2022-2023学年新疆维吾尔自治区重点学校高二（上）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年新疆维吾尔自治区重点学校高二（上）期末

物理试卷

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）

1.下列现象中，属于电磁感应现象的是（）

A.小磁针在通电导线附近发生偏转B,通电线圈在磁场中受磁场作用力转动

C.磁铁吸引小磁针D.闭合线圈靠近磁铁时产生电流

2.光子的能量与其（）

A.波长成正比B.速度成正比C.周期成正比D.频率成正比

3.如图所示的磁场中有一个垂直于磁场中心磁感线放置的闭合圆环，现在将圆环从图示A位

置水平向右移到B位置，穿过圆环的磁通量的变化情况是（）

A.变小B.变大C.不变D.先变小后变大

4.在磁感应强度为瓦、竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向

垂直纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中

（）

A.c、d两点的磁感应强度大小相等B.a、b两点的磁感应强度大小相等

C.c点的磁感应强度的值最小D.b点的磁感应强度的值最大

5.如图所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中通以恒定电流，下列

运动中，闭合金属线框中有感应电流产生的是（）

□

A.闭合金属线框向上平移B.闭合金属线框向右平移

C.闭合金属线框以直导线为轴顺时针旋转D.闭合金属线框向下平移

6.从相同高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上比掉在草地上容易打碎.其原因是（）

A.水泥地对玻璃杯的冲量大，草地对玻璃杯的冲量小

B.掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小

C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢

D.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小

7.如图甲所示，弹簧振子以。点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动.振子的位移X随

时间t的变化图象如图乙所示.下列判断正确的是（）

图乙

A.0.4S时振子的加速度为零B.0.8S时振子的速度最大

C.0.4s和1.2s时振子的加速度相同D.0.8S和1.6s时振子的速度相同

8.某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式X=IoSin+下列说法正确的

是（）

A.该质点振动周期为T=4sB.该质点振幅4=IOcm

C.第IS末和第5s末质点的位移相同D.4s内质点通过的路程为40cm

9.把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简

谐运动，它围绕平衡位置。在4、B间振动，如图所示，下列结论正确的是（）

4AOBR

A.小球在。位置时，动能最大，加速度最小

B.小球在4、B位置时，动能最大，加速度最大

C.小球从4经。到B的过程中，回复力一直做正功

D.小球从B到。的过程中，振动的能量不断增加

10.某质点作简谐运动的振动图象如图所示，贝∣J（）

A.t=0.2s时，质点速度方向沿X正方向

B.t=0.2s时，质点加速度方向沿X负方向

C.0.2s-0.4s内质点速度先减小后增大

D.0.2s-0.4s内质点加速度先增大后减小

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

11.为了消杀新冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯。这种灯装有红外线感应

开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的健康保驾护航。下列说法正确的是（）

A.只有热的物体才能辐射红外线

B.紫外线能消杀病毒是因为紫外线具有较高的能量

C.红外线的波长比无线电波长

D.红外线和紫外线都是电磁波

12.今年春节上映的国产科幻大片面浪地球少中有这样的情节：为了自救，人类提出一个

名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机和转向发动机，

推动地球离开太阳系，用2500年的时间奔往另外一个栖息之地.这个科幻情节中里有反冲运

动的原理.现实中的下列运动，属于反冲运动的有（）

A.汽车的运动B.直升飞机的运动

C.火箭的运动D,反击式水轮机的运动

13.质量相等的4、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,4球的动量是7kg∙m∕s,

B球的动量是5kg∙m∕s,当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后4、B两球的动量可能值是（）

A.pA——2kg∙m∕s,pB-14kg-m/s

B.pA=-41Cg-m/s,pB=16kg-m/s

C.pA=6kg-m/s,pB=6kg-m/s

D.pA=5kg-m/s,pB=7kg-m/s

14.甲、乙两个单摆的振动图象如图所示.根据振动图象可以断定（）

A.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4

B.甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2

C.甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3

D.若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之

比为9:4

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

15.如图所示，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∕ι

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。点是小球抛出点在地面上的垂直投影点.实验时，先将入射球Jnl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0P。然后，把被碰小球τ∏2静置于轨

道的水平部分，再将入射球τ∏ι从斜轨上S位置由静止释放，与小球巾2相撞，并多次重复。(小

球质量关系满足r∏ι＞机2)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Tn1、m2

区测量小球Tnl开始释放时的高度八

C.测量抛出点距地面的高度H

D分别找到加1、机2相碰后平均落地点的位置M、N

E测量平抛射程OM、ON

(3)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］。

16.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：

(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为cm.摆动时

偏角满足的条件是小于5。，为了减小测量周期的误差，计时开始时.，摆球应经过最(填

“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成50次全振动所用的时间为102.5s,则该单

摆振动周期为So

J^02Cm)

61山山怦卅帆IF山S

0510

甲

(2)用最小刻度为InUn的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，。为悬挂点，从图内中可知单

摆的摆长为

丙

(3)若用L表示摆长，7表示周期，那么重力加速度的表达式为g=。

(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反,

它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影

响就好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中。

A.学生甲的说法正确

B.学生乙的说法正确

C.两学生的说法都是错误的

四、计算题(本大题共3小题，共26.0分)

17.在某匀强磁场中，长L=8cm的通电直导线垂直该磁场方向放置，当通过导线的电流/i=

0.14时，它受到的磁场力大小F=2×10^3∕Vo

(1)求该处的磁感应强度大小当；

(2)若通电直导线的长度不变，通过导线的电流增大为∕2=0∙54垂直放在该磁场的另一处,

求此时该处的磁感应强度大小B2。

18.质量m=2kg的物体从高∕ι=1.25m处自由下落，掉到沙面上后，经过(MS停在了沙坑

中，不考虑空气阻力作用，求：

(1)物体在空中下落过程，重力的冲量；

(2)物体陷入沙坑过程，沙对物体的平均作用力的大小。

19.如图所示，木块4和B质量均为1kg,置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧端相连，弹簧

另一端固定在竖直挡板上，当4以2m∕s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动.求:

(I)木块4和B碰后的速度大小；

(2)弹簧被压缩到最短时，具有的弹簧势能为多大？

V

Bʌvwww^

均^7∕7777777777V.

答案解析

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）

1.下列现象中，属于电磁感应现象的是（）

A.小磁针在通电导线附近发生偏转B.通电线圈在磁场中受磁场作用力转动

C.磁铁吸引小磁针D.闭合线圈靠近磁铁时产生电流

【答案】D

【解析】

【分析】

解答本题应掌握：电磁感应的现象一因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流

的现象。

本题中的四个选项分别对应了电与磁间关系的四个问题。

【解答】

A.小磁针在通电导线附近发生偏转，这是电流的磁效应，故A错误；

A通电线圈在磁场中转动，是由于安培力作用，故B错误；

C.磁铁吸引小磁针，磁性相互作用，故C错误：

D闭合线圈靠近磁铁时闭合回路磁通量变化，产生感应电流，是电磁感应现象，故。正确。

故选D。

2.光子的能量与其（）

A.波长成正比B.速度成正比C.周期成正比D.频率成正比

【答案】D

【解析】解：根据光子的能量的公式：E=hγ=t^,可知，光子的能量与其频率成正比，与

周期成反比，与速度和波长无关。故O正确，ABC错误。

故选：Do

明确光的性质，根据光子的能量的公式即可做出判断。

本题考查光子的能量公式，解答的关键是明确光子的能量公式，理解光速是定值，所以光子

的能量与光速无关。

3.如图所示的磁场中有一个垂直于磁场中心磁感线放置的闭合圆环，现在将圆环从图示4位

置水平向右移到B位置，穿过圆环的磁通量的变化情况是（）

A.变小B.变大C.不变D.先变小后变大

【答案】B

【解析】

【分析】

明确磁通量的定义，能根据穿过线圈的磁感线条数分析磁通量的变化情况。

本题考查对磁通量的掌握情况，要注意磁通量可以根据公式。=BSc。So（S与B的垂面存在夹

角。时）以及穿过线圈的磁通量的条数进行分析，其中对于定性分析时，利用磁感线条数更为

简单。

【解答】

由图可知，由A到B的过程中，穿过线圈的磁感线条数变多，可见穿过圆环的磁通量变大，故

B正确，A8错误。

故选B。

4.在磁感应强度为名、竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向

垂直纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中

()

A.c、d两点的磁感应强度大小相等B.a、b两点的磁感应强度大小相等

C.C点的磁感应强度的值最小D.b点的磁感应强度的值最大

【答案】C

【解析】

【分析】

该题考察了磁场的叠加问题.用右手定则首先确定通电直导线在abed四点产生的磁场的方向,

利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项.。

磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量.它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。

【解答】

用右手螺旋定则判断通电直导线在abed四个点上所产生的磁场方向，如图所示：

在C点电流产生的磁场方向与BO反向，故合磁感应强度最小；在a点两者同向，合磁感应强度

最大；在b、d两点，两者互相垂直，故合磁感应强度大小相等，只有C项正确。

5.如图所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中通以恒定电流，下列

运动中，闭合金属线框中有感应电流产生的是（）

”□

A.闭合金属线框向上平移B.闭合金属线框向右平移

C.闭合金属线框以直导线为轴顺时针旋转D.闭合金属线框向下平移

【答案】B

【解析】解：AD.通电导线周围存在的磁场分布具有对称性，闭合金属线框上下平移时，线

框中的磁通量没有发生变化，故没有感应电流产生，故错误；

2、闭合金属线框向右平移时，磁场减弱，线框中的磁通量减小，故有感应电流产生，故3

正确；

C、闭合金属线框以直导线为轴顺时针旋转时，由于磁场空间的对称性，磁通量保持不变，

故没有感应电流产生，故C错误。

故选：B。

明确直导线周围磁感线的分布规律，根据感应电流产生的条件即可明确能否产生感应电流。

本题考查感应电流产生的条件，关键是明确通电直导线周围磁场的对称性，知道上下平衡或

以直导线为轴转动时，通过线圈的磁通量均是不变的。

6.从相同高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上比掉在草地上容易打碎.其原因是（）

A.水泥地对玻璃杯的冲量大，草地对玻璃杯的冲量小

B.掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小

C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢

D.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小

【答案】C

【解析】

【分析】

玻璃杯落地前是自由落体运动；与地面碰撞过程，根据动量定理列式分析即可。本题关键是

明确玻璃杯的运动情况和受力情况，然后根据动量定理列式分析，基础问题。

【解答】

4BD.杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触

后速度减小为零，故动量的变化相同，所以水泥地对玻璃杯的冲量和草地对玻璃杯的冲量相

等，故ABD错误；

C.杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后

速度减小为零，故动量的变化相同，所以水泥地对玻璃杯的冲量和草地对玻璃杯的冲量相等，

由动量定理可知∕=4p=FZt可知，冲量也相等；但由于在水泥地上，接触时间较短，故动

量的变化率较大，动量改变快；而在草地上时，由于草地的缓冲使时间变长，动量的变化率

较小，动量改变慢，故C正确；

故选C。

7.如图甲所示，弹簧振子以。点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动.振子的位移X随

时间t的变化图象如图乙所示.下列判断正确的是（）

图乙

A.0.4s时振子的加速度为零B.0.8s时振子的速度最大

C.0.4s和1.2s时振子的加速度相同D.0.8s和1.6s时振子的速度相同

【答案】B

【解析】

【分析】

由图象可知振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小，回

复力F=-kx,再结合牛顿第二定律判断加速度的方向。

该题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，注意振动图象与波动

图象的区别，属于基础题。

【解答】

A.由图象乙知，t=0.4s时，振子的位移最大，根据F=-Zcx可知，回复力最大，则加速度最

大,故A错误；

B.由图象乙知，t=0.8s时，振子经过平衡位置，所以速度最大，故B正确；

C.由图象乙知t=0.4s和t=1.2s时，振子分别处于正的最大位移处与负的最大位移处，所以

加速度大小相同，方向相反，故C错误；

D由图乙可知，0.8s时刻振子运动的方向沿负方向，而1.6S时时刻振子运动的方向沿正方向，

所以振子的速度大小相等，但方向相反，故。错误。

故选：8。

8.某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式X=IOSinct+^)ern,下列说法正确的

是()

A.该质点振动周期为7=4sB.该质点振幅A=IOcm

C.第IS末和第5s末质点的位移相同D.4s内质点通过的路程为40Cm

【答案】B

【解析】解：4、根据X=IOSinGt+凯Tn得：α>=%αd∕s,则该质点振动周期7=秒=8s,

故A错误.

B、该质点振幅4=10cm,故B正确.

C、当t=IS和t=5s分别代入X=IoSinGt+凯加得，位移分别为IoS讥驾CnI和

—IOsinɪɪcm,故C错误.

D、由于t=4s=5所以4s内质点通过的路程为S=24=20cτn,故。错误.

故选：B

简谐运动的一般表达式为％=AsinQt+"),A为振幅，3为圆频率.根据7=*可求出周

期，读出振幅.将时间代入振动方程可求得任意时刻的位移.根据时间与周期的倍数关系求

质点通过的路程.

解决本题的关键掌握简谐运动的表达式为x=4si"3t+3),知道4为振幅，3为圆频率.要

知道质点做简谐运动时，在半个周期内通过的路程是24.

9.把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简

谐运动，它围绕平衡位置。在4、B间振动，如图所示，下列结论正确的是()

/

UUUUUUUUUUyUU9-7・1

AOB

A.小球在。位置时，动能最大，加速度最小

B.小球在4、B位置时，动能最大，加速度最大

C.小球从A经。到B的过程中，回复力一直做正功

D.小球从B到。的过程中，振动的能量不断增加

【答案】4

【解析】

【分析】

明确弹簧振子在周期性运动过程中，速度、位移、加速度、回复力和能量的变化之间的关系

是解题的关键和核心。

【解答】

AB,振子经过平衡位置时，速度最大，位移为零，所以经过平衡位置动能最大，回复力为0,

加速度为零；在4、B位置时，速度为零，位移最大，回复力最大，加速度最大，故A正确,

8错误;

CD,由于回复力指向平衡位置，所以振子从4经。到B的过程中，回复力先做正功，后做负功,

振子的动能和弹簧的势能相互转化，且总量保持不变，即振动的能量保持不变，故CD错误。

故选：Ao

10.某质点作简谐运动的振动图象如图所示，贝∣J()

A.t=0.2s时，质点速度方向沿X正方向

B.t=0.2s时，质点加速度方向沿X负方向

C.0.2s-0.4s内质点速度先减小后增大

D.0.2s-0.4s内质点加速度先增大后减小

【答案】B

【解析】

【分析】

根据X-t图象切线的斜率分析速度的方向。在简谐运动中，加速度满足α=-如；由位移方

m

向直接读出加速度的方向.根据位移的大小变化，分析加速度的大小变化。

本题关键掌握简谐运动的特征α=-把，要明确公式中负号表示方向.知道X-t图象切线的

m

斜率等于速度，由斜率正负直接读出速度的方向。

【解答】

A.t=0.2s时，图象切线的斜率为负值，速度沿X负方向，故A错误；

At=O.2s时，质点的位移为正，由加速度α=-把，可知加速度沿X负方向，故8正确；

m

C.在0.2s-0.4s内，图象切线的斜率先增大后减小，则质点速度先增大后减小，故C错误；

。.在0.2s—0.4s内，位移先减小后增大，由α=-把，可知质点的加速度先减小后增大，故。

τn

错误。

故选瓦

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

11.为了消杀新冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯。这种灯装有红外线感应

开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的健康保驾护航。下列说法正确的是（）

A.只有热的物体才能辐射红外线

B.紫外线能消杀病毒是因为紫外线具有较高的能量

C.红外线的波长比无线电波长

D.红外线和紫外线都是电磁波

【答案】BD

【解析】

【分析】本题考查了电磁波谱。一切物体都在不停地向外辐射红外线；紫外线具有较高的能

量，故紫外线能消杀病毒：根据电磁波谱可知，红外线的波长比无线电波短，红外线和紫外

线都是电磁波。

【解答】

A.一切物体都在不停地向外辐射红外线，故A错误；

B.紫外线的频率很高，根据光子能量E=枷可知，紫外线具有较高的能量，所以紫外线能消

杀病毒是因为紫外线具有较高的能量，故B正确：

C根据电磁波谱可知，红外线的波长比无线电波短，故C错误；

D根据电磁波谱可知，红外线和紫外线都是电磁波，故。正确。

故选BQ。

12.今年春节上映的国产科幻大片瓶浪地球少中有这样的情节：为了自救，人类提出一个

名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机和转向发动机，

推动地球离开太阳系，用2500年的时间奔往另外一个栖息之地.这个科幻情节中里有反冲运

动的原理.现实中的下列运动，属于反冲运动的有（）

A.汽车的运动B.直升飞机的运动

C.火箭的运动D,反击式水轮机的运动

【答案】C。

【解析】

【分析】

本题考查了反冲运动。对直升飞机的运动是否为反冲运动，很容易出错，和喷气式飞机不一

样。

【解答】

A、汽车的运动是由汽车的牵引力拉汽车前进，不属于反冲运动，故A错误；

8、直升飞机的运动是利用空气的反作用力的原理制成的，不属于反冲运动，故B错误；

C、火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，属于反冲运动，故C正确；

。、反击式水轮机的运动利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动。故。正确。

故选:CD。

13.质量相等的4、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,4球的动量是7kg∙m∕s,

B球的动量是5kg∙m∕s,当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后4、B两球的动量可能值是（）

A.pA=-2kg-m∕s,pB=14kg-m/s

B.pA=-4kg∙m/s,pB=16kg-m/s

C.pA-6kg-m/s,pB-6kg∙m/s

D.pA=5kg-m/s,pB=7kg-m/s

【答案】CD

【解析】

【分析】

当A球追上B球时发生碰撞时，遵守动量守恒。系统的总动能不会增加。由动量守恒定律和碰

撞过程总动能不增加，通过列式分析，再进行选择。

对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实

际运动情况。

【解答】

以两物体组成的系统为研究对象，以4的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为m,碰撞

前系统的总动量：p=7kg-m/s+Skg-m/s=12kg-m∕s∙,

22

系统的总动能：E=—+£=工。

k2m2mm

A.若碰后/、B两球动量为：pA=-2kg∙m/s,pB=14kg∙m/s,系统的总动量p'=-2+14=

2O22

∖2kg∙m∕s,遵守动量守恒定律。E'=U+二旦=二+2=幽>故碰撞后动

k"2m2τn2τn2τnτne"

能增大，是不可能发生的，故A错误；

8.若碰后4、B两球动量为：pA=-4kg∙m∕sfpB=16kg-m/s,系统的总动量p'=—4+16=

2O22

12kg∙m∕s,遵守动量守恒定律。E'=+ɪɪɪʌ+-=—>故碰撞后动

κk2m2m2m2mmK

能增大，是不可能发生的，故8错误；

C.若碰后4、B两球动量为:PA=6kg∙m∕s,pβ=6kg∙nɪ/s,系统的总动量p'=6+6=12kg•

2222

m/s,遵守动量守恒定律。E'=U+旦区=旦+邑=组<以，故碰撞后动能减小，

κk2m2m2τn2mmκ

并且不会发生二次碰撞，是可能发生的，故C正确；

D若碰后4、B两球动量为:PA=5kg∙m∕sfpβ=7kg∙m/s,系统的总动量p'=5+7=12kg∙

m/s,遵守动量守恒定律。Ek'=+ʌ=-≡!+^=ɜl=E故碰撞后动能不变,

“2m2m2m2mm"

属于弹性碰撞，是可能发生的，故。正确。

故选CZX

14.甲、乙两个单摆的振动图象如图所示.根据振动图象可以断定（）

A.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4

B.甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2

C.甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3

D.若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之

比为9:4

【答案】BCD

【解析】解：ABC.根据图象可知，单摆振动的周期关系：可甲二T乙,所以周期之比为T用

T乙=2：3,频率为周期的反比，所以频率之比：fφ∙.f乙=3：2；若甲乙在同一地点，则

重力加速度相同，根据周期公式：T=2τrJ∕,所以摆长之比与周期的平方成正比即为4：9,

故A错误，BC正确；

D若在不同地点，摆长相同，根据7=2τrJ［所得：重力加速度之比与周期的平方成反比，

即为：9：4,故Z）正确；

故选：BCD.

根据图象找到两个单摆的周期关系。根据7=*分析两单摆的频率的比值，根据单摆的周期公

式分析重力加速度和摆长的比值；

解决该题的关键是熟记周期与频率的关系式，熟记单摆的周期公式。

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

15.如图所示，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。

S

磔J——广

_______∖∖∖„

-------\、、'、H

...................∖∖∖L

OMPN

(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.小球开始释放高度九

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。点是小球抛出点在地面上的垂直投影点。实验时，先将入射球Jnl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0P。然后，把被碰小球m2静置于轨

道的水平部分，再将入射球τ∏ι从斜轨上S位置由静止释放，与小球r∏2相撞，并多次重复。(小

球质量关系满足r∏ι>τ∏2)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Tn［、m2

A测量小球Tnl开始释放时的高度九

C.测量抛出点距地面的高度H

D分别找到mi、巾2相碰后平均落地点的位置“、N

E测量平抛射程OM、ON

(3)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］。

【答案】(I)C；(2^)ADE↑(3)m10P=m10M+m20N

【解析】

【分析】

在该实验中，小球做平抛运动，H相等，时间t就相等，水平位移X=Dt,与"成正比，因此可

以用位移X来代替速度也再根据动量守恒定律的规律可求得表达式.

该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没

有用到速和时间，而是用位移X来代替速度也成为是解决问题的关键.此题难度中等，属于

中档题.

【解答】

(1)根据小球的平抛运动规律,可以用位移X来代替速度也因此待测的物理量就是水平射程X、

小球的质量τn.

(2)待测的物理量就是位移x(水平射程OM,ON)和小球的质量m,所以，要完成的必要步骤

是4DE.

17vt

(3)若两球相碰前后的动量守恒，则mιt⅛=7nll%+wi22，又。P=o`OM=v1t,ON=v2t,

代入得：ml0P=m-i0M+m20N

故答案为：(I)C;(2)4OE;(3)m10P=m10M+m20N

16.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：

(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为cm,摆动时

偏角满足的条件是小于5。，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应经过最(填

“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成50次全振动所用的时间为102.5s,则该单

摆振动周期为So

ʃθ2Cm)

幺血」如州卅卅JIWIUS

0510

(2)用最小刻度为InUn的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，。为悬挂点，从图丙中可知单

摆的摆长为mo

丙

(3)若用L表示摆长，7表示周期，那么重力加速度的表达式为g=»

(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反,

它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影

响就好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中。

4学生甲的说法正确

8.学生乙的说法正确

C.两学生的说法都是错误的

【答案】0.97低2.050.9980黄A

【解析】(1)[1]由图甲所示，游标卡尺是10分度的，精确度为0.1nu∏,主尺读数为9rmn,游

标尺的第7个刻度线与主尺的某刻度线对齐，读数为7X0.1Tmn=0.7mm,则该摆球的直径为

d—9mm+0.7mm=9.7mm—0.97cm

[2]为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应经过最低点的位置。

网单摆完成50次全振动所用的时间为102.5s,则该单摆振动周期为

t102.5

T=—=—=τ;-S=2.05s

n50

(2)[4]用最小刻度为ITmn的刻度尺测摆长，从图丙中可知单摆的摆长为

L—99.80cm—0.9980m

2兀*可得，重力加速度的表达

(3)[5]若用L表示摆长，7表示周期，由单摆的周期公式7=

式为

4π2L