2025年北师大新版选修3物理下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年北师大新版选修3物理下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5℃升高到10℃，体积的增量为ΔV1；温度由283K升高到288K，体积的增量为ΔV2，则（）A.ΔV1=ΔV2B.ΔV1>ΔV2C.ΔV1<ΔV2D.无法确定2、下列说法正确的是（）A.物体放出热量，分子的平均动能一定减小B.气体的扩散运动总是沿着分子热运动无序性减少的方向进行C.机械能可以自发地全部转化为内能，内能不可能自发地全部转化为机械能D.尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到-273℃3、如图所示；把一根柔软的金属弹簧悬挂起来，弹簧静止时，它的下端刚好跟槽中的水银接触．通电后，关于弹簧，下列说法中正确的是。

A.弹簧始终不动B.弹簧不断上下振动C.弹簧向上收缩后，保持静止D.弹簧向下伸长后，保持静止4、某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么()A.外界对胎内气体做功，气体内能减小B.外界对胎内气体做功，气体内能增大C.胎内气体对外界做功，内能减小D.胎内气体对外界做功，内能增大5、在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制作用，如图所示电路，为定值电阻，为半导体热敏电阻（温度越高电阻越小），C为电容器；当环境温度降低时（）

A.电容器C的带电量增大B.电压表的读数减小C.电容器C两板间的电场强度减小D.消耗的功率增大6、如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，若波速为则下列说法中正确的是（）

A.从图示时刻开始，质点b的加速度将减小B.图示时刻，质点b的振动方向沿y轴正方向C.若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为50HzD.从图示时刻开始，经过质点a沿波传播方向迁移了2m7、如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v1=1m/s、v2=2m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5m/s的速度一起向右运动，则甲、乙两球的质量之比为

A.1：1B.1：2C.5：1D.5：38、α；β和γ射线穿透物质的能力是不同的；为把辐射强度减到一半所需铝板的厚度分别为0.0005cm、0.05cm和8cm．工业部门可以使用射线来测厚度．如图所示，轧钢厂的热轧机上可以安装射线测厚仪，仪器探测到的射线强度与钢板的厚度有关，轧出的钢板越厚，透过的射线越弱．因此，将射线测厚仪接收到的信号输入计算机，就可以对钢板的厚度进行自动控制．如果钢板的厚度需要控制为5cm，请推测测厚仪使用的射线是。

A.α射线B.β射线C.γ射线D.可见光评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、如图所示,氢原子可在下列各能级间发生跃迁,设从n=4到n=1能级辐射的电磁波的波长为λ1,从n=4到n=2能级辐射的电磁波的波长为λ2，从n=2到n=1能级辐射的电磁波的波长为λ3,则下列关系式中正确的是()

A.λ1<λ3B.λ3<λ2C.=+D.=-10、如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线过原点。则气体（）

A.在状态c的压强等于在状态a的压强B.在状态b的压强小于在状态c的压强C.在的过程中内能保持不变D.在的过程对外做功11、有一定质量的理想气体，其压强随热力学温度的变化的图象如图所示，理想气体经历了的循环过程。下列分析正确的是（）

A.过程中气体吸收热量B.四个状态中，只有状态时理想气体分子的平均动能最大C.过程气体对外界做功，并从外界吸收热量E.四个状态中，状态时气体的体积最小E.四个状态中，状态时气体的体积最小12、关于热力学定律，下列说法不正确的是A.在一定条件下物体的温度可以降到0KB.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C.吸收了热量的物体，其内能一定增加E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行13、如图所示，半径为r且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一电量为e、质量为m的电子．此装置放在匀强磁场中，此匀强磁场的磁感应强度B随时间均匀发化，即B=B0+kt（k>0），根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其加速，电子沿圆周运动一周所获得的能量为e，其中为环形回路的感应电动势．t=0时电子的初速度为v0，此后电子运动一周时磁感应强度为B1；则此时电子的速度为。

A.B.C.D.14、美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，克服了多级直线加速器的缺点，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步．下图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A板和C板间，如图所示．带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场；经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）

A.P1P2=P2P3B.P1P2>P2P3C.P0P1=P1P2D.P0P1=P1P215、如图所示，在倾角为θ的粗糙斜面上（动摩擦因数μθ），存在一矩形磁场区域ABDC，磁场方向垂直斜面向下，现将材料相同、边长相等、粗细不同的单匝闭合正方形细线圈1和粗线圈2，在距磁场边界AB下方等距的位置以相同初速度滑上斜面，最终又都从边界AB滑出磁场，则从线圈开始运动到滑出磁场的整个过程中，下列说法正确的是

A.全程运动时间t1＞t2B.克服摩擦力做功Wf1＜Wf2C.在磁场中产生的焦耳热Q1＝Q2D.在第一次进入磁场的过程中通过线圈某截面的电荷量q1＜q2评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、如图，上端带卡环、底部有加热装置的圆柱形气缸竖直放置在水平地面上，质量为m、横截面积为S、厚度不计的活塞到气缸底部的距离为气缸高度的一半，活塞下部封闭有温度为T的理想气体。已知重力加速度为g，外界大气压强恒为忽略一切摩擦。现对封闭气体缓慢加热，则活塞恰好到达气缸上端卡口时气体温度T1=_______；保持封闭气体的温度T1不变，在活塞上表面缓慢倒入沙子，使活塞到气缸底部的距离为气缸高度的三分之一，则倒入沙子的总质量m1=________。

17、如图所示，一定质量的理想气体沿不同过程I、II，由状态A变到状态B，状态A和状态B的温度相同。则过程I对外做的功_____（选填“大于”、“等于”或“小于”）过程II对外做的功；过程I吸收的热量_____（选填“大于”；“等于”或“小于”）过程II吸收的热量。

18、蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质。某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q1，对外做功W，又向低温热源放热Q2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是____。热机的效率不可能达到100%，从能量转化的角度，说明___能不能完全转化为___能而不产生其他影响。19、读数练习：

（1）螺旋测微器的读数为___________mm；

（2）游标卡尺的读数为___________cm；

（3）秒表的读数为___________s；

（4）电阻箱的读数为___________Ω；

（5）多用电表中选择开关置于欧姆×1档时的读数为____Ω，置于直流电压5V档时的读数为___V．

20、如图所示，已知导体棒中通有电流I，导体棒长度为L，磁场磁感应强度为B；当导体棒按下面几种方式放置时，写出导体棒所受安培力的大小．

F=________F=_________F=________F=________21、如图所示，把一根条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置，第一次快插，第二次慢插，两种情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是E1_____E2．

评卷人得分四、作图题(共3题，共27分)22、如图所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．

23、示波管的内部结构如图所示．如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图．

24、图中表示某一时刻的波形图，已知波速为0.5m/s，波沿着x轴的正方向传播；画出经过7s后的波形曲线。

评卷人得分五、实验题(共1题，共7分)25、在“利用单摆测重力加速度”的实验中；

（1）以下做法正确的是__________

A.测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长L

B.测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为

C.摆动中出现了轻微的椭圆摆情形；王同学认为对实验结果没有影响而放弃了再次实验的机会。

D.释放单摆时；应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°

（2）黄同学先测得摆线长为97.92cm，后用游标卡尺测得摆球直径（如图），读数为_________cm；再测得单摆的周期为2s，最后算出当地的重力加速度g的值为_________m/s2．（取9.86；结果保留两位小数）

（3）实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，刘同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径．具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度的表达式为g＝_____________．评卷人得分六、解答题(共4题，共20分)26、如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=20cm，匝数n=100，线圈的总电阻r=0.20线圈在磁感应强度B=0.050T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO'匀速转动，角速度=100rad/s．线圈两端通过电刷E、F与阻值R=4.8的定值电阻连接．计算时取3.

（1）当线圈经过中性面时；线圈中感应电动势为零，试说明原因．

（2）从线圈经过中性面开始计时；写出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式；

（3）求此发电机在上述工作状态下的输出功率；27、请你设计一个简单防盗报警器的电路图。

该报警器的功能是：①当放在保险箱地板上的按钮开关S被脚踩下而闭合时；蜂鸣器就发出鸣叫声。

②当安装在保险箱里的光敏电阻被手电筒照射时；蜂鸣器就发出鸣叫声。

提供的元件：按钮开关S，光敏电阻蜂鸣器（电路符号为），限流电阻可变电阻“与”门，“或”门，“非”门。28、如图所示，一内壁光滑的导热圆柱形气缸静止在地面上。气缸内部有卡环，卡环上方放有一轻质活塞和一个物块，气缸的横截面积为气缸内封闭有体积为的一定质量的理想气体，气体的温度为现对气缸缓慢加热，当缸内气体温度上升到时活塞恰好离开卡环，继续缓慢加热气缸直到气体温度上升到整个过程气体的内能增加了气体从外界吸收了的热量。大气压强重力加速度求：

（1）物块的质量；

（2）温度为时气体的压强。

29、空调器制热时，出风口导风板向下时制热效果比较好．这是为什么？参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

由盖—吕萨克定律

得ΔV=V

所以ΔV1=V1、ΔV2=V2

因为V1、V2分别是气体在5℃和283K时的体积，而=

所以ΔV1=ΔV2

故选A。

【点睛】

在应用盖—吕萨克定律公式时，T是热力学温度，不是摄氏温度；而ΔT用热力学温度或摄氏温度都可以。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．根据热力学第一定律

可知；物体放出热量，物体的内能不一定减小，所以物体分子的平均动能不一定减小，故A错误；

B．气体的扩散运动总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行；故B错误；

C．机械能可以自发地全部转化为内能；但内能不可能自发地全部转化为机械能，故所以C正确；

D．尽管技术不断进步；但热机的效率仍不能达到100%，制冷机却也无法可以使温度降到-273℃，故D错误；

故选C。3、B【分析】当有电流通过弹簧时；构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程．故选B．

【点睛】通电螺线管是由每一个线圈组成的，每一个线圈都有磁场，和判断通电螺线管的N极、S极相同，也按照安培定则来判断N极和S极．4、D【分析】【详解】

对车胎内的理想气体分析知；体积增大为气体为外做功，内能只有动能，而动能的标志为温度，故中午温度升高，内能增大，故选D．

【考点定位】理想气体的性质、功和内能、热力学第一定律．5、A【分析】【详解】

AB．电流I减小，路端电压

E、r不变，则U增大，电压表的读数增大；电容器的电压

E、r、R1均不变，I减小，UC增大，电容器C的带电量增大；故A正确，B错误；

C．电容器C两板间的电场强度UC增大，d不变，则E增大；故C错误；

D．R1消耗的功率

I减小，R1不变，则P减小；故D错误。

故选A。6、C【分析】【分析】

【详解】

AB．由于波向右传播，根据“上下坡”法，知道b质点向下振动；加速度正在增大，故AB错误；

C．该列波的频率为

要想发生干涉；频率需相同，则若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为50Hz，故C正确;

D．机械波在传播的过程中；质点只在自己的平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项D错误。

故选C。7、C【分析】【详解】

设碰撞前甲球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：代入数据解得：m甲：m乙=5：1，故C正确，ABD错误．8、C【分析】【详解】

根据三种射线的穿透能力，α射线的穿透能力最弱，一张纸就可以把它挡住．γ射线穿透力最强，需要适当厚度的混凝土或铅板才能有效地阻挡．β射线的穿透能力介于α射线和γ射线之间，能穿透普通的纸张，但无法穿透铝板．因钢板的厚度需要控制为5cm，推测测厚仪使用的射线是γ射线；故选C；二、多选题(共7题，共14分)9、A:B:D【分析】【详解】

A．释放光子的能量等于两能级间的能级差，所以从n=4到n=1跃迁辐射电磁波能量大于从n=2到n=1跃迁辐射电磁波能量，则辐射的光子频率大，所以辐射的电磁波的波长短,所以λ1＜λ3；A正确；

B．从n=4到n=2跃迁辐射电磁波能量小于从n=2到n=1跃迁辐射电磁波能量，则辐射的光子频率小，所以辐射的电磁波的波长长,所以λ2＞λ3；B正确；

C、D．从n=4到n=1跃迁辐射电磁波波长为λ1，从n=4到n=2跃迁辐射电磁波波长为λ2，从n=2到n=1跃迁辐射电磁波波长为λ3，根据释放光子的能量等于两能级间的能级差，所以C错误，D正确；

故选ABD。10、A:C【分析】【分析】

【详解】

AB．根据

可知，因直线ac过原点，可知在状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大于在状态c的压强；选项A正确，B错误；

C．在的过程中温度不变；则气体的内能保持不变，选项C正确；

D．在的过程中；气体的体积不变，则气体不对外做功，选项D错误。

故选AC。11、A:C:E【分析】【详解】

A.由图象可知，过程压强不变，温度升高，内能增加，由可知，气体体积增大，对外做功，由知；气体吸热，故A正确；

B.恒温过程；气体分子平均动能不变，故B错误；

C.过程，压强减小，由可知体积增加；气体对外做功，因此气体一定吸热，故C正确；

D.过程，压强恒定，减小，减小，由可知体积减小，则外界对气体做功，由可知；气体放热，故D错误；

E.延长线通过原点，体积相等，即过程过程综上分析可知状态气体体积最小；故E正确。

故选：ACE。12、A:C:D【分析】【详解】

A．根据热力学第三定律的绝对零度不可能达到可知A错误；

B．根据热力学第二定律；物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功而引起其他变化是可能的，当然会产生其他变化，故B正确；

C．物体从外界吸收热量同时对外做功；根据能量守恒定律可知内能可能增加；减小和不变，选项C错误；

D．压缩气体；外界对气体作正功，气体同时可能向外释放热，根据能量守恒定律可知物体内能可能减少；温度降低，D错误；

E．一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行,故选项E正确。

故选ACD。13、A:B【分析】【详解】

AC．洛伦兹力提供向心力，故：解得：故A正确；C错误；

BD．根据法拉第电磁感应定律得：感生电动势大小为电场方向逆时针，电场力对电子做正功．在转动一圈过程中对电子用动能定理：解得：故B正确，D错误．14、B:C【分析】【详解】

AB．根据r=

得，则P1P2=2（r2-r1）=

因为每转一圈被加速一次，根据v2-v12=2ad

知每转一圈，速度的变化量不等，且v3-v2＜v2-v1

则P1P2＞P2P3

故A错误；B正确；

CD．因为P0P1=2r1=P1P2=2（r2-r1）=

由匀变速直线运动的规律可知：两次穿过电场时间之比为则

则P0P1=（+1）P1P2

选项C正确；D错误；

故选BC。

点睛：解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速相等的距离．15、B:D【分析】【详解】

A项：线圈刚进磁场时有：，其中所以加速度为所以加速度相同，同理分析可知，全过程中所用时间相向，故A错误；

B项：由可知，越粗的质量越大，由公式由于路程相同，所以越粗的克服摩擦力做功越多，故B正确；

C项：热量：所以越粗的发热越多，故C错误；

D项：由公式所以越粗的电量越大，故D正确．

故应选：BD．三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]对封闭气体缓慢加热；则活塞恰好到达气缸上端卡口，对封闭气体处于等压过程，由盖-吕萨克定律可知。

其中。

解得。

[2]未在活塞上表面缓慢倒入沙子前；对活塞列受力平衡。

保持封闭气体的温度T1不变,对封闭气体处于等温过程；由玻意耳定律可知。

对活塞列受力平衡。

其中。

联立可解。

【解析】2T；4m17、略

【分析】【详解】

[1]过程I、II气体对外做的功分别为

由p−V图可知，所以即过程I对外做的功大于过程II对外做的功。

[2]理想气体在状态A和状态B的温度相同，内能不变（ΔU=0），由热力学第一定律得

解得

因为所以即过程I吸收的热量大于过程II吸收的热量。【解析】大于大于18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由热力学第一定律，热量、做功、内能的符号规定得Q1＋（－Q2）＋（－W）＝0，即Q1－Q2＝W。

[2][3]再由热力学第二定律知，内能不可能全部转化成机械能而不产生其他影响。【解析】Q1－Q2＝W内机械19、略

【分析】（1）螺旋测微器的读数为：1.5mm+0.01mm×49.8=1.998mm；

（2）游标卡尺的读数为:0.8cm+0.02mm×0=0.800cm；

（3）秒表的读数为:300s+37.5s=337.5s；

（4）电阻箱的读数为4×1+0.1×6=4.6Ω；

（5）多用电表中选择开关置于欧姆×1档时的读数为14.0Ω，置于直流电压5V档时的读数为2.60V。【解析】20、略

【分析】【详解】

当导体棒与磁场垂直时受的安培力最大；平行时受安培力为零，则从左到右，导体棒所受安培力的大小分别为：BIL；BIL、BIL、0.

【点睛】

此题关键是搞清四个导体棒的放置方式，知道导体棒与磁场垂直时受的安培力最大，最大值为BIL，平行时受安培力为零.【解析】BIL；BIL；BIL；021、略

【分析】【分析】

两次磁铁的起始和终止位置相同；知磁通量的变化量相同，应用法拉第电磁感应定律比较感应电动势的大小．

【详解】

条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置处，磁通量的变化量△Φ相同，第一次快插，第二次慢插，△t1＜△t2，由法拉第电磁感应定律：可知，感应电动势：E1＞E2．

【点睛】

知道磁通量的变化量相等、应用法拉第电磁感应定律即可正确解题．【解析】大于四、作图题(共3题，共27分)22、略

【分析】【详解】

利用右手螺旋定则；已知电流的方向可判定磁场方向，也可以通过磁场方向来确定电流的方向；

图甲；已知磁场方向，顺时针方向，则电流垂直纸面向里；

图乙；电流右侧的磁场的方向向里，左侧的磁场的方向向外，则电流的方向向上；

图丙；已知磁场方向，则可知电流方向，逆时针方向；

图丁；环形电流从左侧流入，从右侧流出，所以磁场的方向向下；

图戊；根据螺线管中电流方向，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向左；

图已；根据螺线管中上边的电流方向向外，下边的电流的方向向里，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向右．如图所示：

【解析】23、略

【分析】试题分析：A图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；

要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压；即扫描电压．

B图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图．

考点：考查了示波器的工作原理。

【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象【解析】24、略

【分析】【分析】

【详解】

7s波向前传播的距离为

7s后，故x=3.5m位置的原图中x=0位置的振动情况相同；因此作出以下图形。

【解析】五、实验题(共1题，共7分)25、略

【分析】【详解】

（1）测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度，再加摆球的半径作为摆长L，选项A错误；测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t；则周期为t/50，选项B正确；摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，这对实验结果是有影响的，选项C错误；释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°，选项D正确；

（2）摆球直径：主尺读数为：2.1cm；游标尺读数：6×0.1mm=0.6mm，则d=2.16cm；根据解得

（3）设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式：得：联立两式解得：【解析】BD2.169.76六、解