用单摆测定重力加速度_章节学习

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题型：简答题

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简答题

某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm；用10分度的游标卡尺（测量值可准确到0.1mm）测得小球的读数如图所示，则摆球直径为______cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s．则

（1）该摆摆长为______cm，周期为______s．

（2）（单选题）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______

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，秒表过迟按下

D．实验中误将49次全振动数为50次．

正确答案

解：游标卡尺的主尺读数为18mm，游标读数为4×0.1mm=0.4mm，则最终读数为18.4mm=1.84cm

①摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，L=97.50cm+0.922cm=98.42cm．

单摆的周期为：T==≈2s．

②根据单摆的周期公式T=2π得：g=，

A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大．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，知摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小．故B正确．

C、开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大．故C错误．

D、实验中误将49次全振动数为50次，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大．故D错误．

故选：B．

故答案为：1.84cm，①98.42，2，②B

解析

解：游标卡尺的主尺读数为18mm，游标读数为4×0.1mm=0.4mm，则最终读数为18.4mm=1.84cm

①摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，L=97.50cm+0.922cm=98.42cm．

单摆的周期为：T==≈2s．

②根据单摆的周期公式T=2π得：g=，

A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大．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，知摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小．故B正确．

C、开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大．故C错误．

D、实验中误将49次全振动数为50次，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大．故D错误．

故选：B．

故答案为：1.84cm，①98.42，2，②B

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题型：简答题

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简答题

用“单摆测重力加速度”的实验中，所用摆球质量分布不均匀，一位同学设计了一个巧妙的方法可以不用知道单摆静止在平衡位置时摆球重心距小球顶部的距离，同样可以准确测出当地的重力加速度值，具体方法是：第一次量得悬线长为L1，测得振动周期为T1，第二次量得悬线长为L2，测得振动周期为T2，由此可推算出重力加速度g，请说明这位同学是如何求出重力加速度g的，并用测量量表示g的大小．

正确答案

解：设摆线的结点到摆球重心距离为r，则

T1=2π，T2=2π，

联立两式解得：g=；

答：加速度大小为．

解析

解：设摆线的结点到摆球重心距离为r，则

T1=2π，T2=2π，

联立两式解得：g=；

答：加速度大小为．

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题型：简答题

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简答题

将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下部分露于筒外），如图1所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离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为横轴作出T2-L函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度g．

①如果实验中所得到的T2-L关系图象如图2所示，那么真正的图象应该是a、b、c中的______；

②由图可知，小筒的深度h=______m，当地重力加速度g=______ m/s2；（计算结果保留三位有效数字）

正确答案

解：①由单摆周期公式得：T=

得到：

当L=0时，T2=＞0，则真正的图象是a．

②当T2=0时，L=-h，即图象与L轴交点坐标．

h=-L=31.5cm=0.315m

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

故答案为：（1）a （2）0.315，9.86

解析

解：①由单摆周期公式得：T=

得到：

当L=0时，T2=＞0，则真正的图象是a．

②当T2=0时，L=-h，即图象与L轴交点坐标．

h=-L=31.5cm=0.315m

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

故答案为：（1）a （2）0.315，9.86

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题型：简答题

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简答题

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：（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===0.4m．

（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）=mv2，

联立三式并代入数据得：m=0.05kg，v=m/s≈0.283m/s

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．

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===0.4m．

（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）=mv2，

联立三式并代入数据得：m=0.05kg，v=m/s≈0.283m/s

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．

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题型：简答题

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简答题

一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆挂起后，进行测量步骤如下：

A、测摆长：用米尺量出摆线的长度；

B、测周期T：将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第1次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期T=；

C、将所得的l和T代入单摆的周期公式T=2π，算出g，将它作为实验的最后结果写入实验报告中去．

判断上面步骤中遗漏或错误的地方，写出该错误步骤的字母______．

正确答案

解：A、摆长不等于摆线的长度，所以要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与之和；

B、一个周期内两次通过最低点，按秒表开始计时，并记数为1，直到摆球第60次通过最低点时，所以共有29.5次全振动，所以T=；

C、不能通过单独一次的实验数据作为最终结果，g 应多测几次，然后取平均值作为实验最后结果．

故答案为：ABC．

解析

解：A、摆长不等于摆线的长度，所以要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与之和；

B、一个周期内两次通过最低点，按秒表开始计时，并记数为1，直到摆球第60次通过最低点时，所以共有29.5次全振动，所以T=；

C、不能通过单独一次的实验数据作为最终结果，g 应多测几次，然后取平均值作为实验最后结果．

故答案为：ABC．

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