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l=.

解法一：设该标准时间为t s，准确摆钟摆长为L m，走时快的钟周期为T1 s，走时慢的钟周期为T2 s，准确的钟周期为T s.不管走时准确与否，钟摆每完成一次全振动，钟面上显示的时间都是T s.

由各摆钟在t s内钟面上显示的时间求解

对快钟：t+60a=                                           ①

对慢钟：t-60b=                                           ②

联立解①②式，可得= 

最后可得L=.

解法二：由各摆钟在t s内的振动次数关系求

设快钟在t s内全振动次数为n1，慢钟为n2，准确的钟为n0.显然，快钟比准确的钟多振动了次，慢钟比准确的钟少振动了次，故：

对快钟：n1=               ①

对慢钟：n2=               ②

联解①②式，并利用单摆周期公式T=2π

同样可得l=.

2∶1  20

本题考查了单摆的周期公式，应注意对于同一地点的重力加速度为一定值，所以同一地点，由单摆的周期公式得T甲：T乙==2∶1.甲摆完成10次全振动的时间t=10T甲，在这些时间内乙完成的全振动次数为=20.

(1)平衡位置  2.880     9.73  .  （2）偏大 （3）偏小   4π2k  准确

分析：单摆在摆角比较小时，单摆的运动才可以看成简谐运动．摆球经过平衡位置时速度最大，此时计时，误差比较小．根据单摆的公式T= ，推导出g的表达式．再根据g的表达式分析误差形成的原因．

解答：解：（1）单摆摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小；

由图可知，小球的直径D=29mm+0.05mm×18=29.90mm=2.990cm；

单摆的摆长为L+D/2，单摆的周期T=t/n，根据单摆的公式T=，所以g=(4π2(L+D/2)n2=(4×3.142×(97.20+2.990/2)×10-2×502)/1002m/s2=9.73m/s2．

（2）试验中将49次全振动数为50次，会导致测得周期偏小，根据g=4π2L/T2，知测得重力加速度偏大．

（3）如果测摆长时忘记了加摆球的半径，会导致测得摆长偏小，根据g=4π2L/T2，知测得重力加速度偏小．图线的斜率为k=L/ T2，由公式g=4π2L/T2

可知，g=4π2k．

作l-T2图象，求重力加速度误差最小，因为描点后画线时要求尽可能多的点在该直线上，其余点尽可能均衡地分布在该直线两侧；

故答案为：（1）平衡位置，2.990，9.73；

（2）偏大；

（3）偏小，4π2k，准确．

点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=，以及知道测量时形成误差的原因．

   0．02 m  1 s  0．25 m

用匀加速直线运动的加速度公式a=求出Δt,由T=2Δt得到单摆周期，再由周期公式求摆长．

从图中可知沙摆的振幅为A=y=0．02 m．

由a==得振动周期为

T=2=2×s="1" s

再由T=2πg得沙摆摆长为

l=×9．8 m≈0．25 m．

（6分）解：摆球在摆动过程中机械能守恒，则有：  ① 

单摆的周期为：　②     解①和②得：

略

（1）周期T== s="2.84" s.

由周期公式T=2π得

g== m/s2≈9.78 m/s2.

（2）T′=2π=2×3.14× s≈7.02 s.

利用单摆的周期公式进行计算

(1)摆长4m  (2)振动系统的总能量2J（3）子弹的初速度633m/s

从图中可以看出，单摆的周期T=4s；振幅A=40cm

（1）根据单摆的周期公式可求得摆长l：l=4m

（2）振动系统的总能量E：E=(m+M)gh=(m+M)g()=2J

（3）子弹的初速度v0：    

代入数据解得，v0=633m/s。

2π

在光滑斜面上时,小球重力垂直于斜面的分力被斜面的支持力所平衡,另一个沿着斜面的分力G1=mgsinθ可分解成两个分力(如图所示):

F1=G1sinα=mgsinθ·sinα

F1=G1cosα=mgsinθ·cosα

其中F2的方向始终沿着悬线,F1的方向垂直悬线.因此,F1就是使小球往返振动的回复力,即

F回=F1=mgsinθ·sinα.

在小振幅的条件下(α<5°),同样满足关系

sinα≈α===

则:F回=mgsinθ·

可见,放在光滑斜面上的单摆,同样做简谐运动,与竖直悬挂的单摆相比较,相当于重力加速度变为:g′=gsinθ.

所以振动周期:T=2π=2π.