在“利用单摆测重力加速度”的实验中
（1）以下做法正确的是

C

C

A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间细线的长
B．测量周期时，从小球到达最大位移处开始计时，测出摆球完成50次全振动的时间，然后求出完成一次全振动的时间
C．要保证单摆始终在同一竖直面内摆动
D．单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能小于10°
（2）下表是一同学在实验中测得的数据：

摆 长L/m	0.5	0.6	0.7	0.8	1.0	1.2
周期平方T2/s2	2.1	2.4	2.7	3.2	4.0	4.6

①利用上述数据，在坐标图中作出L-T²图象；
②利用图象，求出当地重力加速度值g为

9.86

9.86

m/s²．（保留三位有效数字）

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某同学在用单摆测定重力加速度的实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录结果见下表：

L/m	0.5	0.8	0.9	1.0	1.2
T/s	1.42	1.79	1.90	2.00	2.20
T2/s2	2.02	3.20	3.61	4.00	4.84

（1）以L为横坐标，T²为纵坐标，作出T²-L图线（如图1），并利用此图线求出重力加速度g=

9.87

9.87

m/s²．（取π²=9.87）?

（2）若某同学测定的g的数值比当地公认值大，造成的原因可能是

CEF

CEF

；
A、摆球质量太大了；
B、摆长太长了；
C、摆角太大了（摆角仍小于10°）；
C、量摆长时从悬点量到球的最下端；
D、计算摆长时忘记把小球半径加进去；
E、摆球不是在竖直平面内做简谐振动，而是做圆锥摆运动；
F、计算周期时，将（n-1）次全振动误记为n次全振动；
（3）若某同学根据实验数据作出的图象如图2所示．则造成图象不过坐标原点的原因是

漏测小球的半径r

漏测小球的半径r

；?
（4）如果已知摆球直径为2.00cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂．如图①所示，那么单摆摆长是

0.8740

0.8740

m．如果测定了40次全振动所用时间如图②中秒表所示，单摆的运动周期是

1.88

1.88

s．

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某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录表格如下：

L（m）	0.5	0.8	0.9	1.0	1.2
T（s）	1.42	1.79	1.90	2.00	2.20
T2（s2）	2.02	3.20	3.61	4.00	4.84

①以T²为横坐标，L为纵坐标，作出L-T²图线，并利用此图线求重力加速度

9.86m/s²

9.86m/s²

（保留三位有效数字）
②该同学在实验中测算出的g值比当地的公认值偏大，其原因可能是

C

C

A．振幅偏小
B．摆球质量偏大
C．将振动次数n记为（n+1）
D．将摆线长当作摆长，未加摆球的半径．

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一．单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）。

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答案

B

C

A

D

C

B

B

B

A

D

二．多项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分。每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项正确。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）。

题号

11

12

13

14

15

16

答案

AD

BD

AD

ABC

AD

BCD

第Ⅱ卷

（实验题、计算题，共7题，共72分）

三．实验题(18分)

（1）0.730；8.0（8也给分）；。（前两空分别为2分，第三空4分）

（2）l₁、l₃；l₁/l₃ （每空2分）

（3）①乙；② 9.4；③纸带和打点计时器间的摩擦阻力、空气阻力。 (每空2分)

四．计算题：本题共6小题，共54分。解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须写出数值和单位。

18．（8分）分析和解：

（2）         因为金属块匀速运动，所以

    _{………………}（2分）

_{…………（2分）}

（2）撤去拉力后a==μg _{………  （1分）}

a=4m/s² _{………（1分）}

金属块在桌面上滑行的最大距离s =  _{………（1分）}

=

s=0.5m_{……………… （1分）}

19.（8分）分析和解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：

I==1.5A…………（3分）

（2）导体棒受到的安培力：

F_安=BIL=0.30N…………（2分）

（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F₁= mg sin37º=0.24N

由于F₁小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f…………（1分）

     根据共点力平衡条件

      mg sin37º+f=F_安…………（1分）

解得：f=0.06N …………（1分）

20.（8分）分析和解：（1）带电粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为v，由动能定理

   　　　…………………①（1分）

进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动，轨道半径为r

………………②（2分）

   打到H点有　　　　………………………③（1分）

由①②③得　…………(1分)

（2）要保证所有粒子都不能打到MN边界上，粒子在磁场中运动偏角小于90°，临界状态为90°，如图所示，磁场区半径

　　　　　　　　　　　　（2分）

　所以磁场区域半径满足　　　（1分）

21．（10分）分析和解：（1）木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A的加速度     ＝2.5m/s²……………………（1分）

设两木块碰撞前A的速度大小为v，根据运动学公式，得

＝2.0m/s……………………………（2分）

（2）两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v₂，在空中飞行的时间为t′。根据平抛运动规律有：，s＝v₂t′…………………（2分）

解得：                     ＝1.5m/s……………………………（1分）

（3）设两木块碰撞后木块A的速度大小为v₁，根据动量守恒定律有：

…………………………………（1分）

解得：                      =0.80m/s…………………………（1分）

设木块A落到地面过程的水平位移为s′，根据平抛运动规律，得

                            ＝0.32m………………………（1分）

则木块A落到地面上的位置与D点之间的距离  ＝0.28m ………（1分）

22．（10分）分析和解：（1）设电子经电压U₁加速后的速度为v₀，由动能定理

              e U₁=－0…………………………………………（2分）

         解得  ………………………………..………（1分）

（2）电子以速度v₀进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y。由牛顿第二定律和运动学公式

                t=……………………………………………..……….（1分）

F=ma    F=eE    E=

a =……………………………………………（2分）

y=……………………………………………（1分）

解得  y=…………………………………………（1分）

（3）减小加速电压U₁；增大偏转电压U₂；……

（本题的答案不唯一，只要措施合理，答出一项可得1分，答出两项及以上可得2分。）

23（10分）分析和解：（1）设轨道半径为R，由机械能守恒定律：

--------------------------①（2分）

在B点：-----------------------------②（1分）

在A点：------------------------------③（1分）

由①②③式得：两点的压力差：------④（1分）

由图象得：截距   ，得---------------------------⑤（1分）

（2）由④式可知：因为图线的斜率 

 所以……………………………………⑥（2分）

（3）在A点不脱离的条件为：     ------------------------------⑦（1分）

由①⑥⑦三式和题中所给已知条件解得：--------------------------⑧（1分）