用单摆测定重力加速度_章节学习

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题型：填空题

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填空题

“用单摆测重力加速度”的实验中进行的步骤如下：

A．测出单摆振动n=______次的时间；

B．用细线拴好小球，悬挂在铁架台上；

C．将测量数据代入公式g=______进行计算；

D．用直尺测量摆长L，测量摆长时，摆长的下端应从______算起．

在上述步骤的横线上填入合适的内容，并把上述步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在下面的横线上______，在这个实验中，必须在摆球通过______位置开始计时．

正确答案

30～50

摆球球心

BDAC

平衡

解析

解：A、测周期时，将n取30到50次全振动，

C、根据单摆的周期公式T=2π，得：g=；

D、测量摆长时，摆长的下端应从摆球的球心算起．

按实验原理，其合理顺序：先拴好小球，悬挂在铁架台上，再测量摆长，其次测量周期，最后由公式计算重力加速度，即为：BDAC；

在测量周期时，摆球必须从通过平衡位置开始计时，能准确确定所在的平衡位置，从而减小实验误差．

故答案为：，摆球球心，BDAC，平衡．

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题型：单选题

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单选题

在“用单摆测定重力加速度的实验中”若测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2-L图象如图，则此图线的斜率为（　　）

Ag

B

C

D

正确答案

C

解析

解：由单摆的周期公式T=2π，则T2=，图线的斜率为k=，

故选：C

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题型：填空题

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填空题

（1）在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g=______．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，如图所示，那么单摆摆长是______．

（2）下列给出的材料中应选择______作为摆球与摆线，组成单摆．

A．木球

B．铁球

C．柔软不易伸长的丝线

D．粗棉线

（3）在测定单摆摆长时，下列的各项操作正确的是______

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，测出摆线长度再加上摆球直径

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，再加上小球的半径

（4）实验中，测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是______

A．摆球的质量偏大

B．单摆振动的振幅偏小

C．计算摆长时没有加上摆球的半径值

D．将实际振动次数n次误记成（n+1）次．

正确答案

4π2

87.20cm

BC

D

解析

解：（1）根据单摆的周期公式T=2π得：g=4π2；

刻度尺的分度值为0.5mm，图中摆线长与小球直径的和为：88.20cm，则摆长为：88.20cm-=87.20cm；

（2）为减小空气阻力与摆长变化对实验的影响，应选用密度大而体积小的球作为摆球，应选长度不易发生变化的线作为摆线，因此摆球应选B，摆线选C；

（3）单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和，应先测出摆球直径，然后把单摆悬挂好，再测出摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，故D正确；

（4）由单摆周期公式T=2π得：g=4π2；

A、由g=4π2可知，重力加速度与摆球质量无关，故A错误；

B、由g=4π2可知，重力加速度与振幅无关，故B错误；

C、算摆长时没有加上摆球的半径，摆长偏小，由g=4π2可知，重力加速度的测量值偏小，故C错误；

D、将实际振动次数n次误记成（n+1）次，所测周期T偏小，由g=4π2可知，重力加速度的测量值偏大，故D正确；

故选：D．

故答案为：（1）4π2；87.20cm；（2）BC（3）D（4）D．

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题型：简答题

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简答题

在“利用单摆测重力加速度”的实验中，测出单摆摆角小于5°时，完成n次全振动的时间为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测重力加速度的一般表达式：g=______；

（2）由图可知，摆球直径d的读数为______；

（3）实验中有个同学发现他测的重力加速度值总是偏大，其原因可能是______：

A．实验室处在高山上，距海平面太高

B．单摆所用的摆球太重了

C．测出n 次全振动的时间为t，误作为（n+1）次全振动的时间进行计算

D．以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算．

正确答案

解析

解：（1）单摆周期T=，单摆摆长l=L+，由单摆周期公式T=2π，

联立可得重力加速度为：g=4n2π2（L+）；

（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为5.5mm，

可动刻度示数为48.0×0.01mm=0.480mm，

则螺旋测微器的示数为5.5mm+0.480mm=5.980mm；

（3）A、高山重力加速度偏小，故A错误；

B、周期与摆球质量无关，摆球质量大，空气阻力可以忽略，故B错误；

C、实验中误将n次全振动计为n+1次，根据T= 求出的周期变小，g偏大，故C正确；

D、以线长加球直径作为摆长来计算，摆长偏大，根据g= 可知，测得的g应偏大，故D正确；

故选CD．

故答案为：

（1）g=4n2π2（L+）

（2）5.980mm

（3）C、D

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题型：填空题

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填空题

在用单摆测量重力加速度的实验中

（1）为了提高周期的测量精度，下列哪种做法是可取的______

A．用秒表直接测量一次全振动的时间

B．用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均周期

C．在平衡位置启动秒表和结束计时

D．在最大位移处启动秒表和结束计时

（2）某位同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t．请写出重力加速度的表达式g=______．（用所测物理量表示）

（3）在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值______．（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）

正确答案

BC

偏小

解析

解：（1）A、直接测量一次全振动的时间较短，不利于减小误差．故A错误；

B、用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均周期，利于减小误差，故B正确；

C、在平衡位置启动秒表开始计时，在平衡位置结束计时，因为速度最大，误差比较小；故C正确，D错误；

故选：BC；

（2）根据单摆的周期公式，有：

T=2π

解得：

g=

（3）在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点处摆线的固定出现松动，摆长略微变长；

计算时，摆长的测量值偏小，根据公式g=，故重力加速度的测量值偏小；

故答案为：（1）BC；（2）；（3）偏小．

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