- 用单摆测定重力加速度
- 共1159题
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，直接测出的物理量是______，为了算出单摆振动周期，应先测出______，其中计量单摆振动时间的起止时刻，均应选在摆球通过______位置时，本实验用重力加速度的计算式是g=______．
正确答案
解析
解：根据单摆的周期公式
故需要测量摆长L，即摆线长、摆球直径；
经过平衡位置速度最大，时间最短，误差最小，故从经过平衡位置开始计时；
测出振动n次的时间t，则周期为：
故重力加速度的表达式为：g=
故答案为：摆线长、摆球直径（或摆长），振动n次的时间t，静止时的平衡，
在暗室中用图甲所示装置做“测定重力加速度”的实验．
实验器材有：支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、有荧光刻度的米尺、频闪仪．具体实验步骤如下：
①在漏斗内盛满清水，旋松螺丝夹子，水滴会以一定的频率一滴滴的落下．
②用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴．
③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度．
④对采集数据进行处理．
实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30Hz，某同学读出其中比较圆的水滴到第一个水滴的距离如图乙，根据数据测得当地重力加速度g=______m/s2；第8个水滴此时的速度V8=______m/s．（结果均保留三位有效数字）
正确答案
解析
解：频闪仪的闪光频率f1与f2水滴滴落的频率的关系为f1=f2；所以两个水滴之间的时间间隔为：
根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有：
选择图中的后四段位移，根据逐差法有：
s3-s1=2a1T2
s4-s2=2a2T2
故答案为：9.79，2.27
关于《用单摆测定重力加速度》的实验中，下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、小球应在同一竖直平面内振动，摆角不大于10°．故A正确．
B、摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和．故B错误．
C、测量周期时，从小球经过平衡位置时开始计时．故C错误．
D、用停表测出单摆做30-50次全振动所用的时间，通过T=
故选AD．
（1）甲、乙两同学做“用单摆测重力加速度”实验，甲同学用秒表测量单摆的周期：当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为1，单摆每次经过最低点计一次数，当数到n=57时秒表的示数如图甲所示，则该单摆的周期是______s（结果保留三位有效数字）；乙同学用游标卡尺测量摆球的直径如图乙所示，则游标卡尺的读数是______mm．
（2）在做实验时，可能导致重力加速度的测量结果偏大的有______．
A．在海拔较低处做该实验 B．在未悬挂摆球之前先测定好摆长
C．开始计时时，秒表过迟按下 D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长．
正确答案
3.58
16.30
CD
解析
解：（1）由图示秒表可知其示数为：60s+40.2s=100.2s，单摆周期：T=
由图示游标卡尺可知，其示数为16mm+6×0.05mm=16.30mm；
（2）由单摆周期公式：T=2π
A、在海拔较低处做该实验，所测重力加速度不受影响，故A错误；
B、摆长等于摆线长度与摆球半径之和，在未悬挂摆球之前先测定好摆长，所测摆长偏小，所测重力加速度偏小，故B错误；
C、开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，所测重力加速度偏大，故C正确；
D、摆线长度与摆球半径之和是摆长，将摆线长和球的直径之和当成了摆长，摆长偏大，所测重力加速度偏大，故D正确；
故答案为：（1 ）3.58s；16.30mm；（2）CD．
某兴趣小组利用沙摆（视为单摆）测量斜面上木板运动的加速度，实验装置如图甲．
（1）测量沙摆周期时，为减小误差，应取沙摆运动到______（填“最高点”或“最低点”）时作为计时起点
（2）某同学用秒表计下n次全振动的时间如图乙所示，示数为______s；
（3）在沙摆振动时，将一木板从斜面上滑下，沙摆漏下的沙木板上形成如图丙所示形状．测得沙摆周期为T，AB=s1，BC=s2，则木板加速度a=______（用s1，s2，T表示）．
正确答案
解析
解：（1）测量沙摆周期时，为减小误差，应取沙摆运动到最低点时作为计时起点；
（2）由图乙所示秒表可知，秒表示数为60s+10.3s=70.3s；
（3）由图丙所示可知，A到B、C到D的时间间隔都相等，为：t=
木板做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论：△x=at2可知，
木板的加速度：a=
故答案为：（1）最低点；（2）70.3；（3）
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