2019-2020学年雅安中学高二下学期第一次月考物理试卷(含答案解析)

2019-2020学年雅安中学高二下学期第一次月考物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.关于简谐振动的加速度，下列说法正确的是()
A. 大小与位移成正比，方向一周期变化一次
B. 大小不变，方向始终指向平衡位置
C. 大小与位移成正比，方向始终指向平衡位置
D. 大小变化是均匀的，方向一周期变化一次
2.如图1一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中的感应电动势e
随时间t的变化如图2，下列说法中正确的是()
A. t1时刻通过线圈的磁通量为零
B. t2时刻线圈位于中性面
C. t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
D. 每当e变化方向时，通过线圈的磁通量最大
3.如图所示，实线为简谐波在时刻t的图象，虚线为简谐波经Δt时
间后的图象。

下列说法正确的是()
A. 这列简谐波一定沿x轴正方向传播
B. 这列简谐波一定沿x轴负方向传播
C. 实线上的质点a经Δt时间后位于虚线上的a1位置
D. 实线上的质点a经Δt时间后位于虚线上的a2位置
4.一个弹簧振子做受迫运动．它的振幅A与驱动力频率f之间的关系如图所
示．由图可知错误的是()
A. 驱动力频率为f2，振子处于共振状态
B. 驱动力频率为f2时．受迫振动的振幅比共振小，但振子振动的频率仍为f2
C. 振子如果做自由振动，它的频率是f2
D. 振子可以做频率为f1的等幅振动
5.如图甲所示是某人站在力传感器上做下蹲—起跳动作的部分示意图．如图乙所示是根据传感器
画出的力—时间图象，其中力的单位是N，时间的单位是s.两图中的点均对应，取重力加速度g= 10m/s2.请根据这两个图所给出的信息，判断下列选项正确的是()
A. 此人的质量约为60kg
B. 此人从站立到蹲下的过程对应图中1到6的过程
C. 此人在状态2时处于超重状态
D. 此人向上的最大加速度大约为1.9g
6.如图所示为某一输电示意图，电厂的发电机输出功率为100kW，输出电压U1=500V，升压变
压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=1：20，输电线电阻为40Ω，用户需要的电压U4=220V，变压器均为理想变压器。

则()
A. 输电线上的输送电流为250A
B. 输电线上损失的电压为280V
C. 输电线上损失的电功率为4kW
D. 降压变压器的原、副线圈的匝数比为n3：n4=48：11
7.如图，某质点做简谐运动的图象，下列说法正确的是()
A. t=0时，质点的速度为零
B. t=0.1s时，质点具有y轴正向最大加速度
C. 在0.5s～06s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动
D. t=0.2s时，质点的速度方向沿y轴正方向
二、多选题（本大题共7小题，共33.0分）
8.如图所示，变压器原、副线圈匝数比为4：1，电池和交变电源的电动势都
为4V，内阻均不计，电流表为理想电表，变压器为理想变压器．下列说法
正确的是()
A. S与a接通的瞬间，R中有感应电流
B. S与a接通稳定后，R两端的电压为1V
C. S与a接通稳定后，R的滑片向上滑，电流表的示数变小
D. S与b接通稳定后，R两端的电压为1V
9.一列简谐横波沿x轴的正向传播，振幅为2cm，已知在t=0时刻相距30cm
的两质点a、b的位移都是1cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负
向，如图所示，则()
A. t=0时刻，两质点a、b的加速度相同
B. 两质点a、b的平衡位置间的距离为半彼长的奇数倍
C. 质点a的速度最大时，质点b的速度为零
D. 当质点b的位移为+2cm时，质点a的位移为负
10.如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1︰n2=11︰5，电阻R1=R2=25Ω，D
为理想二极管，原线圈输入u=220√2sinπtV的交流电．则()
A. 用交流电流表测得通过R1的电流为4A
B. 用交流电流表测得通过R2的电流为√2A
C. 变压器的输入功率为600W
D. 副线圈中电流的有效值为6A
11.如图甲所示，一根水平张紧的弹性长绳上有等间距的Q′、P′、O′、P、Q五个质点，相邻两质点
间的距离为1m。

t=0时刻，质点从平衡位置O开始沿y轴正方向运动，并分别产生向左、向
右传播的波，O质点振动图象如图乙所示。

当O点第一次达到正方向最大位移时，P点开始振动，则()
A. 波在绳上的传播速度为1m/s
B. 若O质点振动加快，波的传播速度仍不变
C. P′、P两点距离为半个波长，因此它们的振动步调始终相反
D. 当Q′质点第一次达到负向最大位移时，O质点通过的路程为25cm
12.如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=
220√2sin100πt(V)，电阻R=44Ω，电压表、电流表均为理想电表，则()
A. 交流电的频率为50Hz
B. 电流表A1的示数为5A
C. 电流表A2的示数为√2A
D. 电压表的示数为44V
13.图1是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，此时离原点9m的质点刚要开
始振动，图2是该简谐波传播方向上某一质点的振动图象(计时起点相同)，下列说法正确的是()
A. 该波的振幅A=11cm
B. 该波的周期T=3s
C. 该波的传播速度v=1m/s
D. 该波的波源起振方向为向上
E. 图2可能是图1中质点F的振动图象
14.如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10：1，R=1Ω，原线圈允许通过电流的最
大值为1A，副线圈ab两端电压随时间变化的图象如图乙所示．则下列说法正确的是()
A. 原线圈输入电压的有效值为220V
B. 原线圈两端交变电压的频率为500Hz
C. 副线圈中电流的最大值为0.1A
D. 为保证电路安全工作，滑动变阻器R′的阻值不得小于1.2Ω
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
15.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。

(1)该同学在组装单摆时，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，如下图所示。

(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下图所示，读数为_____cm，则该单摆的摆长为__________cm。

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)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆线长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，并求得该直线的斜率k，则重力加速度g=_________。

(用k表示)
四、计算题（本大题共3小题，共35.0分）
16.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.2s时刻的波形图，乙图是这列波中质点B的振
动图象，由图可知，
①这列简谐波波速为多少？传播方向如何？
②质点B在图示时刻之后的1s之内通过的路程为为多少？
③画出t=0.3s时的波形图？
17.如图所示为交流发电机示意图，匝数n=100匝的矩形线圈的边长分别为10cm和20cm，电阻为
5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕轴以50√2rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相连接.求：
(1)线圈绕轴OO′转动时产生的感应电动势的最大值E m;
(2)从中性面开始计时，线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式;
(3)电阻R上消耗的电功率;
(4)由图示位置转过90°的过程中，通过R的电荷量是多少⋅
18.如图，可视为质点的小球在光滑的圆弧面上振动，圆弧面所在圆周的
半径远远大于圆弧的长度，试证明小球的运动可以视为简谐运动．
【答案与解析】1.答案：C
解析：解：简谐振动的加速度：a=F
m =−kx
m
；大小与位移成正比，方向始终指向平衡位置，方向一
周期变化两次．故C正确，ABD错误．
故选：C
据简谐运动的动力学特性和各物理量的变化规律分析求解即可．简谐振动的平衡位置一定是物体所受回复力为零的位置．
明确简谐运动的动力学特性和各物理量的变化规律，即速度、位移、回复力和加速度的变化规律．2.答案：D
解析：解：At1时刻感应电动势为0，为中性面磁通量最大。

故A错误；
Bt2时刻感应电动势最大，磁通量为0，处于与中性面垂直的位置；故B错误
Ct3时刻感应电动势为O，则磁通量的变化率为0.故C错误
D每当e改变方向时，为中性面，磁通量最大。

故D正确
故选：D。

解答本题应掌握交流电的产生：明确在中性面上磁通量最大，感应电动势为0，电流方向发生变化．本题考查正弦交流电的产生原理，要重点明确中性面及垂直中性面时的电动势、磁通量等的性质，并明确在一个周期内各物理量的变化情况．
3.答案：C
解析：
知道两个时间的波形，波的传播方向是不确定的。

简谐横波传播的过程中，介质中各质点只在各自的平衡位置附近振动，并不向前移动。

解决本题关键掌握波的双向性以及质点“不随波逐流”的特点。

AB.根据波形平移法可知，这列简谐波可能沿x轴正向传播，也可能沿x轴负向传播，故AB错误；CD.简谐横波传播的过程中，实线上的质点a只上下振动，并不随波向前移动，所以质点a经过△t时间后不可能位于虚线上a2位置，只可能位于虚线上a1的位置，故C正确，D错误。

故选C。

4.答案：B
解析：解：A、由图，当驱动力频率为f2时，振子处于共振状态，故A正确；
B、驱动力频率为f2时，振子处于共振状态，振幅最大，故B错误；
C、由图，当驱动力频率为f2时，振子处于共振状态，说明固有频率为f2；
振子作自由振动时，频率由系统本身决定，为f2，故C正确；
D、当驱动力频率为f1时，振子做受迫振动，频率为f1，是等幅振动，故D正确；
本题选错误的，故选：B．
振子自由振动的频率由系统本身决定；受迫振动的频率由驱动力频率决定；由共振曲线可知，出现振幅最大，则固有频率等于受迫振动的频率，为f2．
本题关键明确自由振动与受迫振动的频率和振幅的不同，记住共振的条件，基础题．
5.答案：D
解析：
根据平衡条件可知，开始时的人对传感器的压力等于其重力；失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此。

本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别。

A.根据题图乙中图线的1点，由平衡条件得此人的质量约为70kg，A错误；
B.同理根据图线可判断，此人从站立到蹲下的过程中先失重后超重，对应题图乙中1到4的过程，B 错误；
C.由题图乙知，人在状态2时传感器对人的支持力小于人自身的重力，处于失重状态，C错误；
≈1.9g，D正确．
D.根据图线和牛顿第二定律，可得此人向上的最大加速度为a=F max−mg
m
6.答案：C
解析：解：A.根据U 1U 2=n 1n 2知，U 2=20U 1=10000V ，所以输电线上的电流为I 线=P U 2=105
104=10A ，故A 错误；
B .输电线上损耗的电压为△U =I 线⋅R 线=10×40V =400V ，故B 错误；
C .输电线上损耗的功率为
，故C 正确； D .因为U 3=U 2−ΔU =9600V ，所以n 3n 4=U 3U 4
=480：11，故D 错误； 故选：C 。

(1)根据原副线圈电压和匝数成正比求出U 2，根据P =UI 求出输电电流；
(2)根据U =IR ，P =UI 分别求出输电线上损耗的电压和电功率；
(3)根据输电线上的电压关系求出U 3，再根据匝数和电压的关系求出匝数比；
解决该题需明确知道变压器中原副线圈的电压、电流和电功率的关系，知道输电线上的电流的求解方法
7.答案：C
解析：解：A 、由图可知，在t =0时，质点经过平衡位置，所以速度最大．故A 错误；
B 、当t =0.1s 时，质点的位移为正向最大，速度为零，由加速度公式a =−
kx m ，知加速度负向最大．故
B 错误．
C 、在0.5s 时，质点的位移为正向最大，速度为零；0.6s 时，质点经过平衡位置，速度负向最大，可知在0.5s ～0.6s 内质点沿y 轴负方向做加速度减小的加速运动．故C 正确；
D 、在0.2s 时，质点经过平衡位置，0.3s 时质点的位移为负向最大，t =0.2s 时，质点沿y 轴负方向运动．故D 错误；
故选：C
根据质点位移的变化情况，可判断质点的速度方向．质点的位移最大时，加速度最大，而速度为零．位移为零时速度最大，而加速度为零．
由振动图象能直接判断出质点的速度方向和加速度方向，以及速度和加速度的变化，要知道质点的位移最大时速度为零，加速度最大，而位移为零时，速度最大，加速度为零． 8.答案：AD
解析：解：A、S与a接通的瞬时，线圈中磁通量发生变化；故R中会产生感应电流；故A正确；
B、S与a接通后，电路中为稳定的电流；不会在副线圈中产生感应电流；故B错误；
C、S与a接通稳定后，R的滑片向上滑，电流表的示数不变；故C错误；
×4=1V；故D正确；
D、S与b接通稳定后，输出电压U=1
4
故选：AD．
变压器对于交流电起作用，接在直流电中是不起作用的，再根据最大值和有效值之间的关系以及电压与匝数成正比即可求得结论．
掌握住理想变压器的电压、电流与线圈匝数之间的关系，最大值和有效值之间的关系是解决本题的关键；同时要注意明确变压器只能改变交流电的电压．
9.答案：AD
解析：解：
A、t=0时刻a、b两质点的位移相同，由a=−kx
知，两个质点的加速度相同．故A正确．
m
B、图示时刻两质点位移相同，速度相反，但不是反相点，所以a、b两质点的平衡位置间的距离不是半波长的奇数倍．故B错误．
C、图示时刻两质点的速度大小相等，方向相反，但此后b的速度减小，a的速度增大，a到达平衡位置时，b还没有到达波峰，则质点a的速度最大时，质点b的速度不为零．故C错误．
D、当质点b的位移为+2cm，即到达波峰时，a到达平衡位置下方，位移为负．故D正确．
故选：AD
图中a、b两质点的位移都是1cm，加速度相同，运动方向相反，此时两质点的速度大小相等，但此后b的速度减小，a的速度增大，a到达平衡位置时，b还没有到达波峰，显然两点不是反相点，两质点a、b的平衡位置间的距离不是半波长的奇数倍．根据质点运动速度大小分析两质点速度关系．a 质点速度最大时，b质点速度不为零．当b质点位移为+2cm时，a质点位移为负
本题中考查到反相点的问题，振动情况总是相反的两质点，称为反相点，反相点的平衡位置间的距离为半波长的奇数倍．要能根据两质点速度的变化，分析运动过程中位置的关系．
10.答案：ACD
解析：
根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比和二极管的特点分析电压及电流，由功率公式可求得功率。

本题考查二极管的单向导电性及变压器原理，要注意明确变压器电压之比与匝数之比的关系，由电流的热效应求解有效值。

A .由表达式知原线圈电压有效值为220V ，由U 1U 2
=n
1
n 2
，可得副线圈电压为100V ，由欧姆定律可知，流
过R 1的电流I 1=
10025
=4A ，故A 正确；
B .根据电流热效应，1002R
×T
2
=
U 2R
T ，所以R 2两端的电压U 2=50√2V ；则电流I 2=
50√225
=2√2A ，故
B 错误；
C .变压器的输入功率P =I 12R +I 22R =16×25+8×25=600W ，故C 正确；
D .副线圈中的总电流I 2=P
2
U 2
=6A ，故D 正确。

故选ACD 。

11.答案：ABD
解析：
O 质点沿y 轴振动后产生分别向左、向右传播的波，两列波关于y 轴左右对称；由当O 点第一次达到正方向最大位移的时刻，P 点刚开始振动，质点Q′与波源O 相距半个波长，则振动从O 点传到Q′时，O 点已经振动了半个周期；若O 质点振动加快，即周期变小频率变大，波速是由介质的性质决定的，与波的周期频率无关，所以波速不变。

本题与常见的单向传播的简谐波不同，左右具有对称性，解题时要抓住，另外还要抓住波速是由介质的性质决定的，与波的周期频率无关。

A .t =1s 时刻，O 点第一次达到正方向最大位移，P 点刚开始振动，即波传播了1m ，故波速为：v =
Δx Δt
=1
1m/s ，故A 正确；
B .波速由介质决定，与频率无关，故O 质点振动加快，波的传播速度不变，故B 正确；
C .依题，向左、向右传播的两列波关于y 轴左右对称，步调总是相同，故C 错误；
D .振动从O 点传到Q′时，O 点已经振动了半个周期，Q′起振方向向上，当Q′点振动第一次达到负向最大位移时需经历3
4周期，则质点O 共运动了11
4周期，通过的路程为S =4A +A =5A =25cm 。

故D
正确。

故选ABD。

12.答案：AD
解析：解：A、由u=220√2sin100πt(V)可知，交流电源的角频率为100πrad/s，则频率为：f=ω
2π
=
100π
2π
=50Hz，故A正确；
D、该交流电的最大值为220√2V，有效值为220V，电压表测的是电阻两端电压的有效值，由U1
U2=n1
n2
得，U2=n2n
1⋅U1=220
1100
×220=44V，即电压表的示数是44V，故D正确；
B、C、由欧姆定律，电流表A2的示数为：I2=U2
R =44
44
=1A，电流表A1的示数为：I1=n2
n1
⋅I2=220
1100
×1=
0.2A.故B错误，C错误．
故选：AD
由瞬时值的表达式可知，该交流电的最大值为220√2V，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，逐项分析即可得出结论．
考查交流电的表达式中各量的物理意义，明确电表的示数为有效值，最大值与有效值之间的关系．13.答案：ACE
解析：解：A、由图1知该波的振幅A=11cm，故A正确；
BC、根据图象可得λ=2m，T=2s，所以波的传播速度大小为1m/s，故B错误C正确；
D、波源的起振方向与x=9m处的质点在t=0时刻的振动方向相同，简谐波沿x轴正方向传播，可知x=9m的质点在t=0时刻的振动方向向下，所以波源的起振方向向下，故D错误；
E、由图2看出，t=0时刻，质点经过平衡位置向上，而图1中，F点也经过平衡位置向上运动，故图2可能是图1中质点F的振动图象，故E正确。

故选：ACE。

由图1知该波的振幅；由图象可知波长和周期，根据v=λ
T
可求得波速；波源的起振方向与x=9m处的质点在t=0时刻的振动方向相同，根据波的传播可知x=9m处的质点在t=0时刻的振动方向向下；根据=0时刻，质点的振动方向可判断图2是否是图1中质点F的振动图象。

本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握。

14.答案：AD
解析：解：A、由图乙可得副线圈电压的最大值是31.1V，则其有效值是22V，由于理想变压器的原、副线圈匝数之比为10：1，所以原线圈电压的有效值为220V，故A正确；
B、由图可知，电流变化的周期为0.02s，所以频率为50 Hz，故B错误；
C、由图乙可得副线圈电压的最大值是31.1V，则其有效值是22V，由于电阻阻值不知，所以电流的最大值不确定，但根据原线圈允许通过的最大电流1A，则有副线圈允许通过的最大电流为10A，选项C错误．
D、为保证电路安全工作，根据原、副线圈匝数之比为10：1，及R=1Ω，滑动变阻器R′的阻值不得小于1.2Ω，才能保证安全，故D正确；
故选：AD
根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据电压与匝数成正比可以求得副线圈的电压的大小．
本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，根据电压和匝数之间的关系即可求得．
15.答案：(2)2.050，90.425，ABD
(3)4π2 k
解析：
(2)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长；根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析各选项判断正误；
(3)根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后求出重力加速度。

游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，对游标卡尺读数时要先确定游标尺的精度，游标卡尺不需要估读，读数时视线要与刻度线垂直；掌握单摆周期公式即可解题。

(2)由图示游标卡尺可知，其示数为：20mm+10×0.05mm=20.50mm=2.050cm；
单摆的摆长：L=l+d
2=89.40cm+2.050
2
cm=90.425cm；
由单摆周期公式：T=2π√L
g 可知，重力加速度：g=4π2L
T2
；
A、计算摆长时加的是摆球的直径，所测L偏大，所测g偏大，故A正确；
B、开始计时时，停表晚按下，所测周期T偏小，所测g偏大，故B正确；
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，所测周期T偏大，所测g偏小，故C错误；
D、实验中误将30次全振动记为31次，所测周期T偏小，所测g偏大，故D正确；
故选：ABD。

(3)由单摆周期公式：T=2π√L
g =2π√l+r
g
，可知：T2=4π2
g
l+4π2r
g
，T2−l图象的斜率：k=4π2
g
，
重力加速度：g=4π2
k。

故填：(2)2.050；90.425；ABD；(3)4π2
k。

16.答案：解：①由图读得：λ=4m，T=0.4s，则波速
v=λ
T
=10m/s
乙图是质点B的振动图象，由振动图象乙知，t=0.2时
刻B的振动方向沿y轴负方向，则根据波形平移法得知，
该波沿x轴负方向传播．
②t=1s=2.5T，则质点B在图示时刻之后的1s之内通过的路程为s=2.5×4A=10×0.1cm= 1cm
③因从t=0.2s到t=0.3s经历时间是0.1s=1
4T，则波形向左平移1
4
λ，如图．
答：①这列简谐波波速为10m/s，传播方向沿x轴负方向．
②质点B在图示时刻之后的1s之内通过的路程为1cm．
③画出t=0.3s时的波形图如图．
解析：①由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，求出波速．由振动图象读出t=0时刻质点B 的振动方向，即可判断波的传播方向．
②根据时间与周期的倍数关系求解质点B通过的路程．
③根据时间与周期的关系，由波形平移法确定波形图．
本题关键要抓住振动图象与波动图象的内在联系．在求质点做简谐运动通过的路程时，往往根据一
个周期内，质点的路程为4A，半个周期内为2A，但不能以此类推，1
4
T内路程不一定是A，要看运动过程的起点．
17.答案：解：(1)矩形线圈面积S=0.1×0.2m2=0.02m2，感应电动势最大值：E m=nBSω= 100×0.5×0.02×50√2V=50√2V
(2)从中性面开始计时，感应电动势瞬时值表达式为正弦形式，瞬时值为：
(3)感应电动势有效值：E=E m
√2
=50V
由闭合电路欧姆定律得：I=E
R+r =50
20+5
A=2A
则电阻R上所消耗的电功率：P=I2R=22×20W=80W
(4)由图示位置转过90∘的过程中，通过R的电荷量：q=n·ΔΦ
R+r =nBS
R+r
=100×0.5×0.02
20+5
C=0.04C
解析：解决本题的关键是知道从中性面开始计时，瞬时值表达式为正弦形式，掌握交流电的最大值和有效值关系，产生电动势的线圈相当于电源，从而转化为电路的问题，在解题过程中一定要注意，电压表和电流表的示数为有效值。

(1)根据E m=nBSω求得产生的感应电动势的最大值；
(2)从中性面开始计时，产生交流电的瞬时值表达式为；
(3)根据闭合电路欧姆定律求出电流有效值，再根据P=I2R求电阻R消耗的电功率；
(4)根据感应电荷量推论式q=n·ΔΦ
R+r
可求得通过R的电荷量。

18.答案：证明：设小球质量为m，圆弧的半径为R，小球相对平衡位置的位移为
x．
小球的重力沿切线方向的分力是小球沿圆弧振动的回复力
F
回
=mgsinθ
当半径远远大于圆弧的长度时，θ很小，小球位移的大小与θ角所对的弧长及θ角
所对的弦都近似相等，因而sinθ≈x
R
，
且位移方向与回复力方向相反，所以回复力为F回=−mg R⋅x
所以小球的运动可以视为简谐运动．
证毕
解析：对小球进行受力分析，然后结合简谐振动的条件即可证明．
该题考查简谐振动的回复力的特点，解答的关键是正确对小球进行受力分析．。