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题型:填空题
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填空题

(1)在一次用单摆测定重力加速度的实验中,图(A)的O点是摆线的悬挂点,a、b点分别是球的上沿和球心,摆长L=______m.

(2)图(B)为测量周期用的秒表,长针转一圈的时间为30s,表盘上部的小圆共15大格,每一大格1min,该单摆摆动n=50次时,长、短针位置如图所示,所用时间t=______s.

用以上直接测量的物理量的英文符号表示重力加速度的计算式为g=______(不必代入具体数值)

正确答案

0.9965

100.2

解析

解:(1)由图可知O到球心的距离为:0.9965m,故摆长为0.9965m.

(2)由图可知大格读数为90s,小格读数为:10.2s,故秒表的读数为t=100.2s;

由单摆周期公式可得:

即:

解得:

故答案为:(1)0.9965m;

(2)100.2;

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题型:填空题
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填空题

在“用单摆测定重力加速度”的实验中,测得单摆摆角小于5°,完成n全振动的时间为t,用毫米刻度尺测得摆线长为L,用螺旋测微器测得摆球直径为d.

(1)用上述物理量的符号写出重力加速度的一般表达式g=______

(2)从图可知,摆球直径d的读数为______mm.

(3)实验中有个同学发现他测得重力加速度的值偏大,其原因可能是______

A.悬点未固定紧,振动中出现松动,使摆线增长了

B.单摆所用摆球质量太大

C.把n次全振动时间误当成(n+1)次全振动时间

D.摆球在水平面内做圆周运动.

正确答案

20.684

CD

解析

解:(1)单摆的周期T=,摆长l=L+

根据T=2π得:g==

(2)由图示螺旋测微器可知,固定刻度示数为20.5mm,

可动刻度示数为:18.4×0.01mm=0.184mm

则螺旋测微器的示数为:20.5mm+0.184mm=20.684mm;

(3)根据单摆的重力加速度为:g=,可知,g=

A、悬点未固定紧,振动中出现松动,使摆线谱增长了,所测周期偏大,重力加速度偏小,故A错误;

B、单摆周期与摆球质量无关,所测重力加速度与单摆所用的摆球质量无关,故B错误;

C、把n次全振动的时间误作(n+1)次全振动的时间,以摆线长作为摆长,摆长偏小,所测重力加速度可能偏大,故C正确;故选C..故D正确.

故选:CD.

(1)(2)20.685(20.683-20.687)(3)CD

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题型:填空题
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填空题

(1)某同学在“用单摆测定重力加速度”时,测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值,造成这一情况的可能原因是

A.测量摆长时,把悬挂状态的摆线长当成摆长

B.量周期时,当摆球通过平衡位置时启动秒表,此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表,读出经历的时间为t,并由计算式T=t/30求得周期

C.开始摆动时振幅过小

D.所用摆球的质量过大

(2)现有一电池,其电动势E约为9V,内阻r在35~55Ω范围内,最大允许为50mA.为测定这个电池的电动势和内阻,某同学利用如图甲所示的电路进行实验.图中电压表的内电阻很大,对电路的影响可以不计;R为电阻箱,阻值范围为0~9999Ω;Ro为保护电阻.

①实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格,本实验应选用______

A.10Ω,2.5W

B.50Ω,1.0W

C.150Ω,1.0W

D.1500Ω,5.0W

②该同学接好电路后,闭合开关S,调整电阻箱的阻止读出电压表的示数U,再改变电阻箱阻值,取得多组数据,然后通过作出有关物理量如图所示的线性图象,求得电源的电动势E和内阻r.

a.请写出与你所作线性图象对应的函数表达式______

b.请根据图乙坐标中所作出的定性图象用符号或函数式表明x,y坐标轴所表示的物理意义:x______;y______

c.图乙中______表示E,______表示r.

正确答案

C

=

=

纵轴截距的倒数

斜率除以纵轴的截距

解析

解:

(1)根据单摆的周期公式T=2π得,g=

A、测量摆长时,把悬挂状态的摆线长当成摆长时,摆长l偏小,测得的重力加速度数值应小于实际值.故A错误.

B、测量周期时,当摆球通过平衡位置时启动秒表,摆球第30次通过平衡位置时制动秒表,读出经历的时间为t,应由计算式T=求得周期,如按T=计算周期,周期测量值偏小,g的测量值将大于实际值.故B正确.

C、D单摆摆球的质量与振幅与周期无关,不影响测量结果.故CD错误.

故选B

(2)①当电阻箱的电阻调为零时,电路中电流最大,根据闭合电路欧姆定律得

    Im=

由于内阻r在35~55Ω,当r=35Ω时,=145Ω;=125Ω

代入解得,R0的范围为:125Ω~145Ω

故选C

②a.根据闭合电路欧姆定律得

    E=U+

由数学变形得,

b.以为横坐标,为纵坐标作出图象.

c.根据数学知识得知,图乙中纵轴截距的倒数表示E,斜率除以纵轴的截距表示r.

故答案为:

(1)B

(2)①C

②a.

b.

c.纵轴截距的倒数,斜率除以纵轴的截距

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题型:填空题
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填空题

某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据,其中的一组数据如下所示.

(1)用毫米刻度尺测量摆线的长时,将摆线平放,如图(A)所示,刻度尺读数是______cm,用游标卡尺测量摆球直径,卡尺游标位置如图(B)所示,可知摆球直径是______cm.

(2)该同学用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图C所示,则秒表所示读数为______s.

(3)为了提高实验精度,在试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D所示,利用图线可求出g=______m/s2

正确答案

99.00

1.940

56.90

9.869

解析

解:(1)用毫米刻度尺测量摆线的长时,刻度尺的最小分度是1mm,读数需要一位估读,所以读数为:99.00cm;

游标卡尺的固定刻度为:19mm,可动刻度的第8格与上面对齐,游标尺的最小分度是0.05mm,总读数为:19mm+0.05×8mm=19.40mm=1.940cm

(2)秒表的分针已经超过半分钟,接近1分针;秒针的示数为26.9s,所以总读数为:30s+26.9s=56.9s;

(3)根据重力加速度的表达式:可知,T2-l图线应该是一条直线,

斜率:,则;若根据所得数据连成的直线的延长线过坐标原点,l=1m时T2=4s2,所以:s2/m.

m/s2

故答案为:(1)99.00;1.940;(2)56.9; (3)9.869

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题型:简答题
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简答题

某同学在做“利用单摆测定重力加速度”的实验中.

(1)先测得摆线长97.50cm,摆球直径为2.0cm,则该摆的摆长为______cm.

(2)如果他测得的重力加速度值偏小,可能的原因是______

(A)测摆线长时将摆线拉得过紧

(B)摆线的上端未牢固地系于悬点,量好摆长后摆动中出现松动

(C)实验中误将29次全振动数成30次全振动了

(D)实验中误将31次全振动数成30次全振动了

(3)该单摆在海平面附近的地面上,t1时间内作了n次全振动;如果移到某山上,在t2时间内也作了n次全振动.则山高是地球半径的______倍.

正确答案

解析

解:(1)摆长L=97.50+1.0cm=98.50cm.

(2)根据单摆的周期公式T=2π得,g=

A、测摆线时摆线拉得过紧,则摆长的测量量偏大,则测得的重力加速度偏大.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,而测得的摆长偏小,则测得重力加速度偏小.故B正确.

C、实验中误将29次全振动数成30次全振动了,测得单摆的周期偏小,则测得的重力加速度偏大.故C错误.

D、实验中误将31次全振动数成30次全振动了.测得周期偏大,则测得的重力加速度偏小.故D正确.

故选BD.

(3)t1时间内作了n次全振动;

T1=

如果移到某山上,在t2时间内也作了n次全振动.

T2=

g=

根据万有引力等于重力得:g=

所以==

解得=

故答案为:(1)98.50; (2)BD; (3)

百度题库 > 高考 > 物理 > 用单摆测定重力加速度

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