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

在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用毫米刻度尺测得摆线长L0=945.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球直径d=______mm；用秒表测得单摆完成n=40次全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数t=______s；若用给定物理量符号表示当地的重力加速度g，则g=______．

如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是______．（填字母代号）

A．计算摆长时没有计入摆球的半径

B．开始计时时，秒表过迟按下

C．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

D．试验中误将39次全振动数为40次．

正确答案

20.15

78.4

BD

解析

解：直径读数：

主尺：20mm，游标尺对齐格数：3个格，读数：3×0.05=0.15mm，所以直径为：20+0.15=20.15mm；

秒表读数：

大盘读数60s，小盘读数18.4s，故时间为78.4s；

根据T=2π得：g==；

同学测得的g值偏大，说明摆长测量值偏大或者周期测量值偏小；

A、计算摆长时没有计入摆球的半径，摆长测量值偏小，故加速度测量值偏小，故A错误；

B、开始计时时，秒表过迟按下，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，故B正确；

C、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，故相对与原来的单摆，周期测量值偏大了，故加速度测量值偏小，故C错误；

D、试验中误将39次全振动数为40次，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，故D正确；

故选BD；

故答案为：20.15，78.4，，BD．

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题型：简答题

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简答题

在“用单摆测定重力加速度”的实验中，

（1）需要测量的物理量是______．

（2）实验中重力加速度的计算公式g=______．

（3）实验中若测得重力加速度g偏小，可能的原因是______．

A．小球质量太大

B．将悬线的长度记作摆长

C．单摆振动时，摆线的偏角太小

D．测周期时，将n次全振动记为n+1次全振动．

正确答案

解析

解：（1、2）根据得，g==．要测量重力加速度，需测量摆线的长度L0、摆球的直径d、n次全振动所需的时间t．

（3）A、摆球的质量大小不影响单摆的重力加速度．故A错误．

B、将悬线的长度记作摆长，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小．故B正确．

C、摆角太小，不影响重力加速度测量值．故C错误．

D、测周期时，将n次全振动记为n+1次全振动．使得周期的测量值偏小，则重力加速度测量值偏大．故D错误．

故选B．

故答案为：（1）摆线的长度L0、摆球的直径d、n次全振动所需的时间t（2）（3）B

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题型：简答题

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简答题

在“用单摆测定重力加速度”的实验中，直接测出物理量摆长L，振动n次的时间t，从而测定重力加速度g．如果测出的g值偏小，则可能的原因是（　　）

（A）误将摆线长度当作摆长

（B）误将从悬点到摆球下端的长度当作摆长

（C）摆球质量过大

（D）误把n次全振动记录为n+1次．

正确答案

解析

解：由单摆的周期公式T=2得，g=

A、若将摆线长度当作摆长，摆长L偏小，根据g=得到，g值偏小．故A正确．

B、将从悬点到摆球下端的长度当作摆长，摆长L偏大，根据g=得到，g值偏大．故B错误．

C、单摆的周期与摆球质量无关，所以根据实验可知，摆球的质量与测量g没有影响．故C错误．

D、把n次全振动记录为n+1次，由T=得知，T值偏小，根据g=得到，g值偏大．故D错误．

故选A

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题型：简答题

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简答题

某同学用时间传感器代替了秒表做“用单摆测定重力加速度”的实验，他的设计如图甲所示：长为l的摆线一端固定在铁架台上，另一端连接一小球，在摆线上紧临小球套有一小段轻细挡光管，在单摆摆动到平衡位置时，挡光管就能挡住从光源A正对光敏电阻R1发出的细光束，信号处理系统就能形成一个电压信号，如图乙所示，R2为定值电阻．

（1）某同学用10分度的游标卡尺测小球直径，如图丙所示．正确的读数是d=______mm．

（2）单摆的实际摆长是______用字母表示）

（3）R1两端电压U与时间t关系如图乙所示，则此单摆的周期是______．

正确答案

解析

解：（1）游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.1×6mm=0.6mm，则最终读数为20.6mm；

（2）摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，则实际摆长为l+．

（3）单摆在一个周期内两次经过平衡位置，经过平衡位置时会形成一个电压信号，由图可知，单摆的周期为2T0．

故答案为：①20.6；②l+；③2T0

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题型：简答题

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简答题

（1）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______．（填字母序号）

A．适当增加摆线的长度；

B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的；

C．单摆偏离开平衡位置的角度要尽量大；

D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期．

（2）如果某一组同学在实验中，用正确的操作方法，测定了6组摆长L和周期T的对应值，为了求出当地的重力加速度g，4位同学提出了4种不同的方法：

A．从测定的6组数据中任意选取1组，用公式g=求出g作为测量值；

B．分别求出6个L值的平均值和6个T值的平均值，用公式g=求出g作为测量值；

C．分别用6组L、T的对应值，用公式 g=求出6个对应的g值，再求这6个g的平均值作为测量值；

D．在坐标纸上作出T2-L图象，从图象中求出图线的斜率K，再根据g=求出g作为测量值．

你认为以上4种方法中，错误的是哪一种？______；（填字母序号）

其余正确方法中偶然误差最小的是哪一种？______．（填字母序号）

正确答案

解析

解：（1）A、根据单摆的周期公式T=2π可得，g=，从该公式可看出，摆长l大一些，周期大一些，有利于减小误差，提高测量结果精度．故A正确．

B、摆球体积较大，空气阻力也大，不利于提高测量的精确度．故B错误．

C、只有在小角度的情形下，单摆的振动才可以看作简谐振动，周期公式才满足，所以摆偏离开平衡位置的角度不能太大，不超过5°．故C错误．

D、T对测量结果影响较大，采用累计法测量可以减小误差．故D错误．

故选：A．

（2）：A、根据单摆的周期公式T=2π，得到g=，只取一组数据计算不能有效减小偶然误差；

B、分别求出6个L值的平均值和6个T值的平均值，再根据表达式g=求g是错误的，由单摆的周期公式看出T与l不是线性关系，6次测量的摆长和周期没有关系，表达式g=就不成立了；

C、分别用6组L、T的对应值，用公式g=求出6个对应的g值，再求这6个g的平均值作为测量值可以减小测量的偶然误差，这种做法是正确的；

D、在坐标纸上作出T2-L图象，从图象中计算出图线的斜率K，根据表达式g=知，该图象的斜率k=，得到g=，求出g作为测量值，可以有效减小测量的偶然误差；

故错误的方法是：B．

正确方法中偶然误差最小的是：D．

故答案为：A； B； D．

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