- 用单摆测定重力加速度
- 共1159题
某实验小组拟用甲图所示的装置研究滑块的运动．实验器材有：滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板、漏斗和细线组成的单摆（细线质量不计且不可伸长，装满有色液体后，漏斗和液体质量相差不大）等．实验前，在控制液体不漏的情况下，从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100秒；实验中，让滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向做微小振幅摆动，漏斗漏出的液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．
①该单摆的周期是______s；
②图乙是实验得到的有液体痕迹并进行了数据测量的纸带，根据纸带可求出滑块的加速度为______m/s2；（结果取两位有效数字）
③用该实验装置测量滑块加速度，对实验结果影响最大的因素是______．
正确答案
解析
解：（1）从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100秒，知50次全振动的时间为100s，则单摆的周期为：
T=
（2）根据△x=at2，t=
a=
（3）液体漏出后，漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆的周期，影响加速度的测量值．
故答案为：（1）2 （2）0.10，（3）漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆的周期，影响加速度的测量值．
A．将石块用细尼龙线系好，结点为N，将尼龙线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量ON间尼龙线的长度l作为摆长；
C．将石块拉开一个大约α=50的角度，然后由静止释放；
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T=
E．改变ON间尼龙线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；
F．求出多次实验中测得的l和T的平均值作为计算时使用的数据，带入公式g=（
（1）你认为该同学以上实验步骤中存在错误或不当的步骤是______．（只填写相应的步骤代号即可）
（2）该同学用ON的长作l为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值______（填“偏大”、“偏小”或“无系统误差”）．
正确答案
BDF
偏小
解析
解：（1）该同学以上实验步骤中有重大错误的是BDF：
B、摆长应是悬点到大理石块质心的距离．
D、测量时间应从单摆摆到最低点开始．
F、必须先分别求和各组L和T值对应的g，再取所求得的各个g的平均值．
（2）由单摆的周期公式T=2π
故答案为：（1）BDF；（2）偏小．
在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
（1）以下做法中正确的是______
A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线的长度
B．测量周期时，选取最大位移处作为计时起点与终止点
C．要保证单摆在同一竖直面内摆动
D．单摆摆动时，对摆角的大小没有要求
（2）某同学测得以下数据：摆线长为L，摆球的直径为d，单摆完成N次全振动的时间为t，则
①用L、d、N、t表示重力加速度g=______．
②他测得的g值偏小，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，振动中出现松动，使摆线长度增加了．
C．开始计时时，秒表过迟按下．
D．实验中误将51次全振动计为49次．
正确答案
解析
解：
（1）A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离．故A错误．
B．测量周期时，选取平衡位置作为计时起点与终止点，因为摆球通过平衡位置时速度最大，相等的距离误差时，引起的时间误差较小，测量的周期精确．故B错误．
C．要保证单摆在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆．故C正确．
D．单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°．
故选C
（2）①单摆的周期T=
②A、测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量偏大，则根据g=
B、振动中出现松动，使摆线长度增加，测量的时间t偏大，由g的表达式可知，测得的g值偏小．故B正确．
C、开始计时时，秒表过迟按下，测量的时间t偏小，测得的g值偏小．故C正确．
D、实验中误将51次全振动计为49次，N偏小，测得的g值偏小．故D正确．
故答案为：（1）C（2）1、
某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00cm，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101.5s．则
（1）他测得的重力加速度g=______m/s2．
（2）他测得的g值偏小，可能的原因是______．（填选项前面的字母）
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，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将49.5次全振动数为50次．
正确答案
解析
解：（1）单摆的摆长L=l线+
单摆振动50次所用的时间为101.5s，所以T=2.03s
根据周期公式T=2π
（2）本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2π
A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．
B、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，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．
C、开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．
D、实验中误将49.5次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选B
故答案为：（1）9.76
（2）B
某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，然后用游标卡尺测量小球的直径，用停表记录了单摆全振动50次所用的时间如图
（1）小球直径为______cm，该摆摆长为______cm，停表读数为______s．
（2）如果测得的g值偏小，可能的原因是______
A．测摆线时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验时误将49次全振动数为50次
正确答案
1.52
98.26
99.7
B
解析
解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为1.5cm，游标尺示数为2×0.1mm=0.2mm=0.02cm，小球直接d=1.5cm+0.02cm=1.52cm；
单摆摆长L=l+
（2）由单摆周期公式T=2π
A、测摆线时摆线拉得过紧，所测摆长L偏大，g偏大，故A错误；
B、摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使所测周期T偏大，g偏小，故B正确；
C、开始计时时，停表过迟按下，所测周期T偏小，g偏大，故C错误；
D、实验时误将49次全振动数为50次，测量的周期T偏小，g偏大，故D错误；故选B．
故答案为：（1）1.52；98.26；99.7．（2）B．
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