2022-2023学年河北省张家口市高二（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年河北省张家口市高二（下）期末物理试卷

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

I.关于近代物理学史，下列说法正确的是（）

A.汤姆孙发现电子后，猜测原子具有核式结构模型

B.卢瑟福通过a粒子的散射实验发现了质子

C.德布罗意提出：实物粒子也具有波动性

D.爱因斯坦在玻尔原子模型的基础上，提出了光子说

2.2022年3月8日，航天员王亚平从空间站送来的“国际妇屋

女节”节日祝福通过电磁波传播到祖国各地，下列关于电j

磁波的说法正确的是（

ib标妇女节快乐

HappyIntomationatWomen'sDay"

c.电磁波不能在真空中传播

D.LC振荡电路的频率越高，发射电磁波的本领越低

3.关于分子动理论，下列说法正确的是（）

MRU

A..1,"用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先滴油酸酒精溶液,

再撒萍子粉

图为水中炭粒运动位置的连线图，连线表示炭粒做布朗运动的轨迹

图为分子力与分子间距的关系图，分子间距从r0增大时，分子力先变

小后变大

各ai*x时的分子效

占a分子数的门分比

图为大量气体分子热运动的速率分布图,曲线②对应的温度较高

4.徐平广记》中记载到“魏时，殿前钟忽大鸣，震骇省署”，查其原因后得知“此蜀郡铜

山崩，故钟鸣应之也”。下列四幅图对应的情境中涉及的物理原理与“山崩钟鸣”原理完全

相同的是（）

A.图甲：飞行中的蝙蝠利用回声来判断障碍物的方位

B.图乙：汽车底部的减震器随汽车行驶而振动

C.图丙：扬声器表面的碎屑随播放而跳动

D.图丁：玻璃杯在声波的作用下碎裂

5.一定质量的理想气体分别经历4TBT。和2TCT。两个变化过程,如图所示。4TBT

D过程，气体对外做功为勿「与外界交换的热量为Qi：4-C-D过程，气体对•外做功为勿2,

与外界交换的热量为。2。两过程中（）

A.气体吸热，Qi>Q2B.气体吸热，％=W2

C.气体放热，Qi=Q2D.气体放热，%>W2

6.一列横波沿x轴传播，如图1是波上某一质点P的振动图线.图2为这列横波在0.1s时刻的

波形图.由此可以判断该波的传播速度和传播方向是（）

A.lm/s,沿x轴正方向传播B.lm/s,沿x轴负方向传播

C.0.5m/s,沿x轴正方向传播D.0.5m/s,沿x轴负方向传播

7.对甲、乙、丙、丁四幅图中的实验现象，下列说法正确的是（）

A.图甲：用单色光垂直照射牛顿环，可以得到间距相等、明暗相间的同心圆环

B.图乙：单色光进入平行玻璃砖传播，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从下表

面射出

C.图丙：用平行光照射被检测平面得到干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处

是凸起的

D.图丁：用白光照射偏振片M,当M固定不动缓慢转动偏振片N时，光屏P上的光亮度将发生

变化

8.如图甲所示的无线话筒是一个将声信号转化为电信号并发射出去的装置,其内部电路中有

一部分是LC振荡电路。若话筒使用时，某时刻线圈中的磁感线如图乙所示，且电流正在增大，

则此时（）

A.电流由a流向b,且电容器正在充电

B.电容器上极板带正电荷

C.线圈的自感电动势正在变大

D.若增大电容器两板间的距离，LC振荡频率减小

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

9.新冠病毒疫情防控工作中，体温枪被广泛使用，成为重要的防疫装备之一。某一种体温枪

的工作原理是：任何物体温度高于绝对零度（-273久）时都会向外发出红外线，红外线照射到

体温枪的温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，从而显示出物体的温度。己

知人的体温正常时能辐射波长为的红外线，如图甲所示，用该红外光线照射光电管的阴

极K时，电路中有光电流产生，光电流随电压变化的图像如图乙所示，已知真空中的光速c=

3x108m小，则（）

A.波长的红外线在真空中的频率为3x1016Hz

B.将图甲中的电源正负极反接，则一定不会产生电信号

C.光电子的最大初动能为0.02eV

D.若人体温度升高，辐射红外线的强度增强，则光电管转换成的光电流增大

10.如图为氢原子的能级示意图，已知锌的逸出功是3.34eU,那么对0

S--------------------054

035vV

氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是（）ISeV

2-----------------3.4rV

-13^eV

A.一群处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时，能放出6种不同频率的光

B.一群处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电

子的最大初动能为9.72eU

C.用能量为10.45eU的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到n=2的激发态

D.用能量为14.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离

11.在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个原来静止的原子核《X,由

于发生了一次衰变放射出某种粒子，放射出的粒子与生成的新核在与

磁场垂直的平面内做圆周运动，得到一张两个相切圆的径迹照片如图

所示。以?n、q分别表示放出的粒子的质量和电荷量，放出的粒子运

动的轨迹圆半径为凡则（）

A.放出的是a粒子且其轨迹对应着大圆，绕行方向为顺时针

B.放出的是/?粒子且其轨迹对应着大圆，绕行方向为逆时针

C.若测得新核与放出的粒子的半径之比为1：60,则Z=122

D.若衰变过程中释放的核能全都转化为粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为△

A(BqR)2

m=2m(A-4)c2

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

12.某同学利用如图甲所示装置测量某种单色光的波长。其中测量头由分划板、目镜、手轮

等构成。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。

（1）用测量头来测量亮纹中心的距离：转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对

准亮纹的中心（如图乙所示），记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准

另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数。

一

一

三

后40

111

-35

三30

一

当分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图丙所示，则对

准第1条时读数为mm,对准第4条时读数为mm,已知单缝与双缝的距离=

60mm,双缝与屏的距离人=700mm,单缝宽心=0.10mm,双缝间距d2为。.25mm,求得

所测单色光波长为m(保留两位有效数字)。

(2)如果仅将双缝的间距变小，则屏上的干涉条纹的间距将变(选填“大”或“小”)。

13.在“用单摆测量重力加速度”的实验中：

(1)下列关于单摆的实验操作正确的是(填选项前的字母)。

A.摆球运动过程中摆角应大于10。

3.摆球到达平衡位置时开始计时

C.摆球应选用泡沫小球

D保证摆球在同一竖直平面内摆动

(2)正确组装单摆后，在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量出从悬点到摆球最低端的长

度L=0.9960m,再用游标卡尺测出摆球直径，结果如图甲所示，则该摆球的直径为

mm,单摆摆长/为m«

(3)实验中，测出不同摆长，对应的周期值7,作出产一［图像，如图乙所示，己知图线上4B的

斜率为k，由此可求出g=。(用含k的式子表示)

(4)实验中，某同学误将49次全振动数记为50次，则该同学测得的g值将(选填“偏

大”，，不变”或“偏小”

四、简答题(本大题共2小题，共26.0分)

14.消毒是防止病毒传播的重要环节，肩背式手动消毒喷雾器原理如图所示，储液桶上端进

气孔用细软管与带有单向阀门Ki的打气筒相连，下端出水口用细软管与带阀门&的喷头相连。

己知储液桶容积V=16.03打气筒每打一次能将匕=0.30L的外界空气压入储液桶内。现向

储液桶内注入彩=10.0L的消毒液，拧紧桶盖和喷头开关七，设大气压强po=l.Oatm,喷雾

器内外温度均为1=27℃,打气过程中温度保持不变。

(1)未打气时，与储液桶内气体状态相同的气体在标准状态下(气体压强Po=l.Oatm、温度tO=

0℃)的体积是多少？

(2)某次消毒前，打气筒连续打气使储液桶内的气体压强增加到2.5atm,求打气筒打气的次数

n；

⑶如果压强达到2.5atm时停止打气，打开阀门向外喷药，直至储液桶消毒液，上方的气

压为1.2at/n时，桶内剩余的药液还有多少升？(上述过程温度不变)

桶盖

喷头I一三一f?)T

aI

打

气

筒

和

的

储

液桶

15.某用透明介质制成的半圆柱体的横截面如图所示，半

圆的半径为R、圆心为。，一光线沿横截面以入射角i=45。从

直径4B上的M点经半圆柱体折射后，射到圆弧4B上的N点

恰好发生全反射，然后从Q点(图中未画出)第一次射出半圆柱体。已知。、M两点间的距离x=

当R,真空中的光速为c,5讥15。="94”15。=早2。求：

344

(1)透明介质对该光线的折射率n；

(2)该光线从N点传播到Q点的时间t。

五、计算题(本大题共1小题，共8.0分)

16.一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度为lOm/s.当波传到x=5m处的质点P时，波

形如图所示，x=9m处是质点Q.求

(1)波上的质点振动周期

(2)再经过0.4s,质点P的位移和路程.

(3)再经过多长时间质点Q第一次到达波峰？

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4、汤姆孙发现电子后，提出了原子的“枣糕”模型，而原子核式结构模型是卢瑟

福通过a粒子的散射实验提出的，故A错误；

以卢瑟福是通过原子核的人工转变发现了质子，故8错误；

C、德布罗意提出：实物粒子像光一样也有波粒二象性，故实物粒子也有波动性，故C正确；

。、爱因斯坦在研究光电效应时提出了光子说，故。错误。

故选：Co

本题是物理学史问题，根据汤姆孙、卢瑟福、德布罗意等人的物理学成就进行解答。

该题考查汤姆孙的原子模型、a粒子散射实验、卢瑟福发现质子、爱因斯坦的光子说，对一些物

理学史要加强记忆，重视积累。

2.【答案】B

【解析】解：4、根据麦克斯韦电磁场理论，可知周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，周

期性变化的电场产生周期性变化的磁场，才能使电场和磁场交替产生向外传播，形成电磁波，若

电场和磁场不变，则不能产生电磁波，故A错误；

B、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验验证了电磁波的存在，故B正确；

C、电磁波的传播不依赖于介质，可以在真空中传播，故C错误；

/）、发射电磁波的本领由LC振荡电路频率决定，振荡电路频率越高，发射电磁波的本领越大，故

。错误。

故选：B。

周期性变化的磁场产生同频率的电场，周期性变化的电场产生同频率的磁场，逐渐向外传播，形

成电磁波；根据物理学史判断；电磁波可以在真空中传播；发射电磁波的本领由振荡电路频率决

chr

AC。

本题以航天员王亚平从空间站送来的“国际妇女节”节日祝福通过电磁波传播到祖国各地为背景,

考查电磁波的产生以及电磁波的发现的物理学史，明确麦克斯韦有关电磁波的假设和电磁波的产

生条件。

3.【答案】D

【解析】解：4、“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先撒排子粉，再滴油酸酒精溶液，

否则很难形成良好的油膜，故A错误；

8、图中的折线是炭粒在不同时刻的位置的连线，并不是固体小颗粒的运动轨迹，也不是分子的运

动轨迹，由图可以看出小炭粒在不停地做无规则运动，故8错误；

C、根据分子力与分子间距的关系图，可知分子间距从小增大时，分子力表现为引力，分子力先变

大后变小，故C错误；

D、由图可知，②中速率大分子占据的比例较大，则说明②对应的平均动能较大，故②对应的温

度较高，即7;<72，故。正确。

故选：Do

先撒琲子粉，再滴油酸酒精溶液，才可以形成良好的油膜；折线是炭粒在不同时刻的位置的连线，

并不是固体小颗粒的运动轨迹；分子间距从r°增大时，分子力先变大后变小；②中速率大分子占

据的比例较大，②对应的温度较高。

本题考查了“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的注意事项、布朗运动、分子力、气体分子热

运动的速率分布等热学知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。

4.【答案】D

【解析】解：“山崩钟鸣”原理属于声音的共鸣现象，即发生了共振。

A.飞行中的蝙蝠利用回声来判断障碍物的方位，是机械波的反射现象，故A错误；

B.汽车底部的减震器随汽车行驶而振动，是在驱动力作用下的受迫振动，故B错误；

C.扬声器表面的碎屑随播放而跳动，是在驱动力作用下的受迫振动，故C错误；

。.当声音的频率等于玻璃杯的固有频率时，玻璃杯会产生共振，振幅达到最大，玻璃杯可能会碎

裂，故。正确。

故选：Do

飞行中的蝙蝠利用回声来判断障碍物的方位；汽车底部的减震器随汽车行驶而振动、扬声器表面

的碎屑随播放而跳动，是在驱动力作用下的受迫振动；玻璃杯在声波的作用下碎裂是由声波的共

振造成的。

考查声波的反射、受迫振动、共振的应用，掌握波的基本特性及声音的共鸣，即可正确解答本题。

5.【答案】A

【解析】解：P-U图线与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图示图象可知，两过程气体

体积都变大，气体对外做正功，ArB-D过程图线与坐标轴所围图形的面积大于A-CTD过

程图线与坐标轴所围图形的面积，叫>总

由图示图象可知：pAVA=3p0xVo=3p0K0,pDVD=PoX3l/0=3p0K0,则①匕=口0%），由理想

气体状态方程华=。可知，TA=TD，气体在状态4与状态。的内能相等，由状态4到状态。，气体

内能的增加量AU=0；

由热力学第一定律4U=W+Q可知：Q=-IV,则QI>Q2,气体吸收热量，故A正确，BCD错

误。

故选：A。

本题考查了理想气体状态方程与热力学第一定律的应用，根据图示图象分析清楚气体状态变化过

程，知道p-V图线与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，应用理想气体状态方程与热力学第

一定律即可解题。

6.【答案】A

【解析】解：由y—t图象读出周期为7=0.2s,由y-尤图象读出波长为;1=20cm=0.2m,则波

速为u=4=lm/So

在y-t图象上读出质点P在t=0.1s时刻的振动方向沿y轴正方向，则在y-x图象上判断出来波x

轴正方向传播。

故选:Ao

由振动图象读出周期，由波动图象读出波长，求出波速.在振动图象上读出t=O.ls时刻质点P的

振动方向，在波动图象上判断出波的传播方向.

本题考查对振动图象和波动图象的理解能力，以及把握两种图象联系的能力.y-t图是波形图上

P质点的振动图象，而y-x图是t=O.ls时刻的波形，抓住它们之间的联系是解题的关键.

7.【答案】D

【解析】解：4用单色光垂直照射牛顿环，可以得到间距不相等的明暗相间的同心圆环，圆心

附近处明暗相间同心圆环的条纹较宽，随离中心点的距离增加，条纹的宽度逐渐变窄，故A错误；

8、单色光由空气中进入平行玻璃砖时，是由光疏介质进入光密介质，此时不论入射角如何增大,

在上表面都不会产生全反射。当入射角逐渐增大，上表面的折射角逐渐增大，由于折射角小于入

射角，在下表面的入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆原理，可知在下表面的折射角等于

上表面的入射角，因此一定有光线从下表面射出，且射向平行玻璃砖的光线与射出光线相互平行，

故8错误；

C、由干涉条纹的特点可知，同一级条纹上的光程差相等，条纹向空气薄膜较薄处弯曲，说明此

处空气薄膜变厚，由此可知弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹陷的，故C错误；

D、因为光是横波，经偏振片M会产生偏振现象，当M固定不动缓慢转动偏振片N时，P上的光亮

度将发生变化，故。正确。

故选：D。

图甲中，圆心附近处明暗相间同心圆环的条纹较宽；

图乙中，入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃

砖中的光线不会消失，故肯定有光线从帅’面射出；

图丙中，根据薄膜干涉原理，当光程差为波长的整数倍时，出现亮条纹，当光程差为半个波长的

奇数倍时，出现暗条纹；

图丁中，光的偏振现象表明光是一种横波。

本题要知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的。以及知道薄膜干涉是一种

等厚干涉，理解平行板玻璃砖的光学特性，知道光是一种横波，本题涉及的知识点较多，掌握基

础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

8.【答案】B

【解析】解：4B.根据安培定则可知，该时刻电流的方向由b流向a；电流正在增大，则磁场能增

大，电场能减小，电荷量在减少，故电容器正在放电，结合电流的方向可知电容器上极板带正电

荷，故A错误，B正确；

C.电流正在增大，电流变化率正在减小，则该时刻线圈的自感电动势正在减小，故C错误；

»根据C=麻，可知增大电容器两板之间的距离，电容减小，根据公式/=而片，可知，振荡

电流的频率增大，故。错误。

故选：B。

在LC振荡电路中，当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。

根据电磁振荡的频率公式进行分析。

解决本题的关键知道在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大；

当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小。

9.【答案】CD

【解析】解：4、波长4=10/im=lx10-5加的红外光在真空中的频率为v=c=上雹弦=3x

410x10-5

10】3"z,故A错误；

B、由乙图可知遏止电压为4=2x10-2^,将图甲中的电源反接，根据乙图，反向电压低于遏止

电压，即低于0.021/时，电流表的示数不为零，故8错误；

C、由乙图可知遏止电压为分=2X10-2J/,根据动能定理得eUc=%,可知光电子的最大初动能

为0.02eU,故C正确；

。、若人体温度升高，则辐射红外线的强度增大，单位时间内逸出的光电子的个数增加，光电流

增大，故。正确。

故选：CD.

由丫=与计算频率；由乙图可知遏止电压，反向电压低于遏止电压时电流表的示数不为零；根据爱

因斯坦光电效应方程a=hv-%及eUc=可计算逸出功；温度升高,辐射红外线的强度增大，

光电流增大。

本题考查了光电效应，考查知识点针对性强，难度适中，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

10.【答案】BD

【解析】4B、根据第=10可知一群处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时，能放出10种不同频率

的光，其中从n=5能级的氢原子向基态跃迁时的光子能量最大，为：E=Es-E1=-0.54eV-

(-13.6elZ)=13.06elZ,

用该光子照射锌板时，光电子的最大初动能，根据光电效应方程可得：Ek=hv-W0=E-W0=

13.06eU-3.34eU=9.72eV,故A错误,8正确；

C、基态的氢原子跃迁到n=2的激发态需要吸收光子的能量为：E=E2-E,=-3.4eV-

(-13.6eV)=10.2eV,故C错误;

。、能量为14.0W大于13.6W,因此用能量为14.0川的光子照射，可使处于基态的氢原子电离，

故。正确。

故选：BD。

根据鬃判断一群氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子种类,其中最大能量的光子为从n=5激

发态跃迁到基态，根据光电效应公式求解光电子的最大初动能；

光子能量必须等于能级差时才能被氢原子吸收；

要使处于基态的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从基态跃迁到无限远处，光子能量应

为：hv>0—E^o

解决本题的关键知道什么是电离，以及能级的跃迁满足加/=Em-En,注意吸收光子是向高能级

跃迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差。

11.【答案】CD

【解析】解：4B、衰变过程系统动量守恒，以放出的粒子速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

P粒子-P新核=°，解得：P粒子=＞新核二＞；

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m且，解得：「=等=

1r"D

P

qB9

由于衰变后粒子与新核的动量p相等，磁感应强度B相等，则电荷量q越小，粒子轨道半径越大，

放出的粒子轨迹对应着大圆，

原来静止的原子核《X带正电荷，衰变后，由于两个运动轨迹相外切，根据左手定则可知，放出的

粒子也一定带正电荷，因此放出的是a粒子，而且都做逆时针方向旋转，故A8错误；

C、a粒子带两个单位正电荷,根据动量守恒，可知新核与a粒子动量大小相等，因此:^=夫=2，

KL-Z0U

解得：Z=122,故C正确；

D、放出的a粒子的轨道光径：R嘴端,

可得a粒子动能：E-lmv2=vL=

A122m2m

2

由于动量守恒，剩余新核动能：E=诏=先=字萼，

八K2，212M(i4-4)m

2

总动能：E=EK1+Ek2=,

2

由爱因斯坦质能方程E=mc2可知，质量亏损：△7n=「厚？2,故。正确。

2m(i4-4)cz

故选:CD.

静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子

在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；

放出的粒子与新原子核在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的

轨道半径，然后分析答题；

根据衰变过程释放的能量，应用爱因斯坦质能方程求出质量亏损。

知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒

定律与牛顿第二定律即可解题。

12.【答案】2.1907.8706.8x10-7大

【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为O.Olnvn,第1条亮条纹对应读数匕=2mm+19.0x

0.01mm=2.190mm

第4条亮条纹对应读数&=7.5mm+37.0x0.01mm=7.870mm

33

相邻亮条纹之间的距离=殳色=(7.870-2.190)xlQ-m="9x10-m

n-14-1

根据双缝干涉条纹间距公式4%=痣

a

33

所测单色光波长为4=瞥=l-89xl0-x0.25xl0-m=又1Q-7m

12700x10一3

(2)根据双缝干涉条纹间距公式Ax=4：可知，当双缝的间距d变小，其它条件不变时，则屏上的

干涉条纹的间距将变大。

故答案为：(1)2.190；7.870；6.8x10-7；«)大。

(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(估读一位)x精

确度；

根据第1、第4亮条纹之间的宽度求解相邻亮条纹之间的距离，根据双缝干涉条纹间距公式求单色

光的波长；

(2)根据双缝干涉条纹间距公式分析作答。

本题考查了螺旋测微器的读数、条纹间距公式的应用，知道双缝干涉实验的原理。要掌握干涉条

纹的间距公式。

13.【答案】BD12.00.9900芈偏大

k

【解析】解：(1)4、摆球运动过程中摆角应小于10°,否则就不是简谐振动，故4错误；

以为减小测量误差，应从摆球到达平衡位置时，即最低点开始计时，故B正确；

C、为减小阻力的影响，摆球应选用质量大，体积较小的球，不能选泡沫球，故C错误；

实验要使小球做单摆运动，应保证摆球在同一竖直平面内摆动，故。正确。

故选:BD。

(2)游标卡尺的分度值为0.1mm,不需要估读，该摆球的直径12nlm+0.1mmx0=12.0mm,单

摆摆长，为0.9960m-0.0060m=0.9900m,

⑶根据单摆的周期公式T=27r"得产=铮，则有k=普

解得：g—学。

uk

(4)实验中，某同学误将49次全振动数记为50次，则测得的周期偏小，根据7=1可知该同学

测得的g值将偏大。

故答案为：(1)8。；(2)12.0；0.9900；(3)半；(4)偏大

(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；

(2)根据游标卡尺的读数规则得出摆球的直径和单摆的摆长；

(3)根据单摆的周期公式得出g的表达式；

(4)根据单摆的周期公式得出g的测量值和真实值的大小关系。

本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周

期公式和图像的物理意义即可完成分析。

14.【答案】解：(1)初态：

V0=V-V2=16.0L-10.0L=6L

=(273+27)K=300K

根据盖一吕萨克定律

T'

又7'=273K

解得：V=5.46L

(2)设打气次数为兀，初态

V3=V-V2+nVr

P3—Po

末态

V4=V-V2=16.0L-10.0L=6L

p4=2.5atm

根据玻意耳定律：p3V3=p4V4

可得：n=30次

(3)打开阀门出,向外喷药，初态

p4=2,5atm

V4=V-V2=16.0L-10.0L=6L

末态

p5=1.2atm

根据玻意耳定律：24%=P5%

可得：vs=12.5L

桶内剩余的药液为：

f

V2=V-V5=16.0L-12.5L=3.5L

答：(1)未打气时，与储液桶内气体状态相同的气体在标准状态下(气体压强Po=l.Oat