- 用单摆测定重力加速度
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(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;.
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
(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=
得
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
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
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)
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