- 用单摆测定重力加速度
- 共1159题
某同学做“用单摆测重力加速度”实验．
①用游标卡尺测量摆球直径d，某次测量摆球直径时游标卡尺示数部分如图所示，则摆球直径为d=______cm．
②把摆球用细线悬挂在铁架台上，用米尺测量出悬线长度l．
③在小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为0，数出以后小钢球通过平衡位置的次数为n，用停表记下所用的时间为t．请根据他的计数方法写出单摆周期的表达式：______．
④用上面的测量数据计算重力加速度的表达式为g=______．
正确答案
解：（1）游标卡尺的主尺读数为：2.2cm=22mm，游标尺上有10个刻度，则每个代表
（2）由题意知，单摆完成 全振动的次数为N=
单摆的周期T=
（3）摆长等于摆线的长度加摆球的半径，即L=l
g=
故答案为：2.26，
解析
解：（1）游标卡尺的主尺读数为：2.2cm=22mm，游标尺上有10个刻度，则每个代表
（2）由题意知，单摆完成 全振动的次数为N=
单摆的周期T=
（3）摆长等于摆线的长度加摆球的半径，即L=l
g=
故答案为：2.26，
（2016•四川模拟）某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
（1）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______．
A．测摆线长时测了悬线的总长度
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，摆线长度增加了，使周期变大了
C．开始计时时，秒表过迟按下．
D．实验中误将49次全振动数次数记为50次
（2）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T2的数据如图1所示，再以l为横坐标，T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g=______．（用k表示）
（3）此同学用游标卡尺测一小球直径如图2，已知游标尺为20等份，则读数应为______．
正确答案
解：（1）A、测摆线长时测了悬线的总长度，测得摆长偏大，
则根据重力加速度的表达式g=
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，使周期变大了，
由g=
C、开始计时时，秒表过迟按下，测得的时间偏小，周期偏小，则测得的g值偏大．故C错误．
D、实验中误将49次全振动数次数记为50次，由T=
故选：B．
（2）根据重力加速度的表达式g=
（3）游标卡尺的固定刻度读数为24mm，游标尺上第0个刻度游标读数为：0.05×4mm=0.20mm，
所以最终读数为：24mm+0.20mm=24.20 mm；
故答案为：（1）B；（2）
解析
解：（1）A、测摆线长时测了悬线的总长度，测得摆长偏大，
则根据重力加速度的表达式g=
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，使周期变大了，
由g=
C、开始计时时，秒表过迟按下，测得的时间偏小，周期偏小，则测得的g值偏大．故C错误．
D、实验中误将49次全振动数次数记为50次，由T=
故选：B．
（2）根据重力加速度的表达式g=
（3）游标卡尺的固定刻度读数为24mm，游标尺上第0个刻度游标读数为：0.05×4mm=0.20mm，
所以最终读数为：24mm+0.20mm=24.20 mm；
故答案为：（1）B；（2）
（1）用螺旋测微器测得摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为______mm．
（2）小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是______．（填选项前的字母）
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小．
正确答案
解：①由图示螺旋测微器可知，其示数为：5.5mm+48.0×0.01mm=5.980mm
②解：A、单摆经过平衡位置的速度最大，在平衡位置计时误差最小．故A错误．
B、摆球在一个周期内两次经过平衡位置，测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆的周期T=
C、摆长等于悬点到摆球球心的距离，用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，测量的摆长偏大，根据g=
D、为减小实验误差因，应选择密度较大的摆球．故D错误．
故选：C
故答案为：（1）5.980 （2）C
解析
解：①由图示螺旋测微器可知，其示数为：5.5mm+48.0×0.01mm=5.980mm
②解：A、单摆经过平衡位置的速度最大，在平衡位置计时误差最小．故A错误．
B、摆球在一个周期内两次经过平衡位置，测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆的周期T=
C、摆长等于悬点到摆球球心的距离，用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，测量的摆长偏大，根据g=
D、为减小实验误差因，应选择密度较大的摆球．故D错误．
故选：C
故答案为：（1）5.980 （2）C
（1）单摆的摆长L=______；
（2）单摆的周期T=______；
（3）当地的重力加速度g=______；
（4）为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为______．
A.20cm长的结实的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台
B.100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台
C.100cm长的结实的细线、大木球、秒表、50cm量程的刻度尺、铁架台
D.100cm长的结实的细线、大钢球、大挂钟、米尺、铁架台
（5）如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是______．（填字母代号，多选）
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
解：（1）单摆的摆长为：l=L0+
（2）单摆一次全振动的时间为一个周期，则单摆的周期为T=
（3）由单摆的周期公式为：T=2π
得：g=
（4）根据实验要求，摆长1m左右，用米尺测量，体积较小的实心金属球，选小钢球，测量周期用秒表，
故选：B；
（5）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；
故答案为：（1）L0+
解析
解：（1）单摆的摆长为：l=L0+
（2）单摆一次全振动的时间为一个周期，则单摆的周期为T=
（3）由单摆的周期公式为：T=2π
得：g=
（4）根据实验要求，摆长1m左右，用米尺测量，体积较小的实心金属球，选小钢球，测量周期用秒表，
故选：B；
（5）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；
故答案为：（1）L0+
某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用游标为10分度（测量值可准确到0.1mm）的卡尺测量小球的直径．某次测量的示数如图1所示．读出小球直径d的值为______ mm．在实验中需要用秒表测出单摆振动n次所需要的时间．在一次实验中，他用秒表记下了单摆振动50次的时间如图2所示，由图可读出时间为______s．
正确答案
解：图1所示游标卡尺主尺的示数是1.6cm=16mm，游标尺示数是4×0.1mm=0.4mm，小球的直径d=16mm+0.4mm=16.4mm；
图2所示秒表分针示数是2min=120s，秒针示数是37.3s，秒表所示是120s+37.3s=157.3s；
故答案为：16.4； 157.3s．
解析
解：图1所示游标卡尺主尺的示数是1.6cm=16mm，游标尺示数是4×0.1mm=0.4mm，小球的直径d=16mm+0.4mm=16.4mm；
图2所示秒表分针示数是2min=120s，秒针示数是37.3s，秒表所示是120s+37.3s=157.3s；
故答案为：16.4； 157.3s．
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