安徽省安庆市桐城市桐城中学2020届高三模拟考试物理试卷

1、物理试卷一、单选题（本大题共 14小题，共42.0分）1.下列说法中正确的是（）A.物体的内能变化，它的温度并不一定发生变化B.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均增大C.当分子间距离增大时，分子势能一定增大D.布朗运动就是液体分子的无规则运动2.如图所示，在一个配有活塞的厚壁有机玻璃筒底放置一小团硝化棉，迅 速向下压活塞，筒内气体被压缩后可点燃硝化棉.在筒内封闭的气体被 活塞压缩的过程中A.气体对外界做正功，气体内能增加B.外界对气体做正功，气体内能增加C.气体的温度升高，压强不变D.气体的体积减小，压强不变3 .如图所示的4种明暗相间的条纹，是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的

2、干 涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样（黑色部分表示亮纹则在下面的四个图中，哪个图是蓝光形成的干涉图样A.IIIIIIH B. UH Hl C.IIIHI D.IUII4 .放射性同位素衰变的快慢有一定的规律.氨 222衰变为针218的规律如图所示.纵坐标表示的是任意时刻氢 222 的质量m与时的质量的比值.下列说法正确的是 1（ XA.氨222的半衰期是7/天B.氨222的半衰期是3g天C.若升高温度，氢222的半衰期将变长D.若升高温度，氢222的半衰期将变短5 .在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝导体线圈，线圈电阻恒定，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示

3、，当磁场的磁感应强度 B随时间t如图乙所示规律变化时，则正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的图象是（LbA通以图甲所示的交变电流,Pa Ph等于（）B通以图乙所示的交变电6 . A、B是两个完全相同的电热器, 流，则两电热器的电功率之比7.8.假设地球可视为质量均匀分布的球体.已知地球表面重力加速度在两极的大小为赤道的大小为g,地球自转的周期为|T.则地球的半径为（）R （即产跳产B. F-C.D.（即+盯产阕、在如图所示，是一列沿着 x轴正方向传播的横波在"=°时刻的波形图，已知这列波的周期T=2,0s.下列说法正确的是（A.这列波的波速v=2.0iu/sB.在（=

4、0时，x=0.5m处的质点速度为零C.经过2.05,这列波沿x轴正方向传播0.8mD.在l=0,3s时，处的质点的运动方向为y轴正方向9.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如人原地起跳时，总是身体弯曲，略下蹲，再猛然蹬地，身体打开，同时获得向上的初速度，双脚 离开地面。从开始蹬地到双脚离开地面的整个过程中，下列分析正确的是10.11.12.13.A.地面对人的支持力始终等于重力B.地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量C.人原地起跳过程中获得的动能来自于地面D.人与地球所组成的系统的机械能是守恒的如图所示，在圆柱形区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小 B

5、随时间t的变化关系为B=B0+kt,其中 B口、k为正的常数.在此区域的水平面内固定一个半径为 r的圆环形内壁光滑的细玻璃管，将一电荷量为q的带正电小球在管内由静止释放， 不考虑带电小球在运动过程中 产生的磁场，则下列说法正确的是A.从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动, B.从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动,C.从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动,D.从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动,转动一周的过程中动能增量为转动一周的过程中动能增量为转动一周的过程中动能增量为 qkn/转动一周的过程中动能增量为 qknJ如图所示，水平桌面上有一小车，装有砂的砂桶通过细绳给小车施加

6、一水平拉力，小车从静止开始做直线运动.保持小车白质量 M不变，第一次实验中小车在质量为IDj的砂和砂桶带动下由静止前进了一段距离s；第二次实验中小车在质量为的砂和砂桶带动下由静止前进了相同的距离s,其中叫Um产M.两次实验中，绳对小车的拉力分别为和T-小车、砂和砂桶系统的机械能变化量分别为 AEj和若空气阻力和摩擦阻力的大小保持不变，不计绳、滑轮的质量，则下列分析正确的是aEj = aE2如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相圆环内产生了感应电流。下列四幅图中,从1907年起，密立根就开始测量金属的遏止电压4（即图1

7、所示的电路中电流表的读数减小为零时夹在电极 K、A之间的反向电压。与入射光的频率 v,由此算出普朗克常量 h, 并与普朗克根据黑体辐射得出的 h相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性。 按图象如图2所照密立根的方法我们利用图1所示的装置进行实验，得到了某金属的示。已知元电荷C.下列说法正确的是图1图zA.该图线的斜率为普朗克常量B,该图线的斜率为这种金属的逸出功C.该金属的截止频率约为427m10“1白D.该金属的截止频率约为 5.50父10/1工14 .随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给

8、出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于电线充电，下列说法正确的是A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电二、实验题（本大题共 3小题，共18.0分）15 .在测量金属丝电阻率的实验中用螺旋测微器测量金属丝直径如图丙所示，则金属丝直径d=m；心,测量金属丝的电阻 叱时，应选用电路图中的 图；口,若金属丝的长度为 L,直径为d,金属丝两端电压为 U,流过金属丝的电流为I,则 金属丝电阻率白表达式 尸:

9、用测得的量表示16 .用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平 行.正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图 甲所示.Ki这块玻璃砖的折射率口=:用图中字母表示k 如果有几块宽度d不同的玻璃砖可供选择，为了减小 误差，应选用宽度d较 或“小” D的玻璃砖来测量.17 .利用单摆测当地重力加速度的实验中利用游标卡尺测得金属小球直径如图丁所示，小球直径d=cm;甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。甲组同学采用图甲所示的实验装 置；A.为比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用 ;用器材前的字母表示） a长度接近1m的细绳 B长度为30cm左右的细

10、绳 c,直径为lEcm的塑料球 d直径为1.8cm的铁球 t最小刻度为1cm的米尺最小刻度为1mm的米尺B.该组同学先测出悬点到小球球心的距离L,然后用秒表测出单摆完成 n次全振动所用的时间to请写出重力加速度的表达式 。用所测物理量表示）C.在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值 。:选填“偏大”、“偏小”或“不 变” 乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示。将摆球拉 开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关 系，如图丙所示的图线。a.由图丙可知，该单摆的周期r

11、r=s；B.更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出产L（周期平方-摆长）图线，并根据图线拟合得到方程 T*=4.04L+0.035.由此可以得出当地的重力加速度3 mH，取/二立洸，结果保留3位有效数字）应.某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其它操作无误，那么他得到的实验 图象可能是下列图象中的 、计算题（本大题共 3小题，共30.0分）18.如图所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E,方向水平向右的匀强电场.质量为 3m,电量为的球 A由静止开始运动，与相距为 L、质量为m的不带电小 球B发生对心碰撞，碰撞时间极短， 碰撞后作为一个整 体继续向右运动.两球均可视为

12、质点，求：(1)两球发生碰撞前 A球的速度；乐B碰撞过程中系统损失的机械能；小、B碰撞过程中B球受到的冲量大小.19.如图所示，两平行金属板 P、Q水平放置，板间存在电场强 度为E的匀强电场和磁感应强度为的匀强磁场.一个带正电的粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动.粒子通过两平行板后从。点进入另一磁感应强度为的匀强磁场 中，在洛仑兹力的作用下，粒子做匀速圆周运动，经过半个圆周后打在挡板 MN上的A点.测得O、A两点间的距离为 |L不计粒子重力.(1)试判断P、Q间的磁场方向；(2)求粒子做匀速直线运动的速度大小v20.3)求粒子的电荷量与质量之比葛.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得

13、超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意图如图所示。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距 为L,导轨间存在垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，导轨电阻不计。炮弹可视为一质量为 m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态， 并与导轨良好接触。电容器电容 C,首先开关接1,使电容器完全充电。然后将 S接至 2, MN由静止开始向右加速运动。当 MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相 等时，回路中电流为零，MN达到最大速度 ”之后离开导轨。问：1这个过程中通过 MN的电量q；2直流电源的电动势 E；(冉某同学想根据第一问的结果，利用的公式-R-

14、IT求MN加速过程的位移，请判断这个方法是否可行，并说明理由。四、简答题（本大题共 2小题，共10.0分）21 .在利用如图所示的装置探究影响电荷间相互作用力的因素时，我们可以通过绝缘细线与竖直方向的夹角来判断电荷之间相互作用力的大小。如果A、B两个带电体在同一水平面内，B的质量为m,细线与竖直方向夹角 为0,求A、B之间相互作用力的大小。22 .金属导体板垂直置于匀强磁场中，当电流通过导体板时， 外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧， 在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成电场， 该电场对运动的电子有静电力的作用，当静电力与洛伦兹力达到平衡时，在导体板这两个表面之间就会形成

15、稳定的电势差，这种现象称为霍尔效应。利用霍尔效应可以测量磁场的磁感应强度。如图所示,若磁场方向与金属导体板的前后表面垂直，通过的电流I,可测得导体板上、下表面之间的电势差为U,且下表面电势高。已知导体板的长、宽、高分别为a、b、c,电子的电荷量为e,导体中单位体积内的自由电子数为n。求：执导体中电子定向运动的平均速率v；b,磁感应强度B的大小和方向。答案和解析1 .【答案】A【解析】解：A、物体的内能变化，它的温度并不一定发生变化，如MC的冰熔化为01T的水,温度不变，但由于吸热，内能增加，故 A正确；B、当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故 B错误；C、如图所示，当在范围内，分子

16、力表现为斥力时，分子间距离增大时，分子间作用力做正功，分子势能减小，故 C错误；D、布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，布朗运动间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误。故选：Ao根据物体内能包括分子动能和势能、热力学第一定律AU=W+Q以及温度是分子平均动能的标志分析作答；分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，随距离的增大引力和斥力都减小，斥力变化快, 引力变化慢；布朗运动是悬浮在液体中微粒的运动，反映了周围液体分子的无规则运动，布朗运动不是液体分子的运动。本题考查了内能、分子间作用力、分子势能以及布朗运动，要注意当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥

17、力减小更快，分子间作用力做正功分子势能减小，分子间作用力做负功分子势能增大。2 .【答案】B【解析】解：压缩玻璃筒内的空气，气体的压强变大，机械能转化为筒内空气的内能，空气 的内能增加，温度升高，当达到棉花的燃点后，棉花会燃烧；故 B正确，ACD错误 故选：B。做功可以使内能与机械能之间进行转化：对气体做功，气体内能会增加；气体对外做功，气体内能会减少，做功可以使内能与机械能之间进行转化 解决此类问题要知道做功可以改变物体的内能.难度一般3 .【答案】A 【解析】【分析】单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越粗;双缝干涉的图样是明暗相间的干涉条纹，所有条纹

18、宽度相同且等间距，随着波长越短，则条纹间距越小。掌握单缝衍射和双缝干涉的图样的特点和图样与波长的关系是解决此题的唯一 途径，故要加强对基础知识的记忆。【解答】双缝干涉的图样是明暗相间的干涉条纹，所有条纹宽度相同且等间距，随着波长越短，则条纹间距越小，故 A是蓝光通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样，C是红光；单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越粗， 故BD是衍射图样，紫光波长较短，则中央亮条纹较细， 故B是紫光的衍射条纹，D是黄光。 故A正确，BCD错误； 故选A。4 .【答案】B【解析】解：设衰变周期为 T,那么任意时刻 回可见氨222的半衰期是3.8

19、天.半衰期不受温度的影响.B正确.故选：B根据半衰期的定义及图象求出任意时刻氢222的质量的表达式.本题考查衰变规律和对问题的理解能力.根据衰变规律表示出两个物理量之间的关系.5 .【答案】D【解析】解：感应定律和欧姆定律得 【二息=7总广，乂绊，所以线圈中的感应电流决定于磁感 rk o I'll 凸 I应强度B随t的变化率。由图乙可知，0 4s时间内，B增大，小增大，感应磁场与原磁场方向相反 （感应磁场的磁感应强度的方向向外），由楞次定律，感应电流是顺时针的，因而是正值。所以可判断0 Is为正的恒值；在1本内，因磁场的不变，则感应电动势为零，所以感应电流为零；同理2 3s,磁场在减小

20、，由楞次定律可知，感应电流与原方向相反，即为负的恒值；根据感应定律和欧姆定律得1号；二高尸绊，可知， K A Ma K因Th与2 3A斜率一样大的，感应电动势大小相同， 则感应电流大小相同。 故D正确，ABC 错误；故选：D。由图乙可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象.此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果.6 .【答案】A【解析】解：根据有效值的定义，则有：方波：泵尹俨RT解得：乙图是正弦波2 P映 J0 _2根据p

21、=Fr得邑Ji 乙喷产故选：A根据有效值的定义求解. 取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值.根据功率公式P=1/求比值.对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值 7.【答案】B【解析】【分析】质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力.根据万有引力定律和牛顿第二 定律，在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力联立求半径.解决本题的关键是认识到在赤道处的重力实为地球对物体的万有引力减去物体随地球自转 的向心力，掌握力的关系是正确解题的前提.【解答】在两极地区，物体只受到地球的万有引力，其大小为

22、mgo,在赤道处，地球对物体的万有引力大小仍为|m闻，万有引力和重力的合力提供圆周运动向心力有即有：m（羯竽，可得地球半径为：即，故ACD错误,B正确。故选：B。8 .【答案】D【解析】解：A、由图知：波长人=lm,则波速八。故a错误；B、在【=0时，处的质点位于平衡位置，速度不是零而是最大。故 B错误；C、过2.0,这列波沿x轴正方向传播距离为x=v=0.5x2iii=lnio故C错误；D、t二（Us=知，图示时刻处的质点正向上运动，故t=03时，K=0S】i处的质点的运 动方向为y轴正方向。故D正确。故选：Do由图读出波长 儿 由#二守求出波速；根据质点的位置分析其速度；波沿x轴正方向传播

23、的距离为KRt；根据时间与周期的关系，分析在 1=0上时，x=0.5m处质点的位置，确定其运动方 向.本题的关键要掌握波速的两个公式 u="和知道波传播的距离为k=vt.9 .【答案】B【解析】解：A、人在上升过程中经历了先加速再减速过程，加速过程中人受到的支持力大于人的重力；故A错误；B、因支持力大于重力，作用时间相同，故支持力的冲量大于重力的冲量；故B正确；C、人起跳时，地面对人不做功，人的动能来自于本身的生物能；故 C错误；D、由于有人体生物能转化为机械能，故机械能不守恒；故 D错误；故选：B分析人的运动情况，根据受力分析明确人的受力情况，则可根据动量及冲量得出冲量大小； 由功

24、能的转化可得出能量转化关系。本题考查动量定理及功能转化，要注意明确支持力对人作用的位移为零，故支持力对人不做功，人是利用自身的能量得以增加机械能的。10 .【答案】C【解析】【分析】当磁场随着时间均匀变化时，导致出现涡旋电场，则正电荷在电场力作用下，加速运动，根据动能定理，则可确定转动一周的动能增量，从而即可求解。考查均匀变化的磁场产生稳定的电场，掌握电荷在电场中的运动，理解动能定理的应用， 注意电荷在电场力作用下做功是解题的关键。【解答】由题意可知，如图所示的磁场在均匀增加时，则会产生顺时针方向的涡旋电场，那么正电荷在电场力作用下，做顺时针方向圆周运动，根据动能定理，转动一周过程中，动能的增

25、量等于电场力做功，则为W=qU=q患n/nqlor，故C正确，ABD错误。故选Co11 .【答案】A【解析】解：小车的砂桶用细线相连，故其加速度大小相等，根据牛顿第二定律以整体为研究对象有加速度：白=喘瞿=-曳知，当砂桶的质量 m增加时加速度a增大即同1由2,所以有:“力， 话+1再以砂和砂桶为研究对象有：Hig-T产谓-T户口叼，所以有m1g那则BD错误；根据功能关系知，除重力和弹力外其它力对系统做的功等于系统机械能的变化知，在两种情况下运动，小车所受摩擦力对小车做的功相同，可知两种情况下系统机械能的变化量= 所以C错误，A正确。故选：A。根据牛顿运动定律分析受力情况，根据功能关系：除重力和

26、弹力外其它力对系统做的功等于系统机械能的变化讨论机械能变化情况.用整体法和隔离法对车进行受力分析求出加速度与砂桶质量的关系，再根据功能关系分析系统机械能的变化与重力和弹力外做功的关系这是解决本题的关键.12 .【答案】D【解析】 解：A、由图示可知，在磁铁 S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁 远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；B、由图示可知，在磁铁 S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时， 穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故B错误；C、同时，在磁铁 N

27、极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁远离圆环时，穿过圆 环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；D、由图示可知，在磁铁 N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时， 穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确； 故选：Do 由楞次定律：感应电流磁场总是阻碍线圈原磁通量的变化，结合是 N极还是S极的运动， 从而可以判断出感应电流的方向。 本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键，同时掌握楞次定律的应用步骤： 先确定原磁场方向， 再判定通过线圈的磁通量如何变化，

28、然后由“增反减同“，从而确定感应电流磁场方向，最后由右手螺旋定则，确定结果。13 .【答案】C【解析】解：AB、设金属的逸出功为 叫,截止频率为”,则有：W产鹏； 光电子的最大初动能Ek加与遏止电压|U'的关系是：|“尸印, 光电效应方程为：EQhvW"联立两式可得：故Q与v图象的斜率为故AB错误；CD、当4=0时，可解得：V=vf此时读图可知： 吟4.27m10711x,即金属的截止频率约为 4.27x1014Hz ,故C正确，D错误。 故选：Co根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量。 遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率。此题考

29、查了爱因斯坦光电效应方程的相关计算，属于图象问题，解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系，注意单位的统一。14 .【答案】C【解析】解：A、无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的 磁效应”现象，故 A错误；B、当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故 B错误；C、接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故 C正确； D、被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时， 则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误；故选：Co 根据电磁感应现象

30、的原理，结合感应电动势产生的条件，即可一一求解。考查充电手机的工作原理， 理解电磁感应现象的运用，及产生感应电动势的条件，注意涡流的防止与应用。15 .【答案】1.775甲与【解析】 解：由图示螺旋测微器可知，其示数为：L5nim+27.5x0Qlmm=1.775nmi。2滑动变阻器最大阻值大于待测电阻阻值，可以起到保护和控制电路作用时，滑动变阻器可以采用限流接法；由于金属丝电阻较小， 电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表可以采用外接法，故选甲图； 国根据欧姆定律得知电阻为： R4_nUdP=IL由电阻定律可知：解得电阻率为： 故答案为：|1力乐甲；黠Q螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺

31、旋测微器示数；也根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，即可确定电路图；由电阻定律和欧姆定律列式求出电阻率的表达。本题考查了实验原理的确定、螺旋测微器读数、 求电阻率的方法等， 要注意本实验测电阻时可以采用限流接法，而金属丝电阻较小，应选择电流表外接法。sinOn16 .【答案】就大【解析】解：。根据折射定律得，玻璃砖的折射率为：n二遍.也选择宽度较大一点的玻璃砖进行测量，测量的误差较小.而才;大根据折射定律，结合入射角和折射角求出玻璃砖的折射率.为了减小实验的误差， 选择宽度较大的玻璃砖进行测量.解决本题的关键知道实验的原理，知道减小实验误差的方法，比如玻璃砖选择宽度大一些的， 入射角适当大一

32、些.I 2217 .【答案】22.6 adf ",丁偏小2.0机76 B【解析】 解：0 .小球直径d=22nim+6xO,lnim=22Xram;侬A、根据单摆的周期公式得：g=隼?，知需要测量摆长，摆长等于摆线的长度和摆球的半径之和，所以选择长近1m的细线，直径为I&m的铁球，需要测量摆长和摆球的直径，所以需要最小刻度为1mm的米尺和螺旋测微器，故 adf正确，bce错误；故选：adf ； 1I 2 RB、单摆的周期为： 鹏 所以重力加速度的表达式为 月二（小；C、在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的

33、重力加速度偏小;心演、根据图象可知，该单摆的周期B、根据单摆的周期公式T=2irg得：仁=4/1,所以有：f=4.04，解得 g=9.76m/J；C、某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，则根据周期公式有L=弹，故ACD错误，B正确；故选：B。故答案为：（1）22,6 也普偏小2.0 9.76 B。Q游标卡尺的读数等于主尺的读数加上游标尺的读数；代根据单摆的周期公式确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材和测量工具；结合单摆的周期公式， 根据周期的大小求出重力加速度的表达式，通过表达式，分析误差是偏大还是偏小；国根据简谐运动的图线得出单摆的周期，根据单摆的周期公式求出炉工关系式，结合图线的

34、斜率求出重力加速度；实验过程中，摆长没有加小球的半径，分析关系式，再选择图象。解决该题需要掌握该实验的实验原理和实验的注意事项，掌握单摆的周期公式， 能正确推导产工的关系式，掌握游标卡尺的读数原理。18 .【答案】解：I。）碰撞前电场力做功，由动能定理：EqL=与mm?解得：皇二舞3mv=(3ni+m)V|系统碰撞的过程中动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律: 解得vt系统损失的机械能：所以：AF=1EqL（3）以B为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：二口氏/0所以：二也孚四；方向水平向右答：两球发生碰撞前 A球的速度是.青:，；A、B碰撞过程中系统损失的机械能是 |EqL；（3）4

35、B碰撞过程中B球受到的冲量大小是i'6HqLin【解析】（1）对A进行分析，根据牛屯第二定律求出A球的加速度，由速度位移公式求出A球与B球碰撞前的速度.（2）由题可知，碰撞的时间短，则在碰撞的瞬间二者之间的相互作用比较大，二者在水平方向的动量近似守恒，由动量守恒定律即可求出二者在水平方向的速度，由功能关系即可求出损失的机械能；（3）由动量定理即可求出 A、B碰撞过程中B球受到的冲量大小.该题考查动量守恒定律，在解答的过程中要注意，由于碰撞的时间短， 则在碰撞的瞬间二者之间的相互作用比较大，二者在水平方向的动量近似守恒，可以在水平方向使用动量守恒定律.19 .【答案】解：|1）粒子做匀速运动，电场力和洛伦兹力平衡（如图所示K1根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向里.I（2）电场力和洛伦兹力平衡，qE=qvB-,解得串三用.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qyR产血,又L二2，解得蒋二瑞号答：（1）耳Q间的磁场方向为垂直纸面向里；2）粒子做匀速直线运动的速度大小为 含；（打粒子的电荷量与质量之比为 市瓦.【解析】（1）抓住粒子做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡，根据洛伦兹力的方向，通过左手定则得出 P、Q间磁场的方向.（2）根据电场力和洛