.0m和x=5.0m处，两列波的速率均为v=2m/s，两波源的振幅均为A=2cm。

图示为t=0时刻两列波的图象(传播方向如图所示)，此刻平衡位置处于x=1.0m和x=3.0m的M、N两质点刚开始振动。

质点P、Q的平衡位置分别处于x=2.0m和x=2.5m处，关于各质点运动情况判断正确的是()
A. 质点Q的起振方向沿y轴正方向
B. t=1.25s时刻，质点M的位移为0
C. t=0时刻，x=−0.5m与x=4.5m处的质点位移相同
D. 两列波能发生干涉，发生干涉后质点Q为振动加强点
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2s质点第一
次经过M点，再继续运动，又经过1s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M 点再需要的时间可能是()
A. 4
3s B. 7
3
s C. 7s D. 9s
12.质量相等的高铁列车与普通列车分别受到恒定动力F1、F2的作用从静止开始做匀加
速运动，在t0和4t0时刻的速度分别达到2v0和v0时，撤去F1和F2，此后两列车继续做匀减速运动直至停止，两列车运动速度随时间变化的图线如图所示。

设两车受到的摩擦力的冲量分别为I f1、I f2摩擦力做的功分别为W f1、W f2，F1和F2的冲量分别为I1和I2，F1和F2做的功分别为W1、W2。

下列结论正确的是()
A. I f1：I f2=1：4
B. W f1：W f2=6：5
C. I1：I2=3：5
D. W1：W2=6：5
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13.在“利用单摆测重力加速度”的实验中，
(1)从下列器材中选用最合适的器材(填写器材代号)______。

A.小铁球
B.小塑料球
C.20cm长的细线
D.100cm长的细线
E. 手表
F.时钟
G.秒表
(2)若实验测得的g值偏大，可能的原因是______
A.摆球的质量太大
B.测摆长时，仅测了线长，未加小球半径
C.测周期时，把n次全振动误记为(n+1)次
D.摆球上端未固定牢固，振动中出现松动(摆长变长)
(3)某同学想进一步验证单摆的周期和重力加速度的关系，但又不可能去不同的地
区做实验。

该同学就将单摆与光电门传感器安装在一块摩擦不计、足够大的板上，使板倾斜α角度，让摆球在板的平面内做小角度摆动，如图甲所示。

利用该装置可以验证单摆的周期和等效重力加速度的关系。

若保持摆长不变，则实验中需要测量的物理量有______。

若从实验中得到所测物理量数据的图线如图乙所示，则图象中的纵坐标表示______，横坐标表示______。

14.某研究性学习小组的同学欲做“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验。

已知所用小
电珠的额定电压和额定功率分别为2.5V、1.2W，实验使用的直流电源的电动势为
3.0V，内阻忽略不计，实验可供选择的器材规格如下：
A.电流表A1(量程0～0.6A，内阻约5Ω)
B.电流表A2(量程0～3A，内阻约0.1Ω)
C.电压表V1(量程0～3V，内阻约3kΩ)
D.电压表V2(量程0～15V，内阻约2kΩ)
E.滑动变阻器R1(阻值0～10Ω，额定电流1A)
F.滑动变阻器R2(阻值0～5000Ω，额定电流500mA)
请回答下列问题：
(1)为了完成实验且尽可能减小实验误差，电流表应选择______ ，电压表应选择
______ ，滑动变阻器应选择______ (填写实验器材前的序号)。

(2)该研究性学习小组想进一步研究网电阻串联后的伏安特性曲线与单个电阻的伏
安特性曲线的关系，于是找来两个电阻R1和R2，并测出R1和R2的伏安特性图线分别如图所示，将这两个电阻串联，然后接在电动势E=6.0V、内电阻r0=2.4Ω的电源的两极上。

①在图上用实线画出R1、R2串联(作为一个整体)后的伏安特性曲线和该电源的I−
U图线(不需写作图步骤和理由)。

②接通电路后，电阻R2消耗的功率P2=______ (结果保留2位有效数字)。

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15.如图所示，一个储油桶的底面直径与高均为d。

当桶内没有油时，从某点A恰能看
到桶底边缘的某点B。

当桶内油的深度等于桶高的一半时，仍沿AB方向看去，恰。

求：
好看到桶底上的点C，C、B两点相距d
4
(1)油的折射率；
(2)光在油中传播的速度大小；
(3)在桶正上方看到的油在棚中的深度h。

16.如图所示，小球在半径为R的光滑球面上的A、B之间来
回运动。

若AB⏜<<R
(1)试证明小球的运动是简谐运动；
(2)求出其振动的频率。

17.如图甲所示，一个不计重力的弹性绳水平放置，O、b、c是弹性绳上的三个质点。

现让质点O从t=0时刻开始，在竖直面内做简谐运动，其位移随时间变化的振动方程为y=20sin10πt(cm)，形成的简谐波同时沿该直线向Ob和Oc方向传播。

在t=0.55s时，质点b恰好第一次到达负向最大位移处，O、b两质点平衡位置间的距离L1=0.8m，O、c两质点平衡位置间的距离L2=0.6m。

求：
(1)此横波的波长和波速；
(2)计算0～1.0s的时间内质点c运动的总路程。

并在图乙中画出t=1.0s时刻向两方
向传播的大致波形图。

(画波形图时不要求解题过程)
18.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左侧固定，右端连接着
质量m=1kg的小物块A，弹簧压缩后被锁定在某一长度；装置的中间是水平传送带。

它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=2m/s的速度逆时针转动，传送带上部水平长度L=1.0m(如图所示)；装置右边是一倾角为53°的斜面，质量M=2kg的小物块B从其上距水平台面ℎ=1.0m。

设物块B运动到斜面底部和传送带交界处无能量损失，物块A、B(均看做质点)之间每次发生的都是对心碰撞(碰撞时间极短)，每次碰撞后两者以相同速度一起向前运动且碰撞瞬间弹簧锁定被解除，取g=10m/s2，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.2，物块B
，sin53°=0.8，cos53°=0.6，现由静止释放物块与斜面之间的动摩擦因数μ2=4
15
(1)求物块B第一次到达斜面底端时的速度大小；
(2)若物块B第一次与A分离后，恰好运动到右边斜面上距水平台面ℎ′=0.5m高的位置，求弹簧被锁定时弹性势能的大小；
(3)在满足(2)问条件的前提下，两物块发生多次碰撞，且每次碰撞后分离的瞬间物块A都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、B第n次碰撞后瞬时速度大小。

答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、4G信号的频率更低，波长更长，故4G信号比5G信号更容易发生衍射，故A正确；
B、电磁波均为横波，故5G和4G信号均为横波，故B错误；
C、5G信号的频率更大，5G信号为电磁波，可以发衍射现象，由于电磁波为横波，可以发生偏振现象，故C错误；
D、任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故传播速度相同，故D错误。

故选：A。

明确电磁波的性质，知道电磁波在真空中传播速度均为光速，并且电磁波为横波，都能够发生偏振现象；根据明显衍射的条件判断。

本题以截止2020年12月我国5G基站建设累积71.8万个为情景载体，考查电磁波的传播和接收规律，知道5G信号的频率更大，但在真空中传播的速度相同，故5G信号的波长更短。

2.【答案】B
【解析】解：A、机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有横波，故A错误；
B、干涉和衍射是波的特有性质，所以机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象，故B 正确；
C、机械波在传播过程中需要介质；电磁波的传播不需要介质，故C错误；
⋅λ，若仅将入射光由绿光改为红光，由于波长变大，D、光的干涉条纹间距为：△x=L
d
故条纹间距变大，故D错误。

故选：B。

机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有横波；干涉和衍射是波的特有性质；机械波在
⋅λ求传播过程中需要介质；电磁波的传播不需要介质；依据干涉条纹的间距公式△x=L
d
解。

本题考查对描述波的基本物理量的理解，要明确机械波与电磁波的异同点，要求学生会
⋅λ分析。

根据光的干涉条纹间距为△x=L
d
3.【答案】B
【解析】解：拍打水面时，水波中的质点上下振动，形成的波向前传播，提高拍打水面的频率，则质点振动的频率增加，波的频率与振动的频率相等，根据λ=v f，波速不变，频率增大，波长减小，衍射现象不明显，反之降低频率，波长增大，衍射现象更明显．故A错误，B正确．C、D错误．
故选B．
发生明显的衍射现象的条件：孔缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或更小．当衍射现象明显时，形成的水波能带动树叶A振动起来．
解决本题的关键知道质点振动的频率与波传播的频率相等，以及掌握波发生明显衍射的条件．
4.【答案】B
【解析】解：A、子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，子弹射入木块过程要克服阻力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故A错误；
B、子弹随木块一起向上摆至最高点的过程中，子弹和木块组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；子弹和木块一起向上摆动过程，圆环在轻绳拉力作用下向右滑动，该过程轻绳对子弹和木块做功，子弹和木块组成的系统机械能不守恒，故B正确；
C、子弹随木块摆至最高点过程，子弹、木块、圆环组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，子弹随木块摆至最高点时子弹、木块、圆环在水平方向的速度相等，由于系统在初状态总动量不为零，由动量守恒定律可知，当子弹随木块摆至最高点时系统总动量不为零，子弹和木块的瞬时速度不为零，故C错误；
D、整个过程中，圆环、绳、木块和子弹所组成的系统所受合外力不为零，圆环、绳、木块和子弹所组成的系统动量不守恒，故D错误。

故选：B。

系统所受合外力为零，系统动量守恒；只有重力或只有弹力做功，机械能守恒；分析清楚运动过程，应用动量守恒与机械能守恒的条件分析答题。

本题是连接体机械能守恒和水平方向动量守恒问题，关键要正确选择研究对象，明确研究的过程。

此题研究只能针对系统，对单个物体机械能不守恒。

5.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm，振幅之比为2：1，故A正确；
B、由图可知，甲摆周期为4s，乙摆周期为8s，甲、乙两摆的周期之比为1：2，根据公式f=1
，可得甲、乙两摆的振动频率之比为2：1，故B正确；
T
C、由图可知，甲摆周期为4s，乙摆周期为8s，甲、乙两摆的周期之比为1：2，由单摆周期公式T=2π√L
，可知甲、乙两摆的摆长之比为1：4，故C正确；
g
D、因摆球摆动的最大偏角未知，不能确定摆球在最低点时的向心加速度大小，故D错误。

本题选择不正确的，
故选：D。

，可由图读出两单摆的振幅，然后可求振幅之比；由图得到周期之比，根据公式f=1
T
得甲、乙两摆的振动频率之比；由单摆周期公式可求出摆长之比；由于最大偏角未知，不能确定摆球在最低点时的向心加速度大小。

本题考查了简谐运动的图象和单摆周期公式，要能通过图象得到周期和振幅，然后结合单摆周期公式分析。

6.【答案】D
【解析】解：碰撞后尽可能多的动能转化为内能，也就是在碰撞过程中损失的机械能尽可能多，在完全非弹性碰撞中，碰撞后两粒子粘在一起时，粒子损失的机械能最多．而在碰撞过程中遵循动量守恒定律可知，碰撞前系统的总动量为零，则碰撞后系统的总动量亦为零，所以本题关键是设法使这两个重离子在碰撞前瞬间具有大小相等方向相反的动量，这样可以保证碰撞后粒子的动能最小，从而使更多的动能转化为内能．
故选：D．
为了使碰撞前后尽可能多的动能转化为内能，则根据碰撞规律可知，碰撞后两粒子粘在
，可知碰撞后粒子的总动量越小，则粒子的动一起，则损失的动能最多，又据E K=p2
2m
能也越小．
为了使碰撞后粒子的动量尽可能小，根据动量守恒定律可知，碰撞前如果系统的总动量为零，则碰撞后系统的总动量为零，要使两个带正电的重离子如果在碰撞前具有大小
相等、方向相反的动量，则碰撞后系统的总动量为零，粒子的动能近似为零
本题考查了碰撞中能量损失问题．碰撞中损失的动能最多就是碰撞后两物体粘在一起的这种碰撞，具有大小相等、方向相反的动量的粒子相碰后两粒子速度为零，动能全部转化为内能．
7.【答案】C
【解析】解：AB、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知干路电流I减小，R1的电压为U1=IR1，则U1减小。

因U2= E−I(R1+r)，I减小，其他量不变，则U2增大，故AB错误；
C、由U2=E−I(R1+r)，得|△U2
△I
|=R1+r，不变，故C正确；
D、由闭合电路欧姆定律得U=E−Ir，则|△U
△I
|=r，不变，故D错误。

故选：C。

理想电表不考虑电表对电路的影响，电压表V测量路端电压，电流表测量干路电流。

当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，其接入电路的电阻变大，根据电路的结构，由欧姆定律可判断电表示数的变化情况。

由闭合电路欧姆定律分析电压表的示数变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值如何变化。

本题中C项，也可以把电阻R1看成是电源的内阻，用等效思维来理解。

对于电压的变化量和电流的变化量之比常常根据闭合电路欧姆定律来研究。

8.【答案】D
【解析】解：ABC、根据临界角公式sinC=1
n ，得sinC=1
1.5
=2
3
<√2
2
，所以C<45°，
则光在BC面上发生全反射，光经BC面全反射后垂直AC面由ADC进入空气，折射角大于入射角，故所有从曲面ADC射出的光线都向ADC的中央方向偏折，如图所示，屏上亮区宽度小于AC边长度，故ABC错误；
D、又AB边与AC边长度相等，当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小，一旦越过折射光线的交点后，亮区渐渐变大，故D正确。

故选：D。

已知材料的折射率n=1.5，根据sinC=1
n
分析知道临界角小于45°，从AB面射入的所有光线在AC面上都发生全反射。

从AB面中间附近射入的光线到达圆弧ACD面时，入射
角较小，不发生全反射，可以从圆弧面折射出来。

本题考查对全反射现象的理解和分析能力。

当光到达两个介质的界面时，要考虑能否发生全反射。

9.【答案】AD
【解析】解：A、为了作图误差更小，应选用两光学表面间距大的玻璃砖，故A正确；
B、根据折射定律可知，如果两个光学面不平行，不影响入射角与折射角的值，所以对折射率的测定结果不产生影响，故B错误；
C、为了准确测量光路图，应选用较细的大头针来完成实验，选用粗的大头针完成实验时，容易出现观察误差，使光线实际并不平行，故C错误；
D、插在玻璃砖同侧的大头针之间的距离适当大些时，相同的距离误差情况下引起的角度误差会减小，故D正确。

故选：AD。

为了取得较好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，选择的入射角应尽量大些；同侧的大头针之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差。

本题是插针法测定玻璃砖的折射率实验，实验原理是折射定律，注意根据原理分析实验误差情况和实验中应注意的事项。

10.【答案】ABD
【解析】解：A、向左传播的波先传到质点Q，质点Q的起振方向与图中N点的振动方向相同，根据波形平移法知质点Q的起振方向沿y轴正方向，故A正确；
B、由图知波长λ=2m，在t=1.25s时间内两波传播的距离为x=vt=2×1.25m=
2.5m，向左传播的波波峰传到M点，向右传播的波波谷传到M点，根据波的叠加原理可知t=1.25s时刻质点M的位移为0，故B正确；
C、t=0时刻，x=−0.5m与x=4.5m处的质点位移大小相等，方向相反，位移不同，故C错误；
D、两列波的波长相等，波速相等，由v=λf知两波的频率相同，能发生稳定干涉，质点Q距两波源的路程差△s=3.5m−2.5m=1m=0.5λ，由于两波源的起振方向相反，所以，质点Q处是两列波波峰与波峰或波谷与波谷相遇处，振动加强，故D正确。

故选：ABD。

由波的传播方向来判断质点的振动方向。

由图读出波长，由x=vt算出在t=1.25s时间内两波传播的距离，结合波的叠加原理分析t=1.25s时刻质点M的位置，确定其位移。

两列频率相同的波相遇时，能发生稳定干涉，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。

本题要理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当两波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为两波振幅之和；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。

11.【答案】BD
【解析】解：AB、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=(2+1
2
×1)×
1
3
×4s=
10
3
s
振子第三次通过M点需要经过的时间
为：t=T−1s=10
3s−1s=7
3
s，故A
错误，B正确；
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=(2+1
2
×1)×4s=10s
振子第三次通过M点需要经过的时间为：t=T−1s=9s，故C错误，D正确。

故选：BD。

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，再求出振子第三次到达M点还需要经过的时间可能值。

本题考查了简谐运动的对称性，考查学生分析振动过程的能力，注意振子开始运动方向不明，要考虑两种可能性。

12.【答案】BCD
【解析】解：A、撤去动力后列车只受摩擦力作用，由图象可知撤去外力后加速度相等，则两列车受到的摩擦力相等，两列车全程的时间之比为t1：t2=3：5，
则两次摩擦力的冲量之比I f1：I f2=3：5，故A错误；
B、因v−t图线与t轴围城的面积表示位移，故两列车全程的位移之比x1：x2=6：5，故摩擦力做的功之比W f1：W f2=fx1：fx2=6：5，故B正确；
C、对列车全过程利用动量定理，有：I1−I f1=0，I2−I f2=0，故I 1：I2=I f1：I f2=3：5，故C正确；
D、对列车全过程利用动能定理：W1−W f1=0，W2−W f2=0，故W1：W2=W f1：W f2=6：5，故D正确。

故选：BCD。

摩擦力的冲量等于摩擦力乘以时间，撤去外力之后物体只受摩擦力，根据图象可判断摩擦力大小，进而求出两次摩擦力冲量之比；摩擦力做功等于摩擦力乘以位移，位移可从v−t图中求出；对列车全过程利用动量定理求出恒定动力的冲量之比；对列车全过程
利用动能定理，可求出恒定动力做的功之比。

本题考查动量定理，动能定理和冲量的综合运用，关键在于能读懂v−t的隐含信息，
本题的隐含信息为摩擦力相等。

13.【答案】(1)ADG；(2)C；(3)木板倾角α和单摆振动的周期T；T2；1。

sinα
【解析】
【分析】
(1)单摆应由长约1m的摆线和小铁球构成。

用秒表测量时间，用米尺测量摆线的长度，装置安装在铁架台。

(2)根据单摆的周期公式T=2π√L
，写出重力加速度的表达式，从而判断出引起重力加
g
速度测量值偏小的原因。

(3)根据单摆的周期公式T=2π√L
，结合等效重力加速度，从而导出周期公式T=
g
2π√L
，从而结合图象的要求，即可求解。

gsinα
解决本题的关键掌握单摆的周期公式，知道测量重力加速度的实验原理，根据实验原理选择器材，分析误差形成的原因。

【解答】
(1)“利用单摆测重力加速度”的实验中，最合适的器材有：小铁球、100cm长的细线
以及秒表；
故选：ADG。

(2)A、根据T=2π√L
g ，可得，g=4π2L
T2
，则摆球的质量对实验无影响，故A错误；
B、测摆长时，仅测了线长，未加小球半径，这样摆长测量偏小，则测得的重力加速度g值偏小，故B错误；
C、测周期时，把n次全振动误记为(n+1)次，则测得的周期偏小，则测得的重力加速度g值偏大，故C正确；
D、摆球上端未固定牢固，振动中出现松动，这时测得的周期偏大，则测得的重力加速度g值偏小，故D错误；
故选：C。

(3)此单摆的等效重力加速度为g′=gsinα，则单摆的周期T=2π√L
gsinα
，
则保持摆长不变时，要测量的物理量是：木板倾角α和单摆振动的周期T；
将T=2π√L
gsinα变形为：T2=4π2L
g
⋅1
sinα
，
则若从实验中得到所测物理量数据的图线如图乙所示，
则图象中的纵坐标表示T2，横坐标表示1
sinα。

故答案为：(1)ADG；(2)C；(3)木板倾角α和单摆振动的周期T；T2；1
sinα。

14.【答案】A C E 1.1W
【解析】解：(1)灯泡的正常工作
电流I0=P0U
0=1.2
2.5
A=0.48A，为
准确测量电流，则电流表选量程
为0.6A的电流表A1。

电源电压为
3V，电压表选量程为3V的电压
表C1。

若将阻值为5000Ω的滑动变阻器接入电路，则电路的电流很小以致于灯泡不发光，所以滑动变阻器选较小的R1。

(2)两个电阻R1和R2，并测出R1和R2的伏安特性图线分别如图所示，将这两个电阻串联，然后接在电动势E=6.0V、内电阻r0=2.4Ω的电源的两极上。

①据闭合电路的欧姆定律有：将R1+R2看成一个整体，它的伏安特性曲线如图，其两
端电压U=E−Ir0，即I=5
2−5
12
U，画出路端电压与电流的关系如图所示，
②从图象看：电源的U−I直线与整体的伏安特性曲线相交于(2.6V,1.4A)，而从R2的伏安特性曲线可以看出：当电流I=1.4A时，R2两端电压U=0.7V，则电阻R2消耗的功率P=UI=1.6×0.7W=1.1W。