热门试卷

X 查看更多试卷
1
题型:简答题
|
简答题

“在用单摆测定重力加速度”的实验中

(1)用摆长为L和周期T计算重力加速度的公式是g=______

(2)如果用10分度的游标卡尺测得的摆球直径如图甲所示,则摆球的直径d=______cm;用最小刻度为1mm的刻度尺的零点对准摆线的悬点,测得的摆线长如图乙所示,则单摆的摆长为L=______cm;如果测量了40次全振动的时间如图丙所示,则此单摆的振动周期T=______s.

(3)由实验数据得出重力加速度g=______π2

正确答案

解:(1)根据单摆周期公式,得到

(2)由图示游标卡尺可知,主尺的示数是13mm,游标尺的示数是5×0.1mm=0.5mm,

则游标卡尺示数,即小球直径d=13mm+0.5mm=13.5mm=1.35cm;

摆线的长度:l=96.11cm

单摆的摆长为L=cm

由图示秒表可知,分针示数是1m=60s,秒针示数是19.2s,秒表示数是60s+19.2s=79.2s,

单摆周期T==1.98s;

(3)重力加速度:

故答案为:(1)(2)1.35;96.785(96.78~96.90);1.98 (3)0.9875.

解析

解:(1)根据单摆周期公式,得到

(2)由图示游标卡尺可知,主尺的示数是13mm,游标尺的示数是5×0.1mm=0.5mm,

则游标卡尺示数,即小球直径d=13mm+0.5mm=13.5mm=1.35cm;

摆线的长度:l=96.11cm

单摆的摆长为L=cm

由图示秒表可知,分针示数是1m=60s,秒针示数是19.2s,秒表示数是60s+19.2s=79.2s,

单摆周期T==1.98s;

(3)重力加速度:

故答案为:(1)(2)1.35;96.785(96.78~96.90);1.98 (3)0.9875.

1
题型:简答题
|
简答题

有一物理兴趣小组的几个同学学习教材上的实验“用圆锥摆粗略验证向心力的表达式”后尝试使用该装置测量当地重力加速度g.如图所示,他们已经设法测出悬点O到摆球做圆周运动的水平面的高度h,还需要测量的物理量是______;为了减小实验误差,测量该物理量的方法通过测定______然后求得.用直接测量的物理量表示重力加速度g的表达式为 g=______

正确答案

解:(1)对小球受力分析,受重力和拉力,如图所示:

故合力为:F=mgtanα

根据合力提供向心力有:

mgtanθ=m

其中:

r=htanθ

由于线速度和角速度不好直接测量,所以还需要测量的物理量是周期T,为了减小实验误差,测量该物理量的方法通过测定摆球转n圈所用时间t,则T=

由mgtanθ==

解得:g=

故答案为:周期T,摆球转n圈所用时间t,

解析

解:(1)对小球受力分析,受重力和拉力,如图所示:

故合力为:F=mgtanα

根据合力提供向心力有:

mgtanθ=m

其中:

r=htanθ

由于线速度和角速度不好直接测量,所以还需要测量的物理量是周期T,为了减小实验误差,测量该物理量的方法通过测定摆球转n圈所用时间t,则T=

由mgtanθ==

解得:g=

故答案为:周期T,摆球转n圈所用时间t,

1
题型:简答题
|
简答题

将一单摆装置竖直悬挂于某一悬点,其中悬线的上部分在带孔的薄挡板上面(单摆的下部分露于板外),如图(甲)所示,将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放,设单摆振动过程中悬线不会碰到挡板,如果本实验的长度测量工具只能测量出挡板到摆球球心之间的距离l,并通过改变l而测出对应的摆动周期T,再以T2为纵轴、l为横轴做出函数关系图象,就可以通过此图象得出悬点到挡板的高度h和当地的重力加速度.

(1)现有如下测量工具:A.时钟;B.秒表; C.天平;D.毫米刻度尺.本实验所需的测量工具有______;(填测量工具代号)

(2)在实验中,有三名同学分别得到了T2-l关系图象如图(乙)中的a、b、c所示,那么,正确的图象应该是______

(3)由图象可知,悬点到挡板的高度h=______m;

(4)由图象可知,当地重力加速度g=______m/s2;(保留三位有效数字)

(5)如果某同学用此装置测出的重力加速度的结果比当地重力加速度的真实值偏大,他在实验操作上可能出现的失误是______

A.测量l时没有加上摆球半径

B.选用摆球的质量偏大

C.在时间t内的n次全振动误记为n+1次

D.在时间t内的n次全振动误记为n-1次.

正确答案

解:(1)本实验需要测量时间求出周期,并要测量筒的下端口到摆球球心的距离L,则所需的测量工具是天平和毫米刻度尺.

故选BD

    (2)由单摆周期公式得

          T=2π

得到T2=+

当L=0时,T2=>0,则真正的图象是a.

     (3、4)当T2=0时,L=-h,即图象与L轴交点坐标.

              h=-L=40cm=0.4m

          图线的斜率大小k= 由图,根据数学知识得到k=4      解得g=9.86m/s2

(5)通过单摆周期公式得

          T=2π 可得,

测出的重力加速度的结果比当地重力加速度的真实值偏大,则要么周期变大,要么摆长偏短,故C正确;

故选C

故本题答案是:(1)BD;(2)a; (3)0.4;  (4)9.86或9.87;  (5)C.

解析

解:(1)本实验需要测量时间求出周期,并要测量筒的下端口到摆球球心的距离L,则所需的测量工具是天平和毫米刻度尺.

故选BD

    (2)由单摆周期公式得

          T=2π

得到T2=+

当L=0时,T2=>0,则真正的图象是a.

     (3、4)当T2=0时,L=-h,即图象与L轴交点坐标.

              h=-L=40cm=0.4m

          图线的斜率大小k= 由图,根据数学知识得到k=4      解得g=9.86m/s2

(5)通过单摆周期公式得

          T=2π 可得,

测出的重力加速度的结果比当地重力加速度的真实值偏大,则要么周期变大,要么摆长偏短,故C正确;

故选C

故本题答案是:(1)BD;(2)a; (3)0.4;  (4)9.86或9.87;  (5)C.

1
题型:简答题
|
简答题

在利用单摆测定重力加速度的实验中

(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值,下列所给器材应选______

A.长1m左右的细绳;    B.长30cm左右的细绳;    C.直径2cm的铅球;

D.直径2cm的铁球;      E.秒表;        F.时钟;

G.分度值是1cm的直尺;         H.分度值是1mm的直尺;

(2)某同学测出了多组摆长和运动周期,并根据相应的实验数据作出了T2-L的关系图象如图所示.

①由图可判定该同学出现的错误可能是______

②虽然实验中出现了错误,但根据图象中的数据仍能算出重力加速度,其数值为______m/s2

(3)利用单摆测重力加速度的实验中,若测得g值偏小,可能是由于______

A.计算摆长时,只考虑悬线长,而未加小球半径

B.测量周期时,将n次全振动,误记成n+1次全振动

C.摆线上端未牢固系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了

D.单摆振动时,振幅较小.

正确答案

解:(1)为减小实验误差,应选择长约1m的细线作为摆线,故选A,

为减小空气阻力对实验的影响,应选择体积小而质量大的摆球,故摆球应选C,

为减小时间的测量误差,应选择:E秒表,为减小摆长测量误差,应选择:H毫米刻度尺;

(2)图象不通过坐标原点,将图象向右平移1cm就会通过坐标原点,故相同的周期下,摆长偏小1cm,故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径;

(2)由T=2π可得:T2=L,则T2-L图象的斜率等于

由数学知识得:k==,解得:g=9.87m/s2

(3)由T=2π可得:g=

A、计算摆长时,只考虑悬线长,而未加小球半径,所测L偏小,由g=可知,g偏小,故A正确;

B、测量周期时,将n次全振动,误记成n+1次全振动,所测周期T偏小,由g=可知,所测g偏大,故B错误;

C、摆线上端未牢固系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了,所测T偏大,由g=可知,所测g偏小,故C正确;

D、重力加速度与单摆振幅无关,单摆振动时,振幅较小,不影响g的测量值,故D错误;故选AC.

故答案为:(1)ACEH;(2)测摆长时漏加小球半径;9.87;(3)AC.

解析

解:(1)为减小实验误差,应选择长约1m的细线作为摆线,故选A,

为减小空气阻力对实验的影响,应选择体积小而质量大的摆球,故摆球应选C,

为减小时间的测量误差,应选择:E秒表,为减小摆长测量误差,应选择:H毫米刻度尺;

(2)图象不通过坐标原点,将图象向右平移1cm就会通过坐标原点,故相同的周期下,摆长偏小1cm,故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径;

(2)由T=2π可得:T2=L,则T2-L图象的斜率等于

由数学知识得:k==,解得:g=9.87m/s2

(3)由T=2π可得:g=

A、计算摆长时,只考虑悬线长,而未加小球半径,所测L偏小,由g=可知,g偏小,故A正确;

B、测量周期时,将n次全振动,误记成n+1次全振动,所测周期T偏小,由g=可知,所测g偏大,故B错误;

C、摆线上端未牢固系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了,所测T偏大,由g=可知,所测g偏小,故C正确;

D、重力加速度与单摆振幅无关,单摆振动时,振幅较小,不影响g的测量值,故D错误;故选AC.

故答案为:(1)ACEH;(2)测摆长时漏加小球半径;9.87;(3)AC.

1
题型:简答题
|
简答题

在一次“用单摆测定重力加速度”的实验中,图甲中的O点是摆线的悬点,a、b

两点分别是摆球的上沿和下沿,则该单摆的摆长l=______m.乙图为测量周期用的秒表,长针转一周的时间为30s,表盘上部的小圆共30个小格,每小格30s.该单摆全振动n=50次时,表盘指针的位置如图乙所示,所用时间t=______s.用以上直接测量的物理量的符号表示重力加速度的计算式g=______(不必代入具体数值).

正确答案

解:摆长为悬挂点到球心的距离,故

秒表大盘可以看出是30s的3倍多,小盘读数6.3s,故总时间为:t=30s×3+6.3s=96.3s;

单摆周期公式,根据实验有

故重力加速度为:

故答案为:0.9160(0.9159~0.9161),96.3,

解析

解:摆长为悬挂点到球心的距离,故

秒表大盘可以看出是30s的3倍多,小盘读数6.3s,故总时间为:t=30s×3+6.3s=96.3s;

单摆周期公式,根据实验有

故重力加速度为:

故答案为:0.9160(0.9159~0.9161),96.3,

百度题库 > 高考 > 物理 > 用单摆测定重力加速度

扫码查看完整答案与解析

  • 上一题
  • 1/5
  • 下一题