- 用单摆测定重力加速度
- 共1159题
I．如图1所示，读数是______mm． 如图2，用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是______mm．
II．在“用单摆测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；
b．用米尺量得细线长度l
c．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球
d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T=t/n
e．用公式g=
按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比______（选填“偏大”、“相同”或“偏小”）．
正确答案
解析
解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为13mm，游标尺上第11个刻度游标读数为：0.05×11mm=0.55mm，所以最终读数为：1.3cm+0.55cm=13.55mm；
螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×18.0mm=0.180mm，所以最终读数为：0.5mm+0.180mm=0.680mm，
（2）该实验中，用米尺量得细线长度l，下端系住直径为d的金属小球，所以单摆的摆长为：
而该同学使用公式：
故答案为：I.13.55； 0.680； II．偏小
一个单摆在甲地时，在时间t内完成m次全振动，移至乙地时，经过相同的时间完成n次全振动，则甲、乙两地重力加速度大小之比g甲：g乙等于______．
正确答案
m2：n2
解析
解：周期等于完成一次全振动的时间，一个单摆在甲地时经过时间t完成m次全振动，在乙地经过相同时间完成n次全振动，知单摆在两地的周期之比T甲：T乙=n：m．
根据单摆的周期公式：T=2π
故答案为：m2：n2．
（1）在“利用单摆测重力加速度”实验中，测得单摆摆角小于 5°，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，用螺旋测微器侧得摆球直径为d．
①用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达形式g=______．
②从图1可知，摆球直径 d 的读数为______mm
③实验中某同学发现自己测得的重力加速度值总是偏大，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次全振动时间误作（n+l ）次全振动时间
D．以摆线长作为摆长来计算
（ 2 ）将满偏电流Ig=50μA、内阻未知的电流表G改装成电流表并进行校准．
①利用如图2所示电路测量电流表内阻（图中电源电动势 E=4V ）：先闭合S1，调节 R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持 R 不变，调节 R‘，使电流表指针偏转到满刻度的 3/5，读出此时 R'的阻值为 1425Ω，则电流表内阻测量值Rg=______Ω．
②将该表改装成量程为 1mA 的电流表 A，需______（填“串联”或“并联”），阻值为 R0=______Ω的电阻．
③用标准电流表 A1对改装好的电流表 A 进行校准，请在方框内画出实验电路图并按电路图连接实物图．
正确答案
解析
解：（1）①根据单摆周期公式T=2π
②螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为48.0×0.01mm=0.480mm，所以最终读数为：.5mm+0.480mm=5.980mm
（2）由g=4π2
A、摆线增长，则摆长l的测量值偏小，由g表达式知会使g偏小，故A错误；
B、重力加速度g值与摆球质量无关，故B错误；
C、把n次全振动的时间误作为（n+1）次全振动的时间，测t测量值偏小，周期T偏小，则g值偏大，故C正确；
D、以摆线长作为摆长，则l值偏小，测得的g值偏小，故D错误．
故选：C．
（2）①实验时要求滑动变阻器阻值远远大于电流表内阻，实验过程中认为干路电流不变，则保持 R 不变，调节 R‘，使电流表指针偏转到满刻度的
②改装成大量程电流表要并联小电阻分流，则有：R=
③用标准电流表 A1对改装好的电流表 A 进行校准时为了从0开始一一校对，滑动变阻器采用分压接法．
实验电路图与实物图如图：
故答案为：（1）
某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s．则
①该摆摆长为______cm．
②如果他测得的g值偏大，可能的原因是______
A．测摆线长时摆线拉的过紧 B．摆球的质量测的不准确
C．摆角太小，使周期变小 D．实验中误将49次全振动数为50次．
正确答案
98.50
AD
解析
解：①摆长为：L=l+
②根据T=2π 
A、测量摆长时，线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，由上式可知重力加速度测量值偏大，故A正确．
B、单摆的周期与摆球的质量无关，本实验也不需要测量摆球的质量．故B错误．
C、摆角太小，单摆的振幅太小，根据单摆的周期公式可知单摆的周期与振幅无关，故C错误．
D、实验中误将49次全振动记为50次，周期的测量值偏小，由上式可知重力加速度测量值偏大，故D正确．
故选：AD．
故答案为：98.50； AD
某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为100.51cm，然后用秒表记录了单摆做50次全振动的时间为101.0s．则：
（1）他测得摆球直径为______cm
（2）他测得当地重力加速度g=______m/s2．（计算结果取三位有效数字，你可能用到计算式1.012=1.02，π2=9.86）
（3）他测得的g值偏大，可能原因是：______
A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动过程中出现松动．
C．开始计时时，秒表过迟按表 D．实验中误将50次全振动计为49次．
正确答案
解析
解：（1）游标卡尺的主尺读数为29mm，游标读数为0.1×8mm=0.8mm，则最终读数为29.8mm=2.98cm．
（2）单摆的周期T=
g=
（3）根据g=
A、测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故A正确．
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动过程中出现松动，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小．故B错误．
C、开始计时时，秒表过迟按表，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确．
D、实验中误将50次全振动计为49次，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，故D错误．
故选：AC．
故答案为：（1）2.98；（2）9.86；（3）AC．
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