- 用单摆测定重力加速度
- 共1159题
正确答案
解析
解：图中所示秒表分针示数是1.5min=90s，秒针示数是6.8s，秒表所示是90s+6.8s=96.8s；
故答案为：96.8．
（1）在测定单摆摆长时，下列操作正确的是______．
A．装好单摆，抓住摆球，用力拉紧，测出摆线的悬点到摆球球心之间的距离
B．让单摆自由下垂，测出摆线长度再加摆球直径
C．取下摆线，测出摆线长度后再加上摆球半径
D．测出小球直径，把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球半径
（2）两个同学利用假期分别去参观北京大学和香港大学的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，它们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2～L图象，如图甲所示．在北京大学的同学所测实验结果对应的图线是______ （选填“A”或“B”，）．另外，在香港大学的同学绘制了在同一地点做的两种单摆的振动图象，如图乙所示，则两单摆摆长之比
正确答案
解析
解：（1）摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，测量摆长的方法是测出小球直径，把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球半径．故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
（2）根据T=
由图象知，a的周期为
故答案为：（1）D （2）B，
（1）该摆摆长为______cm，秒表所示读数为______s．
（2）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______．
A．测摆线长时测了悬线的总长度
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，使周期变大了
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数次数记为50次．
正确答案
98.50
99.8
AB
解析
解：（1）单摆的摆长L=l线+
小表盘表针超过了半刻线，故：t=60s+39.8s=99.8s．
（2）由单摆的周期公式T=2π
A、测摆线的总长度L，不记球的半径，则所测摆长L偏小，故算得加速度偏小，故A正确；
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，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确；
C、开始计时，秒表过迟按下，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49次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故答案为：（1）98.50，99.8；（2）AB
在用单摆测重力加速度的实验中：
（1）实验时必须控制摆角很小，并且要让单摆在______平面内摆动．
（2）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图1所示，则摆球的直径为______mm．
（3）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出L-T2图线如图2所示，利用图线上任意两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，、y2），可求得g=______．
（4）某同学测单摆振动周期时，由于计数错误将29次全振动的时间记为了30次，而其他测量和计算均无误，由此造成的结果是g的测量值______（选填“大于”或“小于”）真实值．
正确答案
同一竖直
10.4
大于
解析
解：（1）实验时必须控制摆角很小，并且要让单摆在同一竖直平面内摆动．
（2）由图示游标卡尺可知，其示数为10mm+4×0.1mm=10.4mm．
（3）由单摆周期公式：T=2π
（4）由单摆周期公式：T=2π
故答案为：（1）同一竖直；（2）10.4；（3）
某同学做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得线长为97.50厘米，摆球直径为2.0厘米，然后记录了单摆50次全振动所用的时间，则：
（1）摆长为______厘米．
（2）（单选题）他测的g值偏小，可能的原因是______
A．测摆长时线拉得太紧 B．悬点松动，振动中摆线长度增加
C．计时时，秒表过迟按下，周期小了 D．实验中误将49次全振动数为50次
（3）重力加速度的表达式为______（用摆长与周期表示）．
正确答案
解析
解：（1）摆长为从悬点到球心的距离为97.5+1=98.5cm；
（2）A、测摆长时将线拉得过紧导致测量值偏长，由公式g=
B、摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加，但运算时选用开始所测得值，将导致g值偏小，故B正确；
C、开始计时时，秒表过迟按下，将使所测周期偏小，由上式可知，g值偏大，故C错误；
D、实验中将49次全振动误数为50次，由T=
故选B
（3）由公式
答案为（1）98.5 （2）B （3）
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