陕西省咸阳市2020届高三下学期高考模拟检测(三)物理试题 Word版含解析

咸阳市2020年高考模拟检测（三）
理综物理
一、选择题
1.下列说法中符合物理学史实的是（ ）
A. 查德威克通过研究阴极射线发现电子，从而打开了原子物理大门
B. 勒纳等人通过实验得出光电效应的四个特征
C. 玻尔首先提出了原子的核式结构学说，第一次将量子化引入到原子领域
D. 卢瑟福用α粒子轰击金箔实验证明原子是由其它粒子组成的 【答案】B 【解析】
【详解】A ．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，从而打开了原子物理大门，故A 错误； B ．德国物理学家勒纳等人通过实验得出光电效应的四个特征，并试图在经典电磁理论的框架内解释光电效应，故B 正确；
C ．普朗克第一次将量子化引入到原子领域，卢瑟福首先提出了原子的
核式结构学说，故C 错误；
D ．卢瑟福等人通过α粒子散射实验，提出了原子具有核式结构，故D 错误。

故选B 。

2.如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的斜面上缓慢地移动，移动过程保持绳索始终
平行于水平地面。

为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在O 点悬挂不同的重物C ，则（ ）
A. 若健身者缓慢向右上移动，绳OA 的拉力变小
B. 若健身者缓慢向左下移动，绳OB 的拉力变大
C. 若健身者缓慢向右上移动，绳OA 、OB 拉力的合力变大
D. 若健身者缓慢向左下移动，健身者与地面间的摩擦力变小 【答案】D 【解析】
【详解】对节点O 进行受力分析，如图所示，根据平衡条件
tan A F mg θ=，cos B mg
F θ
=
A ．若健身者缓慢向右上移动，θ增大，tan θ增大，绳OA 的拉力A F 增大，故A 错误；
B ．若健身者缓慢向左下移动，θ减小，cos θ增大，绳OB 的拉力B F 变小，故B 错误；
C ．根据力的平衡条件，绳OA 、OB 拉力的合力大小始终等于C 的重力，故C 错误；
D ．若健身者缓慢向左下移动，θ减小，A F 减小，对健身者进行受力分析，运动员受到的摩擦力为静摩擦力，沿斜面方向，根据平衡条件有
cos sin A f F mg θθ=+
因为A F 减小，健身者与地面间的摩擦力f 变小，故D 正确。

故选D 。

3.电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。

如图所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3510⨯V 加速电压的作用下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极A 1、A 2间3110⨯V 电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。

已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO'所示，P 是轨迹上的一点，聚焦电场过P 点的一条电场线如图中所示，则（ ）
A. 电极A 1的电势高于电极A 2的电势
B. 电子在P 点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角小于90°
C. 聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小
D. 电子轰击到物料上时的动能小于3510⨯eV 【答案】A 【解析】
【详解】A ．在P 点电子受电场力指向轨迹弯曲的
内侧，又要与电场线相切，可判断电场线的方向是从A 1指向A 2，所以电极A 1的电势高于电极A 2的电势，A 正确；
B ．轨迹的切线方向即电子的运动方向，由图可知运动方向与电场方向夹角大于90°，B 错误；
C ．聚焦电场一方面使电子向中央靠拢，另一方面使电子加速，所以既改变电子速度的方向，又改变电子速度的大小，C 错误；
D ．聚焦电场对电子做功，且总功是正功W ，所以改变电子速度大小，从O 到O'，根据动能定理
k qU W E +=，3510V U =⨯
电子轰击到物料上时的动能大于3510eV ⨯，故D 错误。

故选A 。

4.为估算伞面（近似平面）承受暴雨撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得0.5小时内杯中水位上升了18mm 。

查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为10m/s ，
据此估算该压强约为（设雨滴撞击伞面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为3110⨯kg/m 3）（ ）
A. 0.10Pa
B. 180Pa
C. 1.0Pa
D. 3600Pa
【答案】A 【解析】
【详解】由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。

设雨滴受到支持面的平均作用力为F 。

设在
t ∆时间内有质量为m ∆的雨水的速度由v =10m/s 减为零。

以向上为正方向，对这部分雨水应
用动量定理有
()0F t mv mv ∆=--∆=∆
得到
m
F v t
∆=
∆ 设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在t ∆时间内水面上升h ∆，则有
m S h ρ∆=∆ =h F Sv
t
ρ∆∆ 所以有压强
3318101010Pa 0.10Pa 0.56060
F h p v S t ρ-∆⨯===⨯⨯=∆⨯⨯
即睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强为0.10Pa ，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5.如图为某款电吹风的电路图，a 、b 、c 、d 为四个固定触点。

可动的扇形金属片P 可同时接触两个触点，触片P 处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态。

n 1和n 2分别是理想变压器的两个线圈的匝数，该电吹风的各项参数如表所示。

下列说法正确的有（ ）
热风时输入功率 1000W
冷风时输入功率 100W 小风扇额定电压
100V 正常工作时小风扇输出功率 88W
A. 吹热风时触片P 与触点b 、c 接触
B. 可由表格中数据计算出小风扇的内阻为100Ω
C. 变压器两线圈的匝数比12:5:11n n =
D. 换用更长的电热丝（材料、粗细均不变），则吹的热风温度更高 【答案】C 【解析】
【详解】A ．当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P 与触点b 、c 接触；当电吹风机送出来的是热风时，触片P 与触点a 、b 接触，故A 错误；
B ．小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，因未说明小风扇的效率，所以不能计算小风扇的内阻。

故B 错误；
C ．根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系
2011005
22011
n U n U ＝＝＝ 故C 正确； D ．根据公式
2
U P R
＝ 可知电源电压不变，电阻越小，电功率越大；换用更长的电热丝（材料、粗细均不变），根据电阻定律可知
L
R S
ρ
= 电阻变大，故电吹风吹热风时的功率将变小，吹的热风温度降低。

故D 错误。

故选C 。

6.2019年10月5日2时51分，我国在太原卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将“高分十号”地球同步卫星发射升空。

一般发射地球同步卫星要经过两次变轨才能进入地球同步轨道。

如图所示，先将卫星送入较低的圆轨道Ⅰ，经椭圆轨道Ⅲ进入地球同步轨道Ⅱ。

已知“高分十号”卫星质量为m 卫，地球质量为m 地，轨道Ⅰ半径为r 1，轨道Ⅱ半径为r 2，A 、B 为两轨道的切点，则下列说法正确的是（
）
A. “高分十号”在轨道Ⅰ上的运行速度大于7.9km/s
B. 若”高分十号”在轨道I 上的速率为v 1：则在轨道II 上的速率v 2=v 1
2
r r C. 在椭圆轨道上通过B 点时“高分十号”所受万有引力小于向心力 D. 假设距地球球心r 处引力势能为E p =－
Gm m r
卫
地则“高分十号”从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ，其机械能增加了12Gm m r 卫地－2
2Gm m r 卫
地
【答案】BD 【解析】
【详解】A ．第一宇宙速度为7.9km/s ，绕地球做圆周运动的轨道半径等于地球的半径，根据万有引力提供向心力则有
2
2Gm m m v r r
=
卫地卫 可得
Gm v r
=
地
知轨道半径越大，线速度越小，所以“高分十号”卫星在轨道Ⅰ上的运行速度小于7.9km/s ，故A 错误；
B ．根据Gm v r
=
地
可得“高分十号”卫星在轨道I 上的速率为 11
Gm v r =
地
在轨道II 上的速率为
22
Gm v r =
地
联立解得
1
22
r v v r = 故B 正确；
C ．由于“高分十号”卫星需要在B 点从椭圆轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ，卫星在B 点需加速，所以“高分十号”卫星在椭圆轨道Ⅲ上通过B 点时，万有引力大于向心力，故C 错误；
D ．“高分十号”卫星在轨道Ⅰ上的机械能
2111
1
2Gm m E m v r -=
卫地卫 在轨道Ⅱ上的机械能
222
21
2Gm m E m v r -=
卫地卫 则机械能增加量
2212112122
21
1222Gm m Gm m Gm m Gm m E E m v m v r r E r r -∆=--+=
=-卫卫卫卫地地地地卫卫 故D 正确； 故选BD 。

7.蹦极是一项考验体力、智力和心理承受能力的空中极限运动．跳跃者站在约50m 高的塔台上，把一根原长为L 的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处，另一端固定在塔台上，跳跃者头朝下跳下去．若弹性绳的弹力遵守胡克定律，不计空气阻力，则在跳跃者从起跳到第一次下落到最低点的过程中，跳跃者的动能Ek(图线①)和弹性绳的弹性势能Ep(图线②)随下落高度的变化图象中，大致正确的是
A. B. C.
D.
【答案】B 【解析】
【详解】在弹性绳到达原长之前，由动能定理可知，动能随下降的高度均匀变大，即E k -h 图像为直线；当弹性绳被拉直后，弹力逐渐变大，则加速度逐渐减小，速度仍然变大，即动能继续变大，当弹力等于重力式速度最大，此时的动能最大；之后随着人的下降弹力变大大于重力，加速度变为向上，人做变减速运动，最后动能减到0时到达最低点；综上所述，图像B 正确，ACD 错误；故选B.
8.如图所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电量与其表面积成正比．待选粒子从O 1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U ，粒子通过小孔O 2射入正交的匀强电场磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B ，左右两极板间距为d ．区域Ⅱ出口小孔O 3与O 1、O 2在同一竖直线上．若半径为r 0，质量为m 0、电量为q 0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则
( )
A. 00
2q U
m
B. 区域Ⅱ左右两极板的电势差为010
Bdq U
U m =
C. 若纳米粒子的半径r ＞r 0，则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过
D. 若纳米粒子的半径r ＞r 00
r r
【答案】AD 【解析】
【详解】A ．设半径为r 0的纳米粒子加速后的速度为v ，则：
2001
2
q U m v =
设区域Ⅱ内电场强度为E ，洛伦兹力等于电场力，即：
00q vB q E =
解得：
00
2q U
E B
m =00
2q U
m A 正确． B ．区域Ⅱ左右两极板的电势差为：
010
2q U
U Ed m ==故B 错误；
C ．若纳米粒子的半径r ＞r 0，设半径为r 的粒子的质量为m 、带电量为q 、被加速后的速度为v ，则:
300
()r
m m r =
而
200
()r
q q r =
由
21
2
mv qU '＝，解得：
00002q Ur r
v v v m r r
='=
< 故洛伦兹力变小，粒子带正电，故粒子向左偏转，故C 错误； D ．由于0
r v v r
'=
，故洛伦兹力与原来的洛伦兹力的比值为0r r ，电场力与洛伦兹力平衡，
故电场力与原来的电场力的比值为
r r
，根据F ＝qE ，区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为
r r
，故D 正确． 二、实验题
9.为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的
实验装置，让木块从倾斜木板上A 点由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。

位移传感器连接计算机，描绘出滑块与传感器的距离s 随时间t 变化规律，取g =10m/s 2，sin37︒=0.6，如图所示：
(1)根据上述图线，计算可得木块在0.4s 时的速度大小为v =（ ）m/s ； (2)根据上述图线，计算可得木块的加速度大小a =（ ）m/s 2； (3)现测得斜面倾角为37︒，则μ=（ ）。

（所有结果均保留2位小数） 【答案】 (1). 0.40 (2). 1.00 (3). 0.63 【解析】
【详解】(1)[1]木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4s 时的速度大小
2
(3014)10m/s 0.40m/s 0.60.2
v --⨯==-
(2)[2]木块在0.2s 时速度大小
2(3224)10m/s 0.20m/s 0.40
v --⨯'==- 木块的加速度大小
220.40.2 1.000.4.m/s s 0m 2
/v v a t -'-===∆- (3)[3]斜面倾角为37︒，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得 sin37cos37mg mg a m
μ︒-︒= 解得 5
0.638μ=≈
10.某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻：
①实验室除提供开关S 和导线外，有以下器材可供选择：
电压表：V （量程3V ，内阻R v =10kΩ）
电流表：G （量程3mA ，内阻R g =100Ω）
电流表：A （量程3A ，内阻约为0.5Ω）
滑动变阻器：R 1（阻值范围0-10Ω，额定电流2A ）
R 2（阻值范围0-1000Ω，额定电流1A ）
定值电阻：R 3=0.5Ω
该同学依据器材画出了如图所示的原理图，他没有选用电流表A 的原因是___________； ②该同学将电流表G 与定值电阻R 3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是_______A ；
③为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器_______（填写器材的符号）；
④该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G 读数为横坐标，以电压表V 读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E =_______V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r =_______Ω （结果保留两位有效数字）。

【答案】 (1). 量程与被测电流值相比较太大 (2). 0.603 (3). R 1 (4). 1.48 (5). 0.84（0.70-0.90之间都给分）
【解析】
【详解】①[1] 一节干电池的电动势约E=1．5V ，为方便实验操作，滑动变阻器应选R 1，它的阻值范围是0-10Ω，电路中最小电流约为
min 0.15A E I R == 电流表A 的量程是3A ，被测电流值与电流表量程相比差距太大，因此不能用电流表A 。

②[2] 改装后电流表量程：
30.003100.003A 0.603A 0.5g g g I R I I R ⨯=+
=+= ③[3]根据以上分析可知，选用的滑动变阻器是R 1。

④[4][5] 由上可知，改装后电流表的量程是电流表G 量程的200倍，图象的纵截距b 等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：
E =1．48V 图线的斜率大小k =r ，由数学知识知：
0.84U k I
== 则电源的内阻为： r =k =0.84Ω
三、解答题
11.如图（a ）为一研究电磁感应的实验装置示意图，其中电流传感器（电阻不计）能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出I-t 图像．平行且足够长的光滑金属轨道的电阻忽略不计，左侧倾斜导轨平面与水平方向夹角30θ=︒，与右侧水平导轨平滑连接，轨道上端连接一阻值R =0.5Ω的定值电阻，金属杆MN 的电阻r =0.5Ω，质量m =1kg ，杆长L =1m 跨接在两导轨上．左侧倾斜导轨区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，右侧水平导轨区域也加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小都为B =1.0T ，闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止开始释放，其始终与轨道垂直
且接触良好，此后计算机屏幕上显示出金属杆在倾斜导轨上滑行过程中的I-t 图像，如图（b ）所示，（g 取210m/s ）
（1）求金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率；
（2）根据计算机显示出的I-t 图像可知，当t =0.5s 时I =2A ，0-0.5s 内通过电阻R 的电荷量为0.5C ，求0-0.5s 内在电阻R 上产生的焦耳热；
【答案】（1）5m/s （2）0.25J
【解析】
【详解】（1）由I-t 图象可知，当金属杆达到最大速率时已经匀速下滑，
由平衡条件得：
mg sinθ=BIL
感应电动势：
E =BLv m =I （R +r ）
代入数据解得：
v m =5m/s ；
（2）0.5s 末的电流I =2A 时，依据闭合电路欧姆定律，有：
E BLv I R r R r
=
=++ 则有： ()I R r v BL
+= 代入数据解得：
v =2m/s
而0～0.5s 内通过电阻R 的电荷量为q =0.5C ，依据
E t BLx q t R r t R r r R R r
∆Φ∆Φ=
=⋅==+∆+++ 则有： ()q R r x BL +=
代入数据解得： x =0.5m ；
根据能量守恒定律，则有：
212
mgxsin mv Q θ=+ 则有：
212
Q mgxsin mv θ=- 代入数据解得：
Q =0.5J
那么
1=2
R R Q Q Q R r =
+ 代入数据解得： Q R =0.25J
12.如图1所示，装置的左边是高度为3 m 的弧形轨道，轨道末端水平，右边接有逆时针转动速度大小为3m/s 且足够长的水平传送带，二者等高并能平滑对接。

质量m ＝1kg 的小物块A （可看作质点），置于弧形轨道右端水平处，质量M ＝2kg 的小物块B （可看作质点），从轨道h ＝2m 高处由静止滑下，A 、B 发生对心碰撞，已知碰撞后瞬间物块B 的速度3m/s ，碰后1s 时间内物块A 的v －t 图线如图2所示，并且在碰后2s 二者再次相碰。

重力加速度大小g ＝10m/s 2。

求：
（1）第一次碰撞前物块B 的速度，物块B 从开始下滑到第一次碰撞结束后系统损失了多少机械能？
（2）第二次碰撞位置与第一次位置间的距离及第二次碰撞前物块A 、B 的速度； （3）第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块与传送带间产生的热量。

【答案】（1）v 0=6 m/s ；13 J ；（2）4m A x =，2m /s A v '=-，1m /s B v '=；（3）60J 。

【解析】
【详解】（1）设B 滑到曲面底部速度为0v ，根据能量守恒有
21012
Mgh Q Mv -=
B 、A 碰撞，向右为正，根据动量守恒有 0B A Mv Mv mv =+
BA 碰撞中损失的机械能
22220111222
B A Q Mv Mv mv =
-- 代入数据解得 v 0=6m/s
1213J Q Q +=
（2）由v -t 图知
24m/s A a =
又
A A a g μ=
碰后2秒后A 的位移
212
4m A A A x v t a t ==- 碰后2秒后A 的速度
=-2m/=-s A A A v v a t '
设碰后2秒B 的速度为'B
v ，由题意可知
==
=4m 2
B B A B v v x x t '+ 代入数据解得 2m/s A v '=-
m 1/s B v '=
（3）碰后2秒内传送带位移
-==6m x vt
碰后2秒内A 与传送带的相对路程
||+10 m A x x x ∆==
碰后2秒内B 与传送带的相对路程
||10m B B x x x ∆=+=
碰后2秒内B 的加速度大小
21m/s B B B B v a v g t
μ'-=== 解得
0.1B μ=
所以
40 J A A A Q mg x μ=∆=
20 J B B B Q Mg x μ=∆=
则物块与传送带间产生的热量
60 J A B Q Q Q =+=
四、选考题
13.一定质量的理想气体经历：A →B →C 的状态变化过程，其1p V
-图像如图所示，A 、B 、C 三点对应的温度分别为T A 、T B 、T C ，用N A 、N B 、N C 分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则T A _________T C ，N A _________N B ，N B _________N C 。

（均选填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】 (1). 大于 (2). 大于 (3). 小于
【解析】
【详解】[2]由PV nRT =可知，1p V
-图像的斜率为nRT ，正比于温度T ，AB 直线过坐标原点，从状态A 到状态B 为等温变化，故A B T T =；由图可知，A B <V V ，故状态A 的分子密度程度大于状态B 的分子密度程度，故A B N N >；
[1]由图可知，状态B 到状态C 为等压变化，根据
C B B C
V V T T = 结合图像可知
B C T T >
故
A C T T >
[3]气体压强由气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数和平均动能决定，状态B 到状态C 为等压过程，且B C T T >，故B C N N <。

14.如图所示，一篮球内气体的压强为p 0，温度为T 0，体积为V 0。

用打气筒对篮球充入压强为p 0，温度为T 0的气体，已知打气筒每次压缩气体的体积为115
V 0，一共打气 20次，假设篮球体积不变，最终使篮球内气体的压强为4p 0。

充气过程中气体向外放出的热量为Q ，已知气 体的内能与温度的关系为U ＝kT （k 为常数）。

求：
(1)第一次打入气体后，篮球的压强变为多少？（可认为篮球内气体温度不变）
(2)打气筒在篮球充气过程中对气体做的功是多少？
【答案】(1)01615
p ；(2)Q+57kT 0，057
W Q kT =+ 【解析】 【详解】(1)第一次打入气体后，篮球内气体压强变为p 1，根据玻马定律有：
000101()15
p V V p V +
= 解得 101615p p =
(2)设篮球内气体最终温度为T ，根据气体状态变化定律知：
000000
1(20)415p V V p V T T
+⨯
= 解得 0127
T T =
篮球内气体内能的增量为 057U k T kT ∆=∆=
根据热力学第一定律可得打气过程中，对气体所做的功为
057
W Q U Q kT =+∆=+ 15.如图，△ABC 为一玻璃三棱镜的横截面，∠A ＝30°，一束红光垂直AB 边射入，从 AC 边上的D 点射出．其折射角为60°，则以下说法正确的是 ．
A. 3
B. 若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D 点射出时的折射角大于60°
C. 分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更窄
D. 电磁波和其它可见光一样，也能产生衍射现象
E. 照相机的镜头表面镀有一层增透膜，使照相效果更好，是利用了光的衍射
【答案】ABD
【解析】
【详解】A ．红光到达AC 面的入射角为 i =30°，折射角为r =60°，则玻璃对红光的折射率为
sin sin 603sin sin 30
r n i ︒
︒=== A 正确；
B ．由于蓝光的波长小，蓝光的折射率大，所以蓝光在D 点射出时的折射角大于60°，B 正确；
C ．分别用蓝光和红光进行双缝干涉实验，蓝光的波长比红光的小，根据L x d λ∆=
，可知红光的间距更大，C 错误；
D ．电磁波和其他可见光一样均具有干涉、衍射等现象，D 正确；
E ．照相机的增透膜是利用了光的干涉原理，E 错误．
16.某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
(1)如果他测得的g 值偏小，可能的原因是__________。

A ．测摆线长时测了悬线的总长度
B ．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了
C ．开始计时时，秒表过迟按下
D ．实验中误将49次全振动数次数记为50次
(2)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l 并测出相应的周期T ，从而得出一组对应的l 与2T 的数据如图1所示，再以l 为横坐标，2T 为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率为k ，则重力加速度g =____________。

（用k 表示）
(3)同学还利用计算机绘制了a 、b 两个摆球的振动图像（如图2），由图可知，两单摆摆长之比a b
l l =_____。

在t =1s 时，b 球振动的方向是__________。

【答案】 (1). B (2). 2
4k
π (3). 49 (4). y 轴负方向 【解析】
【详解】(1)[1]A ．测摆线长时测了悬线的总长度，测得摆长偏大，则根据重力加速度的表达式
224πL g T
= 可知测得的g 值偏大，故A 错误；
B ．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了，由
224πL g T
= 可知测得的g 值偏小，故B 正确；
C ．开始计时时，秒表过迟按下，测得的时间偏小，周期偏小，则测得的g 值偏大，故C 错误；
D ．实验中误将49次全振动数次数记为50次，由
t T n
= 求出的周期偏小，测得的g 值偏大。

故D 错误。

故选B 。

(2)[2]根据重力加速度的表达式
224πL g T
= 可知T 2-l 图线斜率
- 21 - 2
4k g
π= 则
2
4g k
π= (3)[3][4]由振动图线知，两单摆的周期比为，由知，两单摆摆长之比
a b 23
T T = 由公式
2L T g
=可得 a b 49
L L = 由图象可知，在1s t =时，b 球振动的方向沿着y 轴向下运动，故方向为沿y 轴负方向。