3.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学先测得摆线长为89.2 cm，摆球的直径如图所示，然后用秒表记录了单摆做30次全振动.

(1)该单摆的摆长为　　cm.

(2)如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是(　)

A.测摆长时记录的是摆球的直径

B.开始计时时，秒表过迟按下

C.摆线上端牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了

D.实验中误将29次全振动数为30次

(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l，测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数值，再以l为横坐标，T²为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，则测得的重力加速度g＝　　.

解析：(1)摆长l＝l₀+＝89.2 cm+×2.050 cm＝90.225 cm.

(2)因为g_测＝，若把(l₀+d)当作摆长，则g_测偏大；若按表过迟，则t偏小，使得g_测偏大；若摆长变长了，则l偏小，使得g_测偏小；若将n＝29记成30，则由公式可知g_测偏小.故选ABD.

(3)g＝＝9.86 m/s².

答案：(1)90.225　(2)ABD　(3)9.86 m/s²

金典练习二十　实验：用单摆测定重力加速度

选择题部分共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.

2.用单摆测定重力加速度时，某同学测得的数值大于当地重力加速度的真实值，引起这一误差的可能原因是(　)

A.摆线上端未系牢，摆动中松驰了

B.把摆线长当成摆长

C.把摆线长加摆球直径当成摆长

D.测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表并数下“1”，直到第30次同向过平衡位置时制动秒表，读得经历时间t，用周期T＝来进行计算

解析：由T＝2π知g＝，若测得的g偏大，即L偏大或T偏小，故答案选C、D.

答案：CD

1.“用单摆测定重力加速度”的实验步骤如下：

A.取一段1 m左右的细线，一端穿过小钢球上的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，另一端绕在铁架台上固定的横铁杆上，让摆球自由下垂于桌边之外

B.用刻度尺测量悬点到小球顶点间细线的长度L

C.将单摆从平衡位置拉开一个角度(不超10°)，释放后当摆球经过平衡位置时开始计时，测出全振动50次的时间t，求出T＝，反复测三次，求出周期的平均值

D.用公式g＝算出重力加速度的值

上述几个步骤中，有错误的地方是：　　　　.

解析：步骤A中，“另一端绕在铁架台上”，另一端应固定.

步骤B中，还应用游标卡尺测量小球的直径d.

步骤C中，应算出三次重力加速度g的值，再求g的平均值.

步骤D中，公式应为g＝.

答案：略

13.(14分)在电视机的设计制造过程中，考虑到地磁场对电子束偏转的影响，可采用某种技术将其消除.为确定地磁场的影响程度，需先测定地磁场的磁感应强度的大小，在地球的北半球可将地磁场的磁感应强度分解为水平分量B₁和竖直向下的分量B₂，其中B₁在水平方向，对电子束的影响较小可忽略，B₂可通过以下装置进行测量.如图甲所示，水平放置的显像管中的电子(质量为m，电荷量为e)从电子枪的炽热灯丝上发出后(初速度可视为零)，先经电压为U的电场加速，然后沿水平方向自南向北运动，最后打在距加速电场出口水平距离为L的屏上，电子束在屏上的偏移距离为d.

(1)试判断电子束偏向什么方向.

(2)求地磁场的磁感应强度的竖直分量B₂.

解析：(1)利用左手定则，可知电子束向东偏转.

(2)由题意作出电子的运动轨迹如图乙所示，电子经电场加速，由动能定理得：

eU＝mv²

电子在磁场中做圆周运动，利用几何知识得：

R²＝(R－d)²+L²

洛伦兹力提供向心力，故有：evB₂＝m

解得：R＝

由以上各式得：B₂＝.

答案：(1)向东偏转　(2)

12.(13分)如图所示，在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ且足够长的光滑绝缘斜面，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上.现有一质量为m、带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零.若迅速把电场方向反转为竖直向下，则小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是多少？

解析：电场反转前有：mg＝qE

电场反转后，小球先沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度a＝2gsin θ，到对斜面压力减为零时开始离开斜面，此时有：qvB＝(mg+qE)cos θ

v＝at

小球在斜面上滑行的距离：s＝

可得：小球沿斜面滑行的距离s＝

所用时间t＝cot θ.

答案：　cot θ

11.(13分)图示为质谱仪的示意图.速度选择器部分的匀强电场的电场强度E＝1.2×10⁵ V/m，匀强磁场的磁感应强度B₁＝0.6 T，偏转分离器的磁感应强度B₂＝0.8 T.

(1)求能沿直线通过速度选择器的粒子的速度大小v.

(2)已知质子的质量m_H＝1.67×10^－27 kg，所带的电荷量e＝1.6×10^－19 C，求质子和氘核 H进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离d.

解析：(1)能沿直线通过速度选择器的粒子所受到的电场力和洛伦兹力等大、反向，即evB₁＝eE

解得：v＝＝ m/s＝2×10⁵ m/s.

(2)粒子进入磁场B₂后做圆周运动，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，即

evB₂＝m，可得：R＝

又质子的质量为m_H，氘核的质量为2m_H，则有：

d＝×2－×2＝5.2×10^－3 m.

答案：(1)2×10⁵ m/s　(2)5.2×10^－3 m

10.如图所示，质量为m、带电荷量为+q的滑环P套在水平放置的足够长的固定绝缘横杆上，横杆表面粗糙，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中.现在瞬间给滑环一个水平向右的冲量I，使其向右运动(环的直径大于杆的直径，环很小，可以当成质点研究)，下列判断正确的是(　)

A.P环克服摩擦力做的功可能大于零而小于

B.P环克服摩擦力做的功可能为零

C.P环克服摩擦力做的功一定为

D.P环最终所受的合外力不一定为零

解析：滑环获得向右的初速度v₀＝，当qv₀B＜mg时，滑环做加速度越来越大的减速运动，直至停止，故W_f＝E_k＝；当qv₀B＞mg时，滑环先做加速度越来越小的减速运动，当速度减至v＝后，将保持匀速直线运动.

答案：AB

非选择题部分共3小题，共40分.

9.如图甲所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，垂直纸面向里的匀强磁场与电场正交.现有一带电液滴沿斜向上的虚线由a至b做直线运动，直线与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法正确的是(　)

A.液滴一定做匀速直线运动

B.液滴一定带正电

C.电场线的方向一定斜向上

D.液滴有可能做匀变速直线运动

解析：带电粒子在匀强磁场中

　　　　　　　　　　　　　　　　 甲　　　　　　　 乙

只受洛伦兹力作用做直线运动，且一定是匀速直线运动.液滴的受力情况如图乙所示.若洛伦兹力与图示方向相反，则无论电场力与场强方向相同还是相反，都不能使液滴平衡，故液滴一定带正电，电场线为斜向上方向.

答案：ABC

8.如图所示，平行板电容器的金属极板M、N的距离为d，两板间存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，等离子群以速度v沿图示方向射入.已知电容器的电容为C，则(　)

A.当开关S断开时，电容器的充电荷量Q＞BvdC

B.当开关S断开时，电容器的充电荷量Q＝BvdC

C.当开关S闭合时，电容器的充电荷量Q＜BvdC

D.当开关S闭合时，电容器的充电荷量Q＞BvdC

解析：洛伦兹力使正离子向N板偏转，负离子向M板偏转，当q＝qvB时离子不再偏转，故断开开关S时，电容器两极所能达到的最大电压U_C＝Bvd，最大充电荷量Q＝BvdC；当开关S闭合时，平行金属板及等离子群相当于一电源，电源电动势E＝BvdC，由于内阻的存在，使得U_C′＝U_MN′＜E＝Bvd，故Q_C＜BvdC.

答案：BC

7.如图甲所示，在竖直放置的光滑绝缘环上套有一个质量为m、带电荷量为－q的小环，整个装置放在正交的匀强电场和磁场中，电场强度E＝.在小环从大环顶端无初速度下滑的过程中，从开始至小环受的洛伦兹力最大时滑过的弧度是(　)

A.　　B.　　C.　　D.π

解析：小环在大环上滑动的过程中，

重力、电场力对其做功，qE、mg的合力为左偏下45°方向.故小环从大环的顶端沿逆时针方向滑至图乙中B点以前合外力做正功；过B点以后再向A滑动的过程，电场力做负功.故小环在B点时的动能最大，受到的洛伦兹力最大.

答案：C