- 用单摆测定重力加速度
- 共1159题
下面是“用单摆测定重力加速度”的实验中获得的有关数据:
并利用上述数据在图所示的坐标中作出l-T2图象.
①写出l与T2的关系式l=______.
②利用图象,求出重力加速度的值为______m/s2.(取π2=9.86 )
正确答案
解:①根据T=得,
.
②图线的斜率k=,解得g=9.86m/s2.
故答案为:①,②9.86.
解析
解:①根据T=得,
.
②图线的斜率k=,解得g=9.86m/s2.
故答案为:①,②9.86.
某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中,先测得摆线长为100.00cm,摆球直径2.00cm,然后用秒表记录了单摆振动50次全振动所用的时间为101.0s.则:
(1)测得的重力加速度g=______m/s2.(计算结果取三位有效数字)
(2)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50次
(3)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和T的数值,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k.则重力加速度g=______.(用k表示)
正确答案
解:(1)单摆的摆长L=l线+=101.00cm+
cm=101.00cm.
根据单摆的周期公式T=2π,得:g=
.
得:g=m/s2=9.76m/s2;
(2)根据公式:g=
A、测摆线长时摆线拉得过紧,使摆线测量长度增加了,则测得重力加速度偏大.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、结束计时,秒表过迟按下,测得单摆的周期偏大,则测得的重力加速度偏小.故C正确.
D、实验中误将51次全振动数为50次.测得周期偏大,则测得的重力加速度偏小.故D正确.
故选:BCD
(3)由单摆的周期公式T=2π,得L=
,图线的斜率k=
.
得该直线的斜率k,则重力加速度g=
故答案为:
(1)9.76;
(2)BCD;
(3).
解析
解:(1)单摆的摆长L=l线+=101.00cm+
cm=101.00cm.
根据单摆的周期公式T=2π,得:g=
.
得:g=m/s2=9.76m/s2;
(2)根据公式:g=
A、测摆线长时摆线拉得过紧,使摆线测量长度增加了,则测得重力加速度偏大.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、结束计时,秒表过迟按下,测得单摆的周期偏大,则测得的重力加速度偏小.故C正确.
D、实验中误将51次全振动数为50次.测得周期偏大,则测得的重力加速度偏小.故D正确.
故选:BCD
(3)由单摆的周期公式T=2π,得L=
,图线的斜率k=
.
得该直线的斜率k,则重力加速度g=
故答案为:
(1)9.76;
(2)BCD;
(3).
(1)在“用单摆测定重力加速度”实验中,某同学用游标卡尺测量摆球的直径,游标卡尺的主尺最小分度为1 mm,游标上有20个小的等分刻度.卡尺上的示数如图所示,可读出这个摆球的直径为______mm.
(2)某型号电池的电动势约3.7 V,内阻约2Ω,允许通过的最大电流为300 mA.现欲测定其电动势E和内阻r,给定的器材有:待测电池E;电阻箱R(阻值0~999.9Ω);定定值电阻R0,(阻值3Ω);直流电压表 (量程3 V,内阻约6 kQ);直流电流表
(量程0.3 A,内阻约2Ω);开关S一个;导线若干.
①如果在上述两个电表中只选用一个电表与其它器材组成测量电路,为使测量结果有尽可能高的精确度,应选用的电表是______,请在虚线框中画出测量电路图,图中要标明相关器材的字母符号.
②用没计的电路读取两组数据,分别用R1、U1、R2、U2或用R1、I1、R2、I2表示,求得待测电池电动势E=______,内阻r=______.
③为使测量结果更精确,在不改变实验器材、实验电路的前提下,请你提出一条建议:(例如:多测几组数据,分别列方程组求出E、r,再求E、r的平均值.)______.
正确答案
解:(1)游标卡尺读数为L=13mm+17×0.05mm=13.85mm
(2)①根据闭合电路欧姆定律可知,若采用“安欧法”,由于电流表内阻约2Ω与电源内阻约3Ω非常接近,而电流表内阻又不能确定,所以不能精确测量电源的内阻;
若采用“伏欧法”,由于电压表的内阻远大于电源的内阻,所以电压表的分流作用可以忽略,所以本实验应用“伏欧法”,所以电表应选择直流电压表,考虑到电压表量程小于电动势,可以将定值电阻与电源串联以保护电压表,电路图如图所示:
②根据闭合电路欧姆定律应有:E=,E=
联立以上两式解得:,r=
③根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir,以及E=U+可得:
建议一:多测几组R、U数据,分别求出相应的I值,用U、I数据作出U-I图线,由图线的截距、斜率求出E、r.
建议二:由可推出
,多测几组R、U数据,作
图线(为一直线),由图线的截距、斜率求出E、r.
建议三:由可推出
,多测几组R、U数据,作
图线(为一直线),由图线的截距、斜率求出E、r.
其他建议合理的同样给分.
故答案为:(1)13.85;
(2)①直流电压表,②,
,③由
可推出
,多测几组R、U数据,作
图线(为一直线),由图线的截距、斜率求出E、r.
解析
解:(1)游标卡尺读数为L=13mm+17×0.05mm=13.85mm
(2)①根据闭合电路欧姆定律可知,若采用“安欧法”,由于电流表内阻约2Ω与电源内阻约3Ω非常接近,而电流表内阻又不能确定,所以不能精确测量电源的内阻;
若采用“伏欧法”,由于电压表的内阻远大于电源的内阻,所以电压表的分流作用可以忽略,所以本实验应用“伏欧法”,所以电表应选择直流电压表,考虑到电压表量程小于电动势,可以将定值电阻与电源串联以保护电压表,电路图如图所示:
②根据闭合电路欧姆定律应有:E=,E=
联立以上两式解得:,r=
③根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir,以及E=U+可得:
建议一:多测几组R、U数据,分别求出相应的I值,用U、I数据作出U-I图线,由图线的截距、斜率求出E、r.
建议二:由可推出
,多测几组R、U数据,作
图线(为一直线),由图线的截距、斜率求出E、r.
建议三:由可推出
,多测几组R、U数据,作
图线(为一直线),由图线的截距、斜率求出E、r.
其他建议合理的同样给分.
故答案为:(1)13.85;
(2)①直流电压表,②,
,③由
可推出
,多测几组R、U数据,作
图线(为一直线),由图线的截距、斜率求出E、r.
在用单摆测重力加速度的实验中,某同学测出不同摆长时对应的周期T,作出L-T2图线,如图所示,再利用图线上任意两点A、B的坐标(x1,y1)、(x2,y2),可求得g=______.若该同学测摆长时漏加了小球半径,而其它测量、计算均无误,也不考虑实验误差,则用上述方法算得的g值和真实值相比______.(填偏大、偏小或不变)
正确答案
解:根据单摆的周期公式得T=,解得L=
,知图线的斜率为
.则
,解得g=
.通过g的表达式可以知道,漏加了小球半径后,(y2-y1)不变,故不影响最后结果.
故答案为:,不变.
解析
解:根据单摆的周期公式得T=,解得L=
,知图线的斜率为
.则
,解得g=
.通过g的表达式可以知道,漏加了小球半径后,(y2-y1)不变,故不影响最后结果.
故答案为:,不变.
取一根轻质弹簧,上端固定在铁架台上,下端系一金属小球,如图甲所示.把小球沿竖直方向拉离平衡位置后释放,小球将在竖直方向做简谐运动(此装置也称竖直弹簧振子).一位同学用此装置研究竖直弹簧振子的周期T与小球质量m的关系.他多次换用不同质量的小球并测得相应的周期,现将测得的六组数据,用“•”标示在以m为横坐标、T2为纵坐标的坐标纸上,如图乙所示.
(1)根据图乙中给出的数据作出T2与m的关系图线
(2)假设图乙中图线的斜率为b,写出T与m的关系式为______.
(3)求得斜率b的值是______.(保留两位有效数字)
正确答案
解:(1)由图观察可知,这些点几乎在一条过原点的直线上,用直线将点拟合起来,不在直线的点关于直线两侧分布要均匀.作图如图所示.
(2)由图看出,T2-b图象是过原点的直线,说明T2与b成正比.假设图乙中图线的斜率为b,则有T2=bm,得到,.
(3)由图读出m=0.6kg,T2=0.78,由数学知识得到,b=1.3.
故答案为:(1)根据图乙中给出的数据作出T2与m的关系图线如图所示.
(2).
(3)1.3.
解析
解:(1)由图观察可知,这些点几乎在一条过原点的直线上,用直线将点拟合起来,不在直线的点关于直线两侧分布要均匀.作图如图所示.
(2)由图看出,T2-b图象是过原点的直线,说明T2与b成正比.假设图乙中图线的斜率为b,则有T2=bm,得到,.
(3)由图读出m=0.6kg,T2=0.78,由数学知识得到,b=1.3.
故答案为:(1)根据图乙中给出的数据作出T2与m的关系图线如图所示.
(2).
(3)1.3.
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