2022年上海市普陀区高考物理二模试卷

2022年上海市普陀区高考物理二模试卷

一.选择题

1.（2022•普陀区二模）由核反响产生，且属于电磁波的射线是（）

A.a射线B.丫射线C.X射线D.阴极射线

2.（2022•普陀区二模）一颗恒星的寿命取决于它的（）

A.温度B.颜色C.质量D.体积

3.[2022•普陀区二模）白光通过双缝后产生的干预条纹是彩色的，其缘由是不

同色光的（）

A.频率不同B.强度不同C.振动方向不同D.传播速度不同

4.（2022•普陀区二模）关于布朗运动，以下说法中正确的选项是（）

A.液体分子的无规章运动就是布朗运动

B.布朗运动的剧烈程度跟温度无关

C.布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒不断地受到液体分子的撞击而引起的

D.悬浮在液体中固体颗粒越大，在某一瞬时撞击它的分子数越多，布朗运动越

明显

5.（2022•普陀区二模）某教室墙上有一朝南的钢窗，当把钢窗左侧向外推开时,

以下说法正确的选项是（）

A.穿过窗户的地磁场的磁通量变大

B.穿过窗户的地磁场的磁通量不变

C.从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是逆时针

D.从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是顺时针

6.[2022•普陀区二模）如图，倾斜的天花板上有一物块，该物块在竖直向上的

恒力F作用下恰好能沿天花板匀速上升，以下说法中正确的选项是0

第1页（共23页）

N

A.物块肯定受两个力的作用B.物块肯定受三个力的作用

C.物块可能受三个力的作用D.物块可能受四个力的作用

7.（2022•普陀区二模）如图，在点电荷产生的电场中，实线MN是一条方向未

标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。以下说法正

确的选项是（）

M--------------\-------------N

B

A.电子肯定从A向B运动

B.A点电势高于B点电势

C.电子在A点的电势能大于它在B点的电势能

D.电子在A点的加速度大于它在B点的加速度

8.（2022•普陀区二模）如图，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连

接，用手将弹力球以某一竖直向下的初速度抛出，抛出后手保持不动。从球抛出

瞬间至球第一次到达最低点的过程中（弹性轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻

力），以下说法正确的选项是（）

A.绳刚伸直时，球的速度最大

B.该过程中，球的加速度始终减小

C.该过程中，重力对球做的功大于球抑制绳的拉力做的功

D.在最低点时，球、绳和地球组成的系统势能最大

9.（2022•普陀区二模）甲、乙两同学们利用反响尺估测反响时间。如图，甲同

学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，乙同学的手指对齐直尺的零刻度线。当

乙观察甲放开直尺时，马上用手指捏直尺。假设乙同学的反响时间范围为0〜0.3s,

第2页（共23页）

则该直尺的长度至少为（g取10m/s2）（）

A.40cmB.45cmC.90cmD.100cm

10.（2022•普陀区二模）如图，当电路中电键S断开时，测得电阻R］两端的电

压为2V,R2两端的电压为3V,电源有内阻。当电键S闭合后，以下说法正确的

选项是（）

A.电压表的示数大于5VB.电阻R2两端的电压小于3V

C.电阻R］两端的电压小于2VD.内电阻r上的电压变小

11.（2022•普陀区二模）用如下图的装置可以测量液体的密度。将一个带有阀门

的三通U形管倒置在两个装有液体的容器中，用抽气机对U形管向外抽气，再关

闭阀门K,左边液体的密度为pj左右两边液柱高度分别为h1、h2,下

列说法正确的选项是（）

翦13/机

A.试验中必需将U形管内抽成真空

B.关闭阀门K后，管内气体压强大于管外大气压

P1h1

c.右边液体的密度P2=——

zrlo

P1卜2

D.右边液体的密度p2r—

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12.12022•普陀区二模）某高中生为了估测自行车受到的阻力，设计了以下试验：

让自行车在t=7s内匀速行驶s】=10m的距离后，马上停顿用力蹬脚踏，自行车又

前进了S2=8.1m的距离后停下来。由此估测出自行车受到的阻力最接近以下哪个

值（）

A.IONB.30NC.60ND.100N

二.填空题

13.（2022•普陀区二模）带电体所带的电荷量总是等于某一个最小电荷量的

倍，这个最小电荷量叫做o

14.（2022•普陀区二模）卢瑟福通过如下图的试验装置，觉察了,该

试验的核反响方程为o

15.12022•普陀区二模）如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t=0时

刻的波形图，虚线为t=ls时的波形图。该简谐波的周期大于1s,则波的波速

为m/s,周期为So

16.（2022•普陀区二模）如图，肯定质量的抱负气体被活塞封闭在可导热的气缸

内，活塞的横截面积为S,相对于底部的高度为h,可沿气缸无摩擦地滑动。设

大气和活塞对气体的总压强为p0,外界温度始终保持不变。取一小盒沙子缓慢

地倒在活塞的上外表上，沙子倒完时，活塞下降了，珊寸，气体的压强

为一小盒沙子的质量为-------―

第4页（共23页）

]

h

17.（2022•普陀区二模）如图甲，在匀强磁场中，有一通电直导线受到的安培力

大小为15N.假设将该导线做命圆环（导线的长度和粗细均不变，a、b为导线

4

两

端点），放置在同一匀强磁场业，如图乙所示，保持通过导线的电流不变,则圆

三.综合题

18.（2022•普陀区二模）在“利用单摆测重力加速度"的试验斗l

（1）从以下器材中选用最适宜的器材（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）假设试验测得的g值偏大，可能的缘由是

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.摆球上端未固定结实，振动中消灭松动［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，但又不行能去不同

的地区做试验。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a角度，让摆球在板的平面内做小角度摇摆，如图甲所示。利用

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该装置可以验证单摆的周期和等效重力加速度的关系。假设保持摆长不变，则试

验中需要测量的物理量有o假设从试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。

19.(2022•普陀区二模)如图，AB是固定在竖直平面内半径R=1.25m的上光滑

圆弧轨道，OA为其水平半径，圆弧轨道的最低处B无缝对接足够长的水平轨道，

将可视为质点的小球从轨道内外表最高点A由静止释放。小球进入水平轨道后所

受阻力为其重力的0.2倍，g取10m/s2.求：

(1)小球经过B点时的速率；

(2)小球刚要到B点时加速度的大小和方向；

(3)小球过B点后到停顿的时间和位移大小。

20.(2022•普陀区二模)如图，在水平直角坐标平面xOy内，过原点。沿y轴

固定一无限长绝缘通电直导线，电流方向沿+y方向、大小恒为1°,其四周空间磁

klo

场的磁感应强度大小B=—,k为常数、x为离直导线的垂直距离。OA、0B为

沿工、IV象限角平分线方向固定，材料、粗细均一样的两根足够长裸直导轨，两

导轨在原点。接触良好，但与通电直导线绝缘。cd为长L、材料和粗细与导轨相

同的足够长裸金属杆。现使cd杆从原点0开头垂直Ox轴贴着两导轨向+x方向

运动，经t秒运动至坐标x处。在这一过程中，cd杆中电流强度大小恒为I.导

轨、cd杆单位长度电阻为

R,不计导轨中电流产生的磁场的影响。

0

(1)推断cd杆滑动时感应电流的方向，并求t秒末它的速率V与X的关系式；

(2)分析说明cd杆在运动过程中加速度大小的变化状况；

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(3)求t秒末cd杆两端电压U与x的关系式；

(4)求t秒内cd杆产生的焦耳热Q与x的关系式。

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2022年上海市普陀区高考物理二模试卷

参考答案与试题解析

一.选择题

1.（2022•普陀区二模）由核反响产生，且属于电磁波的射线是（）

A.a射线B.Y射线C.X射线D.阴极射线

【分析】电磁波是一个大家族，从波长为10-1。左右的V射线到102左右的长波

都是电磁波，由核反响产生，且属于电磁波的射线是Y射线；a射线和阴极射线

都不是电磁波；X射线是电磁波，但不是由核反响产生，从而即可求解。

【解答】解：A、a射线是氮核流，不是电磁波。故A错误。

B、y射线是电磁波。故B正确。

C、X射线是电磁波，但不是核反响产生，故C错误。

D、阴极射线是电子流，不是电磁波。故D错误。

应选：Bo

2.（2022•普陀区二模）一颗恒星的寿命取决于它的（）

A.温度B.颜色C.质量D.体积

【分析】明确有关恒星的演化规律，知道恒星的寿命和它的质量体积有关，质量

越大的恒星寿命越短。

【解答】解：由于天体大，质量大，万有引力就大，在巨大的引力下原子核之间

的距离就更近，更简洁引起核聚变，所以越大的恒星他的内部核聚变就越剧烈，

释放的能量也越大，燃料聚变的速度就越快，恒星死亡的也就越快。故C正确

ABD错误。

应选：Co

3.（2022•普陀区二模）白光通过双缝后产生的干预条纹是彩色的，其缘由是不

同色光的（）

A.频率不同B.强度不同C.振动方向不同D.传播速度不同

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【分析】白光包含各种颜色的光，它们的波长不同，频率不同，白光通过双缝后

产生的干预条纹是彩色的。

【解答】解：白光包含各种颜色的光，它们的频率不同，则波长不同，在一样条

件下做双缝干预试验时，它们的干预条纹间距不同，所以在中心亮条纹两侧消灭

彩色条纹。故A正确，BCD错误；

应选：Ao

4.（2022•普陀区二模）关于布朗运动，以下说法中正确的选项是。

A.液体分子的无规章运动就是布朗运动

B.布朗运动的剧烈程度跟温度无关

C.布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒不断地受到液体分子的撞击而引起的

D.悬浮在液体中固体颗粒越大，在某一瞬时撞击它的分子数越多，布朗运动越

明显

【分析】布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规章热运动的反响，固体微

粒越大布朗运动越不明显，温度越高运动越明显。分子的热运动是用不停息的无

规章热运动。

【解答】解：A、悬浮在液体外表的固体颗粒的无规章运动就是布朗运动，故A

错误；

B、布朗运动的剧烈程度跟温度有关，温度越高，布朗运动越明显，故B错误；

C、布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒不断地受到液体分子的撞击而引起的，

故C正确；

D、悬浮在液体或气体中的颗粒越小，液体分子或气体分子对微粒的撞击造成的

不平衡越明显，布朗运动越明显，故D错误。

应选：Co

5.（2022•普陀区二模）某教室墙上有一朝南的钢窗，当把钢窗左侧向外推开时，

以下说法正确的选项是（）

第9页（共23页）

A.穿过窗户的地磁场的磁通量变大

B.穿过窗户的地磁场的磁通量不变

C.从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是逆时针

D.从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是顺时针

【分析】在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量8=BS.当线

圈与磁场平行时，磁通量①=0.当窗框转过90。时，没有磁感穿过线框平面，穿

过环面的磁通量为0.依据楞次定律，推断出产生的感应电流的方向为逆时针。

【解答】解：地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开时，平面与磁场平行时，

没有磁感穿过线框平面，穿过环面的磁通量为0.依据楞次定律，穿过窗框的磁

通量减小时，产生的感应电流的方向为逆时针。应选项ABD错误，C正确；

应选：Co

6.（2022•普陀区二模）如图I,倾斜的天花板上有一物块，该物块在竖直向上的

恒力F作用下恰好能沿天花板匀速上升，以下说法中正确的选项是（）

A.物块肯定受两个力的作用B.物块肯定受三个力的作用

C.物块可能受三个力的作用D.物块可能受四个力的作用

【分析】物块沿天花板匀速上升，受力平衡，对物块受力分析，依据平衡条件以

及弹力和摩擦力的关系分析。

【解答】解：物块沿天花板匀速上升，受力平衡，对物块受力分析可知，假设斜

面对物块没有向下的压力，则物块受到重力和向上的恒力。

假设斜面对物块有垂直斜面对下的压力，则必定有沿斜面对下的摩擦力，则物块

受到重力、向上的恒力、垂直斜面对下的压力和沿斜面对下的摩擦力，所以物块

可

第10页（共23页）

能受到两个力，也可能受到四个力，故ABC错误，D正确。

应选：Do

7.（2022•普陀区二模）如图，在点电荷产生的电场中，实线MN是一条方向未

标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。以下说法正

确的选项是（）

M----------------------------N

B

A.电子肯定从A向B运动

B.A点电势高于B点电势

C.电子在A点的电势能大于它在B点的电势能

D.电子在A点的加速度大于它在B点的加速度

【分析】明确电场为点电荷形成的电场，依据运动轨迹进展分析明确受力方向，

从而分析电场状况确定加速度大小；再依据电场力做功状况明确电势能的大小。

【解答】解：A、由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能推断电子向那个

方向运动，故A错误；

BC、由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，电场力做功等于电势能

的减小量，电子所受电场力方向指向左侧，那么假设电子从A向B运动，则电

场力做负功，电势能增加；假设电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减

小，所以，肯定有Eg<E,故电子在B点的电势能大于在A点的电势能，故B点

的

电势肯定小于A点的电势，故B正确，C错误；

D、一条电场线不能确定疏密，则不能确定电子在AB两点受电场力的大小关系，

不能推断加速度大小关系，故D错误；

应选：Bo

8.（2022•普陀区二模）如图，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连

接，用手将弹力球以某一竖直向下的初速度抛出，抛出后手保持不动。从球抛出

瞬间至球第一次到达最低点的过程中（弹性轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻

力），以下说法正确的选项是（）

第11页（共23页）

A.绳刚伸直时，球的速度最大

B.该过程中，球的加速度始终减小

C.该过程中，重力对球做的功大于球抑制绳的拉力做的功

D.在最低点时，球、绳和地球组成的系统势能最大

【分析】从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中，球做初速度不为零，加

速度为g的加速运动，当绳伸直后，此时重力大于弹力，做加速度减小的加速运动,

当拉力等于重力时，加速度为零，速度到达最大，此后绳连续伸长，拉力大于重

力，此时做减速运动，减速到零，即可推断

【解答】解：A、绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，但重力大于拉力时球的速

度增大，故球的动能增大，当重力与拉力相等时球的速度最大，动能最大；连续

向下，当重力小于拉力时球的速度减小，则球的动能减小，故A错误；

B、绳子伸直以前，球的加速度大小为g保持不变，绳伸直以后，开头时重力大于

拉力，加速度向下，当重力等于拉力时，加速度减为零；当重力小于拉力时，加

速度向上增加，故B错误；

C、该过程中由于动能减小，故确服拉力的功等于动能的减小量与重力做功之和；

则重力对球做的功小于球抑制绳的拉力做的功，故C错误；

D、在最低点时，小球的动能为零，球、绳和地球组成的系统势能最大，故D正

确；

应选:Do

9.（2022•普陀区二模）甲、乙两同学们利用反响尺估测反响时间。如图，甲同

学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，乙同学的手指对齐直尺的零刻度线。当

乙观察甲放开直尺时，马上用手指捏直尺。假设乙同学的反响时间范围为0〜0.3s,

则该直尺的长度至少为（g取10m/s2）（）

第12页（共23页）

A.40cmB.45cmC.90cmD.100cm

【分析】依据自由落体运动的位移时间关系求出直尺下落的高度即可。

【解答】解：直尺下降的时间即为自由落体运动的时间，依据X^gt2可得：X=1

X10X0.32m=0.45m=45cm,故B正确、ACD错误。

应选：Bo

10.（2022•普陀区二模）如图，当电路中电键S断开时，测得电阻卜两端的电

压为2V,R2两端的电压为3V,电源有内阻。当电键S闭合后，以下说法正确的

选项是（）

A.电压表的示数大于5VB.电阻R2两端的电压小于3V

C.电阻汽两端的电压小于2VD.内电阻r上的电压变小

【分析】当电键S翻开时，原来路端电压为5V,当电键S闭合后，电路的总电

阻变小，路端电压变小，即电压表的示数小于5V；电路的总电阻变小，则总电

流变大，则R］两端的电压变大，大于原来的2V；R?和R3并联后，其并联的阻值

比R2小，则其分得的电压也比原来3V还小。

【解答】解：A、当电键S翻开时，测得电阻R］两端的电压为2V,R2两端的电

压为3V,则路端电压为5V,即电压表的示数为5V,故A错误。

B、C、当电键S闭合后，电路的总电阻变小，总电流变大，则路端电压变小，电

阻％两端的电压变大，则大于2V；并联支路的电压减小，则电阻R2两端的电压

小于3V,故B正确，C错误；

第13页（共23页）

D、总电流变大，则内电阻r上的电压变大，故D错误;

应选：Bo

口.（2022•普陀区二模）用如下图的装置可以测量液体的密度。将一个带有阀门

的三通U形管倒置在两个装有液体的容器中，用抽气机对U形管向外抽气，再关

闭阀门K,左边液体的密度为左右两边液柱高度分别为儿、h2，以下说法正

确的选项是（）

制摘气机

A.试验中必需将U形管内抽成真空

B.关闭阀门K后，管内气体压强大于管外大气压

P1hi

C.右边液体的密度P=/

h2

,P1ho

D.右边液体的密度p=/

用

【分析】用抽气机对U形管向外抽气后管内压强小于管外大气压，在大气压作

用下液体进入两管中。依据液体压强p=pgh和压力平衡角度分析解决。

【解答】解：A、用抽气机对U形管向外抽气后关闭阀门K,管内气体压强（p）

气

小于管外大气压（P。），在大气压作用下液体进入两管中，待液体静止两管中压

+

强平衡：p,+p1=P0=PP2»PighjPzg外,只要管内压强小于管外大气压，就

会有液体进入两管中，没必要将U形管内抽成真空，故AB错误；

C、关闭阀门K后，管内气体压强小于管外大气压，选项B错误；由p[gh]=p2gh2,

可得P2-故C正确，D错误。

h2

应选：Co

12.（2022•普陀区二模）某高中生为了估测自行车受到的阻力，设计了以下试验:

第14页（共23页）

让自行车在t=7s内匀速行驶sj10m的距离后，马上停顿用力蹬脚踏，自行车又

前进了S2=8.1m的距离后停下来。由此估测出自行车受到的阻力最接近以下哪个

值（）

A.IONB.30NC.60ND.100N

【分析】依据速度公式求出自行车的速度，再对减速过程依据动能定理可求出阻

力的大小。

【解答】解：自行车在7s内匀速行驶s=10m的距离，则速度为：v=±L=12m/s

t7

依据动能定理有：-fs=0-2mv2

22

250X（—）2

解得：1一故阻力最接近故正确错误。

f=2^=-----------=63N；WN,ABCD

2S22X8.138”

应选：Ao

二.填空题

13.（2022•普陀区二模）带电体所带的电荷量总是等于某一个最小电荷量的整

数倍倍,这个最小电荷量叫做根本电荷（或元电荷）。

【分析】此题内容是电磁学的根本常识，需加强记忆。

【解答】解：带电体所带的电荷量总是等于某一个最小电荷量的整数倍，这个最

小电荷量叫做根本电荷，或叫做元电荷。

14.（2022•普陀区二模）卢瑟福通过如下图的试验装置，觉察了质子，该

试验的核反响方程为14#+4拽＞4。+1△。

【分析】要了解卢瑟福觉察质子并实现原子核人工转变核反响方程以及试验装置

中各局部的作用，留意书写核反响方程的原则是质量数和电荷数守恒。

【解答】解：卢瑟福第一次用a粒子轰击氮核完成了原子核的人工转变并觉察了

质子，

第15页（共23页）

依据核反响方程书写规律：质量数和电荷数守恒，则该核反响方程为:

l^N+^He-^np+^H。

故答案为：质子，i47N+42He玲40+1卢

15.（2022•普陀区二模）如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t=0时

刻的波形图，虚线为t=ls时的波形图。该简谐波的周期大于1s,则波的波速

【分析】依据波的传播方向得到1s内波的传播距离，进而得到波速、周期的表

达式，然后依据周期大于1s,求得波速、周期的具体值。

【解答】解：由图象可知，波长为人=4m；故依据波沿x轴正方向传播，可得：

1s时间，波向前传播的距离为（nS）入=4n+3（m）,n£卜；

故波速m/s=4n+3（m/s）,nEk周期T=—nEN；

1v4n+3

又有周期T>ls,所以，n=0,波速v=3m/s,周期丁=年$；

J

故答案为：3,日。

16.[2022•普陀区二模）如图，肯定质量的抱负气体被活塞封闭在可导热的气缸

内，活塞的横截面积为S,相对于底部的高度为h,可沿气缸无摩擦地滑动。设

大气和活塞对气体的总压强为P°，外界温度始终保持不变。取一小盒沙子缓慢

地倒在活塞的上外表上，沙子倒完时，活塞下降了，挑时，气体的压强为

PS

平L一小盒沙子的质量为O

第16页（共23页）

R

h

【分析】沙子缓慢地倒在活塞上，气缸内气体发生等温变化。由题列出气体三个

状态的压强和体积，依据玻意耳定律列式后联立求解压强大小，再依据平衡条件

求出沙子的质量。

【解答】解：对气体分析，依据玻意耳定律得：

p°hS;p-gs，

解得：P=2P0；

对活塞由平衡学问可知：

pS=p0S+mg,

故答案为：2P0,

0g

17.（2022•普陀区二模）如图甲，在匀强磁场中，有一通电直导线受到的安培力

大小为15N.假设将该导线噜圆环1导线的长度和粗细均不变，a、b为导线

两

端点），放置在同一匀强磁场中，如图乙所示，保持通过易瞬融流不变,则圆

环受到的5安培力方向为垂直.电连线斜向下，大小为No

X乂XXx/xXX

r/（b/

Xx'xxJ

BxX/xB

XXXX、_____/

XX*X

甲乙

【分析】依据导线与圆环的弧长关系，求得半径,圆环受到的安培力即线段ab

受到的安培力，并依据左手定则，即可求得。

第”页（共23页〕

【解答】解：直导线受到的安培力：F『BIL,解得B若;

将该导线做成2圆环后，圆半径为R3；

4瓜一3兀

有效长度为：J二日寿；

所受的安培力：/=BIL'二芯■・「冬@•二也@N。

IL3冗冗

方向垂直ab连线斜向下；

故答案为：垂直ab连线斜向下，暇

三.综合题

18.（2022•普陀区二模）在“利用单摆测重力加速度”的试验中，

（1）从以下器材中选用最适宜的器材（填写器材代号）ADGO

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）假设试验测得的g值偏大，可能的缘由其C

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.摆球上端未固定结实，振动中消灭松动（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，但又不行能去不同

的地区做试验。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a角度，让摆球在板的平面内做小角度摇摆，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。假设保持摆长不变，则试

验中需要测量的物理量有木板倾角a和单摆振动的周期T。假设从试验中得到

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

_1

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【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）依据单摆的周期公式丁=2冗祗，写出重力加速度的表达式，从而推断出引

起重力加速度测量值偏小的缘由。

（3）依据单摆的周期公式T=2冗后，结合等效重力加速度，从而导出周期公式

T=2冗,&，从而结合图象的要求，即可求解。

【解答］解（1）"利用单摆测重力加速度”的试验中，最适宜的器材有：小铁球、

100cm长的细线以及秒表；

应选：ADGo

（2）A、依据女R可得，8=拳上，则摆球的质量对试验无影响，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、摆球上端未固定结实，振动中消灭松动，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；

应选：Co

（3）此单摆的等效重力加速度为g'=gsina,则单摆的周期T=2几,

则保持摆长不变时，要测量的物理量是：木板倾角a和单摆振动的周期T；

2

将T=27rqI~ML变形为：T2二4n^―L五1

则假设从试验中得到所测物理量数据的图线如图乙所示,

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则图象中的纵坐标表示T2,横坐标表示，1。

sinCl

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

sinCl

19.（2022•普陀区二模）如图，AB是固定在竖直平面内半径R=1.25m的l光滑

圆弧轨道，OA为其水平半径，圆弧轨道的最低处B无缝对接足够长的水平轨道，

将可视为质点的小球从轨道内外表最高点A由静止释放。小球进入水平轨道后所

受阻力为其重力的0.2倍，g取10m/s2.求：

（1）小球经过B点时的速率；

（2）小球刚要到B点时加速度的大小和方向；

（3）小球过B点后到停顿的时间和位移大小。

【分析】（1）依据机械能守恒定律，即可求解；

（2）依据牛顿其次定律，及牛顿第三定律，即可求解；

（3）由牛顿其次定律求出加速度，然后由运动学的公式即可求出小球过B点后

到停顿的时间和位移大小。

【解答】解（1）小球从A点释放滑至B点，只有重力做功，机械能守恒：

mgR-mv2

2B

代入数据解得：VB=5m/s

（2）小环刚要到B点时，处于圆周运动过程中，'二，"二?2正力/$2=2010/$2加

速度方向沿B点半径指向圆心

（3）小环过B点后连续滑动到停顿，可看做匀减速直线运动：0.2mg=ma2,

YR1o

解得a=2m/s2t?=―=2.5s-6.25m

2a222

答（1）小球经过B点时的速率是5m/s；

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(2)小球刚要到B点时加速度的大小是20m/s2,方向沿B点半径指向圆心;

(3)小球过B点后到停顿的时间是25s,位移大小是6.25m。

20.(2022•普陀区二模)如图，在水平直角坐标平面xOy内，过原点。沿y轴

固定一无限长绝缘通电直导线，电流方向沿+y方向、大小恒为I。，其四周空间磁

场的磁感应强度大小B=W_,k为常数、x为离直导线的垂直距离。OA、0B为

X

沿工、IV象限角平分线方向固定，材料、粗细均一样的两根足够长裸直导轨，两

导轨在原点。接触良好，但与通电直导线绝缘。cd为