…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版2024選擇性必修一物理上冊月考試卷960考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、一彈簧振子做簡諧運動，周期為T，若從t=0時刻開始計時，當t=T時，彈簧振子具有正向的最大速度。則此彈簧振子簡諧運動的振動圖像是（）A.B.C.D.2、如圖甲所示，彈簧振子運動的最左端M和最右端N距離平衡位置的距離均為l；規定水平向右為正方向，振子的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）

A.圖中的大小等于lB.時間內振子由M向O運動C.時間內振子由M向O運動D.時間內與時間內振子運動方向相反3、下列關于多普勒效應的說法中，不正確的是（）A.當聲源朝靠近觀察者運動時，聲源的頻率不變B.只要波源在運動，就一定能觀察到多普勒效應C.當聲波遠離觀察者運動時，觀察者接收到的頻率變低D.當聲源相對于觀察者運動時，觀察者聽到的聲音的頻率可能變高，也可能變低4、如圖所示，斜面和水平面之間通過小圓弧平滑連接，質量為m的物體（可視為質點）從斜面上h高處的A點由靜止開始沿斜面下滑，最后停在水平地面上的B點。要使物體能原路返回A點，在B點物體需要的最小瞬時沖量是（）

A.B.C.D.5、如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的粗糙半圓形導軌在B點相接，導軌半徑為R。一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右速度后脫離彈簧，它經過B點的速度為v1，之后沿半圓形導軌運動，到達C點的速度為v2。重力加速度為g。在本題的求解過程中；沒有直接利用牛頓運動定律，其原因有（）

A.彈簧推物塊過程中，由于彈簧彈力不是恒力，因此牛頓運動定律不成立B.物塊脫離彈簧到B的過程，滿足動量守恒的條件，可以不使用牛頓運動定律C.物塊從B到C的過程，受變力作用、做曲線運動，因此牛頓運動定律求解會很繁瑣D.物塊從B到C的過程，機械能不守恒，這不滿足牛頓運動定律應用的條件6、一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波速為在傳播方向上有P、Q兩質點，坐標分別為波傳播到P點開始計時，P點的振動圖像如圖所示。下列說法正確的是（）

A.該波的振幅為B.該波的頻率為C.該波的波長為D.經過波將傳播到Q點7、如圖所示，一束單色光從真空斜射向某種介質的表面，入射角i=45°，折射角r=30°；則（）

A.此介質的折射率等于1.5B.此介質的折射率等于C.i大于45°時會發生全反射現象D.此介質全反射的臨界角為45°評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)8、如圖所示，ABCD是一直角梯形棱鏡的橫截面，位于截面所在平面內的一束光線由O點垂直AD邊射入，已知棱鏡的折射率η=AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°．則下列說法正確的是（）

A.光線第一次入射到AB界面上時，既有反射又有折射B.光線第一次從棱鏡折射進入空氣，應發生在CD界面C.第一次的出射點距CcmD.光線第一次射出棱鏡時，折射角為45°9、如圖所示,在O點懸一根細長直桿,桿上串有一個小球A,用長為l的細線系著另一個小球B,上端也固定在O點,將B拉開,使細線偏離豎直方向一個小角度,將A停在距O點L/2處,同時釋放,若B第一次回到平衡位置時與A正好相碰(g取10m/s2,π2取10),則（?）

A.A球與細桿之間不應有摩擦力B.A球的加速度必須等于4m/s2C.A球受到的摩擦力等于其重力的0.6倍D.只有知道細線偏離豎直方向的角度大小才能求出A球受到的摩擦力10、如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率順時針運行，初速度大小為的小物塊m從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的圖像（以地面為參考系）如圖乙所示，已知則正確的是（）

A.過程，摩擦力對小物塊做負功B.過程，小物塊的合力的沖量為C.時刻，小物塊的動能最小D.時間內，小物塊的動量先減小后增大11、如圖所示，質量為4m的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側面為圓弧面且與水平地面相切，質量為m的滑塊b以初速度v0向右運動滑上a，沿a左側面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，不計一切摩擦，滑塊b從滑上a到滑離a的過程中；下列說法正確的是（）

A.滑塊b沿a上升的最大高度為B.物塊a運動的最大速度為C.物塊a對滑塊b的沖量大小D.物塊a對滑塊b的所做的功12、如圖所示，光滑水平面上有大小相同的兩球在同一直線上運動。兩球質量關系為規定向右為正方向，兩球的動量均為運動中兩球發生碰撞，碰撞前后球動量變化量的大小為則（）

A.左方是球，碰前兩球均向右運動B.右方是球，碰前兩球均向右運動C.碰撞后兩球速度大小之比為5：2D.經過驗證兩球發生的碰撞不是彈性碰撞13、甲；乙兩個單擺的振動圖象如圖所示．根據振動圖象可以斷定（）

A.若甲、乙兩單擺在同一地點擺動，甲、乙兩單擺擺長之比是9：4B.甲、乙兩單擺振動的頻率之比是3：2C.甲、乙兩單擺振動的周期之比是2：3D.若甲、乙兩單擺在不同一地點擺動，但擺長相同，則甲乙兩單擺所在地點的重力加速度之比為9:414、如圖所示，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于和處，兩列波的速度大小均為兩列波的振幅均為圖示為時刻兩列波的圖像(傳播方向如圖所示)，該時刻平衡位置位于和的P、Q兩質點剛開始振動，另有一質點M，平衡位置處于處。關于各質點運動情況的判斷正確的是（）

A.兩波源的起振方向均為y軸負方向B.t=0時刻質點P、Q均沿y軸負方向運動C.t=0.75s時刻，質點P、Q都運動到x=0.5m處E.t=ls時刻，質點M的位移為4cmE.t=ls時刻，質點M的位移為4cm評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、一彈簧振子的周期為1.2s，當振子開始從平衡位置向右運動，恰經0.8s時，振子向_________做加速度變__________（選填“大”或“小”）的__________（選填“加速”或“減速”）運動．16、“五一”小長假，小明到平靜的湖面劃船游玩，當他站在船尾將船垂直湖岸停下時，船頭剛好緊挨湖岸。此時，他發現該船的銘牌上記錄著“船長L、空載質量M″兩個數據。他靈機一動；想利用這條船驗證動量守恒定律。

（1）小明站在靜止的船尾時，他和小船組成的系統動量為______；

（2）小明從船尾走到船頭站定時，測出船頭離岸的距離為s，稱得自己的質量為m，若系統的動量守恒，則關系式_______（用M、L、m、s表示）成立:

（3）若水對船的阻力不能忽略，在小明由靜止的船尾走向船頭的過程中，系統總動量的方向與______________________的運動方向相同（選填“小明”或“船”）。17、判斷該說法的正誤：

多普勒效應說明波源的頻率發生變化。________18、如圖甲所示，在光滑的斜面上有一滑塊，一勁度系數為k的輕彈簧上端與滑塊相連，下端與斜面上的固定擋板連接，在彈簧與擋板間有一力傳感器(壓力顯示為正值，拉力顯示為負值)，能將各時刻彈簧中的彈力數據實時傳送到計算機，經計算機處理后在屏幕上顯示出F－t圖象；現用力將滑塊沿斜面壓下一段距離，放手后滑塊將在光滑斜面上做簡諧運動，此時計算機屏幕上顯示出如圖乙所示的圖象．

(1)滑塊做簡諧運動的回復力是由________提供的；

(2)由圖乙所示的F—t圖象可知，滑塊做簡諧運動的周期為________s；

(3)結合F—t圖象的數據和題目中已知條件可知，滑塊做簡諧運動的振幅為________．19、質量m的物體，從高h處以速度v0水平拋出，從拋出到落地物體所受重力的沖量為_______。20、兩個同方向同頻率的簡諧振動，其合振動的振幅為20cm，與第一個簡諧振動的相位差為若第一個簡諧振動的振幅為cm=17.3cm，則第二個簡諧振動的振幅為_____________cm，第一、二兩個簡諧振動的相位差為____________。21、幾列波相遇時能夠保持各自的運動特征，繼續傳播，在它們重疊的區域里，介質的質點______參與這幾列波引起的振動，質點的位移等于這幾列波單獨傳播時引起的位移的______．22、自從1865年麥克斯韋預言電磁波的存在，人們的生活已經與電磁波密不可分，不同頻率的電磁波被應用于生活的各個領域。例如：我國自主建立的北斗導航系統所使用的電磁波頻率約為1561MHz，家用Wi-Fi所使用的電磁波頻率約為5725MHz。則WiFi信號與北斗導航信號疊加時，__________（填“能”或“不能”）產生干涉現象：當Wi-Fi信號穿越墻壁進入另一個房間后，其波長_________，原因是__________。23、動能相等的兩物體A、B在光滑水平面上沿同一直線相向而行，它們的速度大小之比則其質量之比mA∶mB=___；動量之比___；兩者碰后粘在一起運動，其總動量與A原來動量大小之比__。評卷人得分四、作圖題(共1題，共5分)24、O點是彈簧振子的平衡位置，在圖上標出振子在B點的振動位移和在A點的加速度。

評卷人得分五、實驗題(共3題，共6分)25、某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置研究兩個不同材質小球的碰撞是否為彈性碰撞；主要實驗步驟如下：

①用天平測出半徑相同的入射小球和被撞小球的質量分別為和

②按照如圖甲所示安裝實驗裝置；調整斜槽末端水平，并在斜槽末端懸掛鉛垂線；

③白紙在下，復寫紙在上且在適當位置鋪放好，記下鉛垂線所指的位置O；

④不放被撞小球；讓入射小球每次均從斜槽上某固定位置自由釋放，重復10次。用圓規畫盡量小的圓把所有的小球落點圈在里面；

⑤把被撞小球放在斜槽末端；讓入射小球均從斜槽上同一固定位置沿斜槽自由釋放，使它們發生碰撞，重復實驗10次。用步驟④的方法，標出碰后入射小球和被撞小球落點的平均位置；

⑥測量標記落點的平均位置a、b、c到O點的距離；如圖乙所示。

（1）圖乙中間的距離為_________

（2）在實驗操作規范的情況下，根據實驗數據判斷，_________（選填“a”“b”或“c”）為被撞小球落點的平均位置；

（3）根據數據計算，本次實驗中兩小球的碰撞_________（選填“是”或“不是”）彈性碰撞。26、小鄭同學想在家里做用單擺測定重力加速度的實驗；但沒有合適的擺球，他找到了一塊大小約為3cm；外形不規則的大理石塊代替小球．他設計的實驗步驟的是：

A.將石塊用細線系好，結點為M，將細線的上端固定于O點(如圖所示)

B.用刻度尺測量OM間細線的長度l作為擺長。

C.將石塊拉開一個約為5°的偏角；然后由靜止釋放。

D.從擺球擺到最低點時開始計時，測出石塊經過最低點30次的總時間t，由得出周期。

(1)則該同學以上實驗步驟中有錯誤的是_________(填寫序號)．

(2)根據單擺周期公式推導可得重力加速度的表達式為_____________；若該同學用OM的長作為擺長代入上述公式(其他錯誤已糾正)，這樣做引起的系統誤差將使重力加速度的測量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真實值．27、小明同學做“測量玻璃磚的折射率”實驗時。在木板上面鋪一張白紙，把玻璃磚放在白紙上，描出玻璃磚的兩個邊a和然后，在玻璃磚的一側插兩個大頭針A和B，AB的延長線與直線a的交點為O，A、B就確定了射入玻璃磚的光線；在眼睛這一側再插第三個大頭針C，使它把A、B都擋住，在眼睛這一側插第四個大頭針D，使它把前三個大頭針都擋住，CD的延長線與直線的交點為C；D就確定了射出玻璃磚的光線；拿掉玻璃磚，在白紙上描出光線的徑跡。如圖甲所示：

（1）小明同學接下來還要完成的必要步驟有______；

（2）如圖乙所示，如果小明同學在描玻璃磚的兩個邊a和時，將玻璃磚界面畫得離開了玻璃磚界面一段距離，而其他操作完全正確，則測得的折射率______準確值（選填“大于”、“小于”或“等于”）。評卷人得分六、解答題(共2題，共10分)28、如圖所示，某玻璃磚的截面由半徑為R的半圓和等腰直角三角形ABC組成，AC是半圓的直徑。一束單色光照射在圓弧面上的D點，入射角為60°，折射光線剛好射在AB邊的中點E，該折射光線在AB面上的入射角為45°，已知光在真空中傳播速度為c；求：

（1）玻璃磚對該單色光的折射率；

（2）該單色光在玻璃磚中傳播的時間（不考慮光在圓弧面上的反射）。

29、如圖甲所示，光滑水平面上木板A將輕彈簧壓縮由靜止釋放，被彈簧彈開后向右運動，與右側固定的擋板發生彈性碰撞，木板A從釋放開始運動的x-t圖像如圖乙所示，其中是正弦曲線的一部分。如圖丙所示，若在A的左側再疊放另一小物塊B后仍將彈簧壓縮由靜止釋放，彈開過程A、B保持相對靜止。已知木板A的質量木板長物塊B的質量A、B間的動摩擦因數重力加速度為g。求：

（1）彈簧中的最大彈性勢能

（2）從釋放到B滑離A的過程中，A與擋板碰撞的次數n；

（3）從釋放到B滑離A的過程中，A運動的路程s。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

當t=T時；彈簧振子具有正向的最大速度，彈簧振子在平衡位置，且下一時刻彈簧振子的位移為正，向正方向振動，所以C正確；ABD錯誤；

故選C。2、A【分析】【詳解】

A．結合甲、乙兩圖可以知道時刻振子的位移為正值且最大，振子位于N，的大小等于l；A正確；

B．時間內振子的位移為正值，且逐漸增大，振子由O向N運動；B錯誤；

C．時間內振子的位移為正值，且逐漸減小，振子由N向O運動；C錯誤；

D．時間內振子先從位移為零處沿正方向運動到正的最大位移處，再從正的最大位移處沿負方向運動到位移為零處；時間內振子先從位移為零處沿負方向運動到負的最大位移處；再從負的最大位移處沿正方向運動到位移為零處，D錯誤。

故選A。3、B【分析】【分析】

【詳解】

A．不論聲源如何運動；聲源的頻率是不變的，故A正確；

B．波源運動時；波源與觀察者距離不一定變化，不一定發生多普勒效應，故B錯誤；

C．聲源遠離觀察者運動時；聲源頻率不變，但觀察者接收到的頻率就低，故C正確；

D．聲源相對觀察者運動時；二者距離可能增大，也可能減小，故觀察者接收到的頻率可能變低，也可能變高，故D正確。

本題選擇錯誤的，故選B。4、C【分析】【詳解】

物體從A到B過程應用動能定理得

物體從B到A過程應用能量守恒得

當在A點的速度時，在B點的瞬時沖量最小，即

解得

對物體應用動量定理

故選C。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．牛頓運動定律既適用于恒力作用規律也適用于變力作用規律；A錯誤；

B．物塊脫離彈簧到B的過程；由于水平面光滑，在水平方向上不受其他力，做勻速直線運動，可以不使用牛頓運動定律，但該過程沒有碰撞產生，所以不使用牛頓運動定律的原因，不是滿足動量守恒，故B錯誤；

C．物塊從B到C的過程；受重力，摩擦力，軌道給的支持力，其中摩擦力和支持力為變力，且做曲線運動，因此牛頓運動定律求解會很繁瑣，直接使用動能定理比較方便，C正確；

D．牛頓運動定律適用于一切宏觀低速運動；無論機械能守恒不守恒，都適用，D錯誤。

故選C。6、D【分析】【詳解】

A．該波的振幅為A錯誤；

B．周期為0.2s；故頻率為5Hz，B錯誤；

C．波速為則波長為

C錯誤；

D．經過波傳播的距離為

故波將傳播到Q點；D正確。

故選D。7、D【分析】【詳解】

AB．已知入射角i=45°，折射角r=30°，則此介質的折射率為

AB錯誤；

C．光從真空斜射向某種介質的表面；是從光疏介質射向光密介質，不可能發生全反射，C錯誤；

D．全反射時有

所以此介質全反射的臨界角

D正確。

故選D。二、多選題(共7題，共14分)8、B:C:D【分析】試題分析：ABD、根據sinC=求出臨界角的大小，從而作出光路圖，根據幾何關系，結合折射定律求出出射光線的方向．

C；根據幾何關系；求出第一次的出射點距C的距離．

解：ABD、因為sinC=臨界角C=45°

第一次射到AB面上的入射角為60°；大于臨界角，所以發生全發射，反射到BC面上，入射角為60°，又發生全反射，射到CD面上的入射角為30°

根據折射定律得，n=解得θ=45°．

即光從CD邊射出；與CD邊成45°斜向左下方，故A錯誤，BD正確．

C；根據幾何關系得；AF=4cm，則BF=4cm．

∠BFG=∠BGF；則BG=4cm．所以GC=4cm．

所以CE=cm；故C正確．

故選BCD．

【點評】解決本題的關鍵掌握全發射的條件，以及折射定律，作出光路圖，結合幾何關系進行求解．9、B:C【分析】【詳解】

球B是單擺，根據單擺的周期公式B第一次回到平衡位置過程的時間：球A勻加速下降，根據位移時間關系公式，有解得：故B正確；球A勻加速下降，根據牛頓第二定律，有：mg-f=ma，解得：f=m（g-a）=0.6mg，A球受到的摩擦力等于其重力的0.6倍，故AD錯誤，C正確．所以BC正確，AD錯誤．10、A:B:D【分析】【詳解】

A．根據速度圖象可知，在0～t1時間物體的速度減小；滑動摩擦力對小物塊做負功，故A正確；

B．0～t1過程中，根據動量定理I=0-mv2

可得小物塊的合力的沖量為-mv2；故B正確；

C．由圖可知t1時刻速度為零；所以此時小物塊的動能最小，故C錯誤；

D．由圖可知在0～t2時間內；小物塊的速度先減小后增大，所以小物塊的動量先減小后增大，故D正確。

故選ABD。11、B:D【分析】【詳解】

A．b沿a上升到最大高度時，兩者速度相等，取向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得mv0=(m＋4m）v

由機械能守恒定律得mv02=（m＋4m）v2＋mgh

解得h=

A錯誤；

B．滑塊b從滑上a到滑離a后，物塊a運動的速度最大。系統在水平方向動量守恒，對整個過程，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0=mvb＋4mva

由機械能守恒定律得mv02=mvb2＋×4mva2

解得va=v0，vb=v0

B正確；

C．對b由動量定理

C錯誤；

D．對b由動能定理

D正確。

故選BD。12、B:C【分析】【詳解】

AB．根據動量公式可知A球質量大；A球運動的速度小，且A；B球的速度為正，故碰前兩球均向右運動，要使兩球發生碰撞，由于A球運動的速度小，故右方是A球,故A錯誤，故B正確；

C．由動量守恒定律得

碰撞后A球動量

碰撞后B球動量

根據動量公式碰撞后A；B兩球速度大小之比為5：2，故C正確；

D．碰撞前系統的總動能為

同理碰撞后系統的總動能為

可知碰撞過程中系統的動能守恒；所以兩球發生的碰撞是彈性碰撞，故D錯誤。

故選BC。13、B:C:D【分析】【分析】

【詳解】

ABC．根據圖像可知，單擺振動的周期關系

所以周期之比為

頻率為周期的反比，所以頻率之比

若甲乙在同一地點，則重力加速度相同，根據周期公式

所以擺長之比為4：9；A錯誤BC正確；

D．若在不同地點，擺長相同，根據

得重力加速度之比為9：4；D正確。

故選BCD。14、A:B:D【分析】【詳解】

AB．根據波形平移法可知：時刻質點P、Q均沿y軸的負方向運動，則質點P、Q的起振方向均沿y軸的負方向運動，兩波源的起振方向均為y軸負方向；故AB正確；

C．質點P、Q在平衡位置附近振動；不會沿波的傳播方向運動，故C錯誤；

DE．由圖知波長由得，該波的周期為

則時刻，兩列波谷都傳播到點，質點的位移為

故D正確；E錯誤。

故選ABD。三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【詳解】

[1][2][3]由于

所以經0.8s應在平衡位置左邊向振幅位置運動，所以位移增大，加速度增大，速度減小，所以振子向左做加速增大的減速運動。【解析】左大減速16、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]小明站在靜止的船尾時；他和小船組成的系統動量為0；

（2）[2]小明從船尾走到船頭站定時，測出船頭離岸的距離為s，稱得自己的質量為m，若系統的動量守恒，則

即關系式

成立；

（3）[3]若水對船的阻力不能忽略，則系統受合力方向即為阻力方向，與船運動方向相反，與人運動方向相同，則在小明由靜止的船尾走向船頭的過程中，系統總動量的方向與小明的運動方向相同。【解析】0小明17、略

【分析】【分析】

【詳解】

多普勒效應說明接收的頻率發生變化，而波源的頻率不會變，所以多普勒效應說明波源的頻率發生變化是錯誤的。【解析】錯誤18、略

【分析】【詳解】

（1）[1]對滑塊進行受力分析；滑塊的合力為：彈簧的彈力和重力沿斜面的分力的合力，合力提供回復力．

（2）[2]由圖可以看出周期為0.4s

（3）[3]根據胡克定律：

振幅【解析】彈簧的彈力和重力沿斜面的分力的合力(或彈簧彈力、重力和斜面支持力的合力)0.419、略

【分析】【詳解】

物體做平拋運動，運動的時間由得

由沖量計算式得重力的沖量為【解析】m20、略

【分析】【詳解】

[1][2]設第一個簡諧振動表達式為

則合振動的表達式為

所以

因此第二個簡諧振動的振幅為第一、二兩個簡諧振動的相位差為【解析】21、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.同時②.矢量和22、略

【分析】【詳解】

[1]WiFi信號的頻率與北斗導航信號的頻率不同；不能產生干涉現象。

[2][3]當Wi-Fi信號穿越墻壁進入另一個房間后，其頻率和波速都不變，所以波長不變。【解析】不能不變見解析23、略

【分析】【詳解】

動能解得：因兩物體的動能相等，則兩物體質量之比：物體的動量為：兩物體動量之比以B的初動量方向為正方向，A、B碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律得：得：A、B碰撞后總動量與A原來動量大小之比為：．【解析】四、作圖題(共1題，共5分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

彈簧振子的位移由平衡位置指向振子的方向；加速度指向平衡位置，如圖。

【解析】五、實驗題(共3題，共6分)25、略

【分析】【詳解】

（1）[1]由圖乙可知，ob之間的距離為

（2）[2]在實驗操作規范的情況下，根據實驗數據判斷，因為入射小球質量大于被碰小球質量，根據動量守恒和平拋運動規律可得

代入題中數據可知，只有被碰小球落點的平均位置在b點；碰撞前后的動量才能守恒；

（3）[3]若兩小球碰撞為彈性碰撞，則有

兩式聯立得

等式兩邊同時乘以時間t，得

本次實驗中，兩小球的碰撞

所以兩小球的碰撞不是彈性碰撞。

解法二：如果是彈性碰撞則有

因小球碰撞以后做平拋運動，如果是彈性碰撞則有

即

而實際上

即不是彈性碰撞。【解析】b不是26、略

【分析】【詳解】

(1)[1]．A、將石塊用細線系好，結點為M，將細線的上端固定于O點；安裝實驗器材，實驗步驟正確，故A正確；

B、懸點到石塊重心的距離是擺長，用刻度尺測量OM間細線的長度l作為擺長；擺長測量錯誤，故B錯誤；

C、單擺在小擺角下的運動是簡諧運動，將石塊拉開一個約的偏角；然后由靜止釋放，故C正確；

D、從擺球擺到最低點時開始計時，測出石塊經過最低點30次的總時間t，周期

故D錯誤；

有錯誤的故AD．

(2)[2][3]．由單擺周期公式

可得重力加速度

用OM的長作為擺長，所測擺長l偏小，由可以知道所測g偏小；【解析】(1)BD(