2023-2024学年新疆吐鲁番市高二下学期期中检测物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3吐鲁番市2023-2024学年第二学期期中检测试卷高二年级物理一、选择题（本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1—8题只有一项符合题目要求，第9—12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.在物理学发展过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明发展的进程。以下说法正确的是（）A.爱因斯坦提出了能量子假说B.法拉第发现了电磁感应现象C.库仑通过实验测得了最小电荷量D.麦克斯韦通过实验捕捉到了电磁波〖答案〗B〖解析〗A．普朗克提出了能量子假说，故A错误；B．法拉第发现了电磁感应现象，故B正确；C．密立根通过油滴实验测得了最小电荷量，故C错误；D．赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故D错误。2.在物理学中，有些物理量是矢量、有些物理量是标量、矢量相加时遵从平行四边形定则，标量相加时遵从算术法则。下列四组物理量中，均为矢量的是（）A.电场强度，动量变化量 B.电动势，磁通量C.电流，电势 D.电功，电功率〖答案〗A〖解析〗A．电场强度是矢量，动量的变化量是矢量，故A正确；B．电动势和磁通量都是标量，故B错误；C．电流和电势都是标量，故C错误；D．电功和电功率都是标量，故D错误。3.如图所示为描述某静电场的电场线，a、b、c是同一条电场线上的三个点，这三个点的电场强度大小分别为、、电势分别为、、。把一个负检验电荷先后放在a、b、c三点，它受到的静电力大小分别为、、，电势能分别为、、下列判断正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗AB．电场线越密电场强度越大，则又因为电场力知故A错误，B正确；CD．根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以有结合可知负电荷在a、b、c三点的电势能大小关系为故CD错误。故选B。4.下列说法正确的是（）A.运动员跳高时，在落地处垫上海绵垫子是为了减小冲量B.人从越高的地方跳下，落地时人受到的冲量越大C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来〖答案〗B〖解析〗A．运动员跳高时，落地时的冲量等于动量的变化量，在地上垫上海绵垫子可以增加与地面接触的时间，由动量定理可知，从而减小与地面之间的相互作用力的大小，故A错误；B．人从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，与地面接触时动量变化量越大，人受到的冲量越大，越危险，故B正确；C．由动量定理可知动量相同的两个物体，受相同的制动力作用，同时停下来，故C错误；D．在由动量定理可知，电视机等物体包装箱里垫上泡沫，可以使电视机与箱子撞击时的时间延长，从而是减小电视机在碰撞过程中受到的撞击力，故D错误。5.物体在水平地面上受到与水平方向成θ角的恒力F作用时间t，物体始终静止。则（）A.F的冲量方向水平向右 B.F的冲量大小为FtcosθC.物体所受摩擦力冲量为0 D.物体所受合力的冲量为0〖答案〗D〖解析〗A．F的冲量方向跟F的方向相同，A错误；B．F的冲量大小为Ft，B错误；C．物体所受摩擦力的冲量为，摩擦力不为零，摩擦力的冲量就不为零，C错误；D．物体始终静止，说明物体的合力为零，故合力的冲量为零，D正确。6.一物体做简谐振动，其振幅为24cm，周期为2s。当时，位移为24cm。物体做简谐振动的振动方程为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗简谐运动的振动方程由题意可知振幅为24cm，周期为2s，则有，则有当时，位移为24cm带入得故物体做简谐振动的振动方程为故ABD错误，C正确。7.如图所示，小明同学把电流表、干电池和一个可变电阻R串联，做成了一个测量电阻的装置。当将A、B两接线柱直接用导线连接时，电流表的读数为5.0mA。已知干电池的电动势1.5V，内阻1Ω，电流表的内阻9Ω。则可变电阻R接入电路的阻值为（）A.290Ω B.20Ω C.292Ω D.300Ω〖答案〗A〖解析〗由题意，根据闭合电路的欧姆定律可知代入相关已知数据解得8.如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是（）A.摆球在B点时，动能最小，回复力最小B.摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力增大C.摆球B点时，重力势能最小，机械能最小D.摆球在A点和C点时，速度为零，故细线拉力最小，但回复力最大〖答案〗D〖解析〗A．单摆近似可以看作简谐运动，在最低点B处，即平衡位置处时，摆球的速度最大，动能最大，回复力为零，故A错误；B．假设单摆摆动过程中，细线与竖直方向夹角为θ，重力沿细线方向分力为mgcosθ，垂直于细线方向分力为mgsinθ。摆球做圆周运动，摆球由A点向B点摆动过程中，有摆球由A点向B点摆动过程中减小，速度逐渐增大，可知细线拉力增大，回复力减小，故B错误；C．摆球运动过程中，机械能守恒，在最低点B处，动能最大，重力势能最小，故C错误。D．摆球在A点和C点时，即最大位移处时，速度为零，结合选项B分析可知，此时细线拉力最小，回复力最大，故D正确。故选D。9.以下四个图中，系统动量守恒的是（）A.剪断细线，弹簧恢复原长的过程中B.在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中C.木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中D.两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动的过程中〖答案〗BD〖解析〗A．剪断细线，弹簧恢复原长过程中，物块所受外力的合力不为0，等于弹簧的弹力，动量不守恒，故A错误；B．在光滑水平面上，子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，故B正确；C．木块沿光滑固定斜面下滑过程中，合外力沿斜面向下，物块所受外力的合力不为0，动量不守恒，故C错误；D．两球体匀速下滑，细线断裂后，它们在水中运动过程中，两球体所受浮力与两球体的重力仍然大小相等，方向相反，即两球体组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，故D正确。故选BD。10.如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y，要使偏转位移减小，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（）A.减小加速电压 B.减小偏转电压UC.增大偏转极板间距离d D.增大偏转电场的板长L〖答案〗BC〖解析〗设电子进入偏转电场的速度为v0，偏转电场极板的长度为L，极板间距为d，则在加速电场中，有解得电子在偏转电场中，做类平抛运动，有，其中联立以上各式可得由此可知，要使偏转位移减小，可以减小偏转电压U，增大加速电压U0，增大偏转电场的极板间距d，减小偏转电场的板长L，故AD错误，BC正确。故选BC。11.如图所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图像，从图像可知（）A.两单摆的摆长相等B.两摆球质量，C.两单摆相位相差D.在相同时间内，两摆球通过的路程总有〖答案〗AC〖解析〗AB．从振动图像知又由可知，两单摆的摆长相等；由于周期与摆球的质量无关，所以不能确定两摆球的质量关系，故A正确，B错误；C．由图像可知两单摆相位相差，故C正确；D．由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同时间，两摆球通过的路程才一定满足，若不能满足以上的要求，则不一定满足，故D错误。故选AC。12.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m为4kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（）A.木板A获得的动能为2J B.系统损失的机械能为4JC.木板A的最小长度为2m D.A、B间的动摩擦因数为0.05〖答案〗AB〖解析〗A．由图像斜率表示加速度可求得，A、B的加速度大小都为，根据动量守恒可得得A质量为则木板获得的动能为故A正确；B．系统损失的机械能故B正确；C．由图像围成的面积差，可求出二者共速时相对位移为所以木板A的最小长度为1m，故C错误；D．分析B的受力，根据牛顿第二定律有可求出故D错误。二、实验题（本大题共2小题，每空2分，共14分）13.如图甲所示，在“验证动量守恒定律”实验中，A、B两球半径相同。先让质量为的A球从斜槽上某一固定位置C处由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。再把质量为的B球放在水平轨道末端，让A球从位置C处由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，M、P、N为三个落点的位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。（1）本实验中，要求A球与B球碰后运动方向保持不变，则A球的质量与B球的质量应满足________。（填“>”或“<”）（2）实验中，不容易直接测定碰撞前后的速度。可以通过仅测量________（填选项前的符号），间接地解决这个问题。A.小球开始释放的高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的水平位移（3）三个落点位置与O点的距离分别为OM、OP、ON，在实验误差允许范围内，若满足关系式________，则可以认为两球碰撞过程中总动量守恒，若满足关系式________，则可以认为两球碰撞过程中机械能守恒。（均用题中相关物理量的字母表示）〖答案〗（1）（2）C（3）〖解析〗（1）为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即（2）小球离开斜槽后做平抛运动，球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度成正比，可以把小球做平抛运动的时间作为时间单位，用球的水平位移代替其初速度，所以实验不需要测量小球释放点的高度与抛出点的高度，只要测出小球做平抛运动的水平位移即可。故选C。（3）[1][2]根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则，，而动量守恒的表达式是若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式若两球相碰前后的机械能守恒，则可得需要验证表达式为14.在用单摆测量重力加速度的实验中。（1）下面叙述中正确的是（）A.为了使摆的周期大一些，以方便测量，拉开摆球时，使摆角大些B.摆线应细些、伸缩性小些、适当长些；摆球应质量大些、体积小些C.用刻度尺测量摆线的长度l，即为摆长D.释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球50次全振动所用的时间t，则单摆周期（2）用10分度的游标卡尺测量摆球的直径如图，读出小球的直径d为________cm。（3）实验时，改变摆长，测出几组摆长L和对应的周期T的数据，作出图像，则利用A、B两点的坐标求得的重力加速度的表达式为________。〖答案〗（1）BD（2）1.86（3）〖解析〗（1）A．拉开摆球时，应使摆线偏离平衡位置的摆角不大于，故A错误；B．该实验中，为了减小误差，摆线应细些、伸缩性小些、适当长些；摆球应质量大些、体积小些，故B正确；C．用刻度尺测量摆线的长度，摆长应等于摆线长度与小球半径之和，故C错误；D．释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球50次全振动所用的时间t，则单摆周期故D正确。故选AD（2）10分度游标卡尺的精确值为，由图可知小球的直径为（3）根据单摆周期公式，可得可知图像的斜率为解得重力加速度的表达式为三、计算题（本大题共4小题，共38分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。）15.如图所示，质量为m2=2kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1=4kg的小球以的速率v0=1m/s碰到滑块后又以相同的速率被弹回，试求滑块获得的速度。〖答案〗4m/s，方向与小球初速度方向一致〖解析〗对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有解得代入数据解得方向与小球初速度方向一致。16.一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面一定高度处自由下落，将要着网时速度大小v1=10m/s，着网后与网作用一段时间后沿竖直方向向上以速率v=12m/s离开网面。已知运动员与网接触的时间为1s，g取10m/s2。（1）求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量；（2）求网对运动员的平均作用力大小。〖答案〗（1），方向竖直向上；（2）1600N〖解析〗（1）设运动员向下接触网面时的速度为，向上离开网面时的速度为，规定向上为正，可得动量的变化量为代入数据解得方向竖直向上。（2）根据动量定理代入数据解得，网对运动员的平均作用力大小17.如图所示是某质点做简谐运动的振动图像。根据图像中的信息，回答下列问题：（1）质点离开平衡位置的最大距离，周期，频率各为多少？（2）质点在30s末的位移是多少？35s末向什么方向运动？（3）质点在前50s内的位移和运动路程是多少？〖答案〗（1）20cm，40s，0.025Hz；（2）﹣20cm，正方向；（3）20cm，100cm〖解析〗（1）根据振动图像，可得质点离开平衡位置的最大距离为周期为频率为（2）根据图像，可知30s末质点的位移为35s末质点向正方向运动。（3）根据振动图像，可判断知质点在50s末位于正向最大位移处，所以质点在前50s内的位移为运动的路程为18.如图所示，ABC是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆，AB部分与BC部分平滑连接。一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，子弹留在木块中。子弹击中木块前的速度为v0。若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C，重力加速度为g，求：（1）子弹击中木块后的速度；（2）子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q；（3）木块从C点飞出后落地点距离B点的距离s。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）子弹击中木块，根据动量守恒有解得子弹击中木块后的速度（2）根据能量守恒得子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q（3）击中后根据动能定理木块从C点飞出后做平抛运动，解得吐鲁番市2023-2024学年第二学期期中检测试卷高二年级物理一、选择题（本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1—8题只有一项符合题目要求，第9—12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.在物理学发展过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明发展的进程。以下说法正确的是（）A.爱因斯坦提出了能量子假说B.法拉第发现了电磁感应现象C.库仑通过实验测得了最小电荷量D.麦克斯韦通过实验捕捉到了电磁波〖答案〗B〖解析〗A．普朗克提出了能量子假说，故A错误；B．法拉第发现了电磁感应现象，故B正确；C．密立根通过油滴实验测得了最小电荷量，故C错误；D．赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故D错误。2.在物理学中，有些物理量是矢量、有些物理量是标量、矢量相加时遵从平行四边形定则，标量相加时遵从算术法则。下列四组物理量中，均为矢量的是（）A.电场强度，动量变化量 B.电动势，磁通量C.电流，电势 D.电功，电功率〖答案〗A〖解析〗A．电场强度是矢量，动量的变化量是矢量，故A正确；B．电动势和磁通量都是标量，故B错误；C．电流和电势都是标量，故C错误；D．电功和电功率都是标量，故D错误。3.如图所示为描述某静电场的电场线，a、b、c是同一条电场线上的三个点，这三个点的电场强度大小分别为、、电势分别为、、。把一个负检验电荷先后放在a、b、c三点，它受到的静电力大小分别为、、，电势能分别为、、下列判断正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗AB．电场线越密电场强度越大，则又因为电场力知故A错误，B正确；CD．根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以有结合可知负电荷在a、b、c三点的电势能大小关系为故CD错误。故选B。4.下列说法正确的是（）A.运动员跳高时，在落地处垫上海绵垫子是为了减小冲量B.人从越高的地方跳下，落地时人受到的冲量越大C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来〖答案〗B〖解析〗A．运动员跳高时，落地时的冲量等于动量的变化量，在地上垫上海绵垫子可以增加与地面接触的时间，由动量定理可知，从而减小与地面之间的相互作用力的大小，故A错误；B．人从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，与地面接触时动量变化量越大，人受到的冲量越大，越危险，故B正确；C．由动量定理可知动量相同的两个物体，受相同的制动力作用，同时停下来，故C错误；D．在由动量定理可知，电视机等物体包装箱里垫上泡沫，可以使电视机与箱子撞击时的时间延长，从而是减小电视机在碰撞过程中受到的撞击力，故D错误。5.物体在水平地面上受到与水平方向成θ角的恒力F作用时间t，物体始终静止。则（）A.F的冲量方向水平向右 B.F的冲量大小为FtcosθC.物体所受摩擦力冲量为0 D.物体所受合力的冲量为0〖答案〗D〖解析〗A．F的冲量方向跟F的方向相同，A错误；B．F的冲量大小为Ft，B错误；C．物体所受摩擦力的冲量为，摩擦力不为零，摩擦力的冲量就不为零，C错误；D．物体始终静止，说明物体的合力为零，故合力的冲量为零，D正确。6.一物体做简谐振动，其振幅为24cm，周期为2s。当时，位移为24cm。物体做简谐振动的振动方程为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗简谐运动的振动方程由题意可知振幅为24cm，周期为2s，则有，则有当时，位移为24cm带入得故物体做简谐振动的振动方程为故ABD错误，C正确。7.如图所示，小明同学把电流表、干电池和一个可变电阻R串联，做成了一个测量电阻的装置。当将A、B两接线柱直接用导线连接时，电流表的读数为5.0mA。已知干电池的电动势1.5V，内阻1Ω，电流表的内阻9Ω。则可变电阻R接入电路的阻值为（）A.290Ω B.20Ω C.292Ω D.300Ω〖答案〗A〖解析〗由题意，根据闭合电路的欧姆定律可知代入相关已知数据解得8.如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是（）A.摆球在B点时，动能最小，回复力最小B.摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力增大C.摆球B点时，重力势能最小，机械能最小D.摆球在A点和C点时，速度为零，故细线拉力最小，但回复力最大〖答案〗D〖解析〗A．单摆近似可以看作简谐运动，在最低点B处，即平衡位置处时，摆球的速度最大，动能最大，回复力为零，故A错误；B．假设单摆摆动过程中，细线与竖直方向夹角为θ，重力沿细线方向分力为mgcosθ，垂直于细线方向分力为mgsinθ。摆球做圆周运动，摆球由A点向B点摆动过程中，有摆球由A点向B点摆动过程中减小，速度逐渐增大，可知细线拉力增大，回复力减小，故B错误；C．摆球运动过程中，机械能守恒，在最低点B处，动能最大，重力势能最小，故C错误。D．摆球在A点和C点时，即最大位移处时，速度为零，结合选项B分析可知，此时细线拉力最小，回复力最大，故D正确。故选D。9.以下四个图中，系统动量守恒的是（）A.剪断细线，弹簧恢复原长的过程中B.在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中C.木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中D.两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动的过程中〖答案〗BD〖解析〗A．剪断细线，弹簧恢复原长过程中，物块所受外力的合力不为0，等于弹簧的弹力，动量不守恒，故A错误；B．在光滑水平面上，子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，故B正确；C．木块沿光滑固定斜面下滑过程中，合外力沿斜面向下，物块所受外力的合力不为0，动量不守恒，故C错误；D．两球体匀速下滑，细线断裂后，它们在水中运动过程中，两球体所受浮力与两球体的重力仍然大小相等，方向相反，即两球体组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，故D正确。故选BD。10.如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y，要使偏转位移减小，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（）A.减小加速电压 B.减小偏转电压UC.增大偏转极板间距离d D.增大偏转电场的板长L〖答案〗BC〖解析〗设电子进入偏转电场的速度为v0，偏转电场极板的长度为L，极板间距为d，则在加速电场中，有解得电子在偏转电场中，做类平抛运动，有，其中联立以上各式可得由此可知，要使偏转位移减小，可以减小偏转电压U，增大加速电压U0，增大偏转电场的极板间距d，减小偏转电场的板长L，故AD错误，BC正确。故选BC。11.如图所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图像，从图像可知（）A.两单摆的摆长相等B.两摆球质量，C.两单摆相位相差D.在相同时间内，两摆球通过的路程总有〖答案〗AC〖解析〗AB．从振动图像知又由可知，两单摆的摆长相等；由于周期与摆球的质量无关，所以不能确定两摆球的质量关系，故A正确，B错误；C．由图像可知两单摆相位相差，故C正确；D．由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同时间，两摆球通过的路程才一定满足，若不能满足以上的要求，则不一定满足，故D错误。故选AC。12.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m为4kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（）A.木板A获得的动能为2J B.系统损失的机械能为4JC.木板A的最小长度为2m D.A、B间的动摩擦因数为0.05〖答案〗AB〖解析〗A．由图像斜率表示加速度可求得，A、B的加速度大小都为，根据动量守恒可得得A质量为则木板获得的动能为故A正确；B．系统损失的机械能故B正确；C．由图像围成的面积差，可求出二者共速时相对位移为所以木板A的最小长度为1m，故C错误；D．分析B的受力，根据牛顿第二定律有可求出故D错误。二、实验题（本大题共2小题，每空2分，共14分）13.如图甲所示，在“验证动量守恒定律”实验中，A、B两球半径相同。先让质量为的A球从斜槽上某一固定位置C处由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。再把质量为的B球放在水平轨道末端，让A球从位置C处由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，M、P、N为三个落点的位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。（1）本实验中，要求A球与B球碰后运动方向保持不变，则A球的质量与B球的质量应满足________。（填“>”或“<”）（2）实验中，不容易直接测定碰撞前后的速度。可以通过仅测量________（填选项前的符号），间接地解决这个问题。A.小球开始释放的高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的水平位移（3）三个落点位置与O点的距离分别为OM、OP、ON，在实验误差允许范围内，若满足关系式________，则可以认为两球碰撞过程中总动量守恒，若满足关系式________，则可以认为两球碰撞过程中机械能守恒。（均用题中相关物理量的字母表示）〖答案〗（1）（2）C（3）〖解析〗（1）为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即（2）小球离开斜槽后做平抛运动，球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度成正比，可以把小球做平抛运动的时间作为时间单位，用球的水平位移代替其初速度，所以实验不需要测量小球释放点的高度与抛出点的高度，只要测出小球做平抛运动的水平位移即可。故选C。（3）[1][2]根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则，，而动量守恒的表达式是若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式若两球相碰前后的机械能守恒，则可得需要验证表达式为14.在用单摆测量重力加速度的实验中。（1）下面叙述中正确的是（）A.为了使摆的周期大一些，以方便测量，拉开摆球时，使摆角大些B.摆线应细些、伸缩性小些、适当长些；摆球应质量大些、体积小些C.用刻度尺测量摆线的长度l，即为摆长D.释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球50次全振动所用的时间t，则单摆周期（2）用10分度的游标卡尺测量摆球的直径如图，读出小球的直径d为________cm。（3）实验时，改变摆长，测出几组摆长L和对应的周期T的数据，作出图像，则利用A、B两点的坐标求得的重力加速度的表达式为________。〖答案〗（1）BD（2）1.86（3）〖解析〗（1）A．拉开摆球时，应使摆线偏离平衡位置的摆角不大于，故A错误；B．该实验中，为了减小误差，摆线应细些、伸缩性小些、适当长些；摆球应质量大些、体积小些，故B正确；C．用刻度尺测量摆线的长度，摆长应等于摆线长度与小球半径之和，故C错误；D．释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球50次全振动所用的时间t，则单摆周期故D正确。故选AD