- 用单摆测定重力加速度
- 共1159题
①测得摆线长lo，小球直径D，小球完成n次全振动的时间t，则实验测得的重力加速度的表达式g=______；
②实验中如果重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是______．
A．把摆线的长度lo当成了摆长
B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长
C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间
D．摆球的质量过大
③为了减少实验误差，可采用图象法处理数据，通过多次改变摆长，测得多组摆长L和对应的周期T，并作出T2-L图象，如图所示．若图线的斜率为k，则用k表示重力加速度的测量值g=______．
正确答案
解析
解：①由题，单摆的周期为T=
由单摆的周期公式T=2π
②由T=2π
A、把摆线的长度lo当成了摆长，L变短，由上式可知，测得的g值偏小，故A错误．
B、摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长，周期T变大，则g偏小，故B错误．
C、测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间，测出的周期T变小，则g偏大，故C正确．
D、单摆的周期与摆球的质量无关，故D错误．
故选：C
③由由T=2π
故答案为：
（1）①
②C．③
做“利用单摆测定重力加速度”的实验获得如下数据：
（1）利用上述数据，作出LT2图象．
（2）利用图象求出重力加速度g=______m/s2．
（3）取T2=5.2s2时，求此时摆长L′=______m．
正确答案
解析
解：（1）通过描点法作图．如图
（2）由单摆的周期公式有：T=
所以图中的图线斜率表示
所以：g=4π2k，代入数据得：
g=9.86m/s2
（3）由L=
L′=1.3m
故答案为：（1）如上图所示（2）9.86 （3）1.3
（如图（a）所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆．测量摆长l和摆的周期T，得到一组数据．改变摆长，再得到几组数据．从中可以找出周期与摆长的关系．实验过程有两组同学分别用了图（b）（c）的两种不同方式悬挂小钢球，你认为______（选填“b”或“c”）悬挂方式较好．图（d）是某组同学根据实验数据画出的T2-l图线，通过图线得到振动周期T与摆长l的关系是______．
正确答案
C
单摆周期T与摆长平方根成正比
解析
解：单摆的试验中，摆长必须固定，故应采用C图；
分析图象可知，T2与l成线性关系，即分T2与l成正比正比，因此T与l的关系应为T∝
故答案为：C；单摆周期T与摆长平方根成正比
将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（可视为质点拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=α；α小于10°且是未知量．图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息求：（g取10m/s2）
（1）单摆的振动周期和摆长；
（2）摆球的质量；
（3）摆球运动过程中的最大速度．
正确答案
解析
解：（1）摆球受力分析如图所示：
小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，
T=0.4πs．
由单摆的周期公式为：T=2π
解得：L=
（2）（3）在最高点A，有：Fmin=mgcosθ=0.495N，
在最低点B，有：Fmax=mg+m
从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgR（1-cosθ）=
联立三式并代入数据得：m=0.05kg，v=
答：（1）单摆的振动周期为0.4πs，摆长为0.4m；
（2）摆球的质量为0.05kg；
（3）摆球运动过程中的最大速度为0.283m/s．
在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是 （ ）
正确答案
解析
解：A、单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期．故A正确．
B、要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球．故B错误．
C、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°．故C正确．
D、单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期．故D错误．
故选AC．
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