- 单摆
- 共2503题
某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．
①他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示．这样做的目的是______（填字母代号）．
A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
②他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为______mm，单摆摆长为______m．
③如图振动图象真实地描述了对摆长为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______（填字母代号）．
正确答案
AC
12.1
0.99295
A
解析
解：（1）在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC正确，
故选AC
（2）游标卡尺示数为：d=12mm+1×0.1mm=12.1mm；
单摆摆长为L=l-
（3）当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087m=8.7cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30-50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小
故选A
故答案为：①AC ②12.1 0.99295 ③A
用单摆测定当地的重力加速度：
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测出单摆摆角小于5°时，完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，用螺旋测微器测得摆球直径为d．
（1）用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式：g=______．
（2）要在摆球通过______位置时开始计时
（3）实验中，有个同学发现他测得的当地重力加速度总是偏大，其原因可能是______
A．实验室处在高山上，距离水平面太高
B．单摆所用的摆球太重了
C．测出n次全振动的时间t，误作为（n-1）次全振动的时间进行计算
D．以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算．
正确答案
平衡
D
解析
解：（1）根据单摆的周期公式T=2π
（2）数次数时应从平衡位置开始计时，此位置速度大，变化快，容易数次数，故为：平衡
（3）若测得的当地重力加速度总是偏大，有两种可能：L的测量值偏大，或T的测量值偏小．
A、实验室处在高山上，距离水平面太高，因为越往高处，根据万有引力定律知物体与地球之间的吸引力越小，则测得的当地的加速度结果偏小，故A错误；
B、根据公式，单摆的周期与摆球的质量无关．故B错误；
C、测出次n全振动的时间t，误作为（n-1）次全振动的时间进行计算，则：T测=
D、以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算，L测=l+d＞l+
故选：D．
故答案为：（1）
（1）除用铁夹、铁架台、游标卡尺、带中心孔的金属小球和细线这些器材外，还需要用到的测量仪器有：______．
（2）本实验中，如下哪些措施是必要的______．
A．测周期时，单摆的摆角应大于10°
B．测周期时，应取摆球通过最低点处计时并测量摆球全振动30～50次的时间
C．装置单摆时，摆线应尽可能长些，摆球应选密度大而体积小的小球，且用夹板夹紧摆线
D．要使单摆在竖直平面内摆动，不得使其形成锥形摆或摆球转动
E．测摆长时，为了测量方便，应将单摆放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O的长度作为摆长，然后将单摆从O点吊起．
（3）如果在实验中误将摆线长度当成了摆长，那么通过公式直接计算出的重力加速度将______（“偏大”、“偏小”）；如果在实验中，误将振动29次的时间计成了30次的时间，那么所测重力加速度将______（“偏大”、“偏小”）；如果在实验开始计时，秒表过早按下，那么所测重力加速度将______（“偏大”、“偏小”）．
（4）增大单摆简谐振动周期的方法是______
A．只加大摆长
B．只加大摆角
C．只加大摆球质量
D．将单摆由北京移至赤道
（5）某同学在用单摆测定重力加速度的实验中，测量不同摆长情况下单摆的振动周期，并以L为横坐标，T2为纵坐标，做出了T2-L图线，如图所示，由此图线可知重力加速度为______．（结果保留三位有效数字）
正确答案
解析
解：（1）据该实验原理和实验要求，应用刻度尺测摆长，游标卡尺测金属球的直径、秒表测时间、铁夹、铁架台、带中心孔的金属小球和细线等仪器．所以还需要有：刻度尺、秒表．
（2）A、单摆测量周期时，摆角不能大于5°，否则单摆的运动就不是简谐运动，故A错误；
B、采用累积法测周期，即测量摆球全振动30～50次的时间t，再根据T=
C、据该实验的要求和误差分析可知，该实验中要求摆线应长一点；摆球质量大一些，且不能使上端的摆线移动，用夹板夹紧摆线．故C正确．
D、要使单摆在竖直平面内摆动，不得使其形成锥形摆或摆球转动，否则单摆公式就不能运用，故D正确．
E、应让单摆悬挂起来，用米尺测出摆球球心到摆线某点O的长度作为摆长，然后将单摆从O点吊起，故E错误．
故选：BCD
（3）单摆周期为：T=
据此公式可知：在实验中误将摆线长度当成了摆长，比实际摆长偏小，所测重力加速度将偏小．
如果在实验中，误将振动29次的时间计成了30次的时间，即n变大，所测重力加速度将偏大．
如果在实验开始计时，秒表过早按下，测量的周期偏大，所测重力加速度将偏小．
（4）根据单摆周期公式T=2π
无关，故选：AD
（5）由单摆周期公式T=2π
由图象可知，图象斜率：k=
故答案为：（1）刻度尺、秒表；（2）BCD；（3）偏小；偏大；偏小；（4）AD；（5）9.86m/s2．
某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
①用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如右图甲所示，可读出摆球的直径为______cm．把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L．
②用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如右图乙所示，该单摆的周期是T=______s（结果保留三位有效数字）．
③测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2-L 图象如右图丙，此图线斜率的物理意义是______
A．gB．
④题③中，在描点时若误将摆线长当做摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度将因此而产生哪一种结果？______
A．偏大 B．偏小 C．不变 D．都有可能
⑤该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度．他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度△l，再测出其振动周期T2．用该同学测出的物理量表达重力加速度为g=______．
正确答案
解析
解：①游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.1×6mm=0.6mm，所以摆球的直径为 d=20.6mm=2.06cm
②由单摆全振动的次数为n=29.5次，秒表读数为t=67.4s，该单摆的周期是T=
③由周期公式T=2π
T2=
④描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，T2=
⑤先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，
T1=2π
然后把摆线缩短适当的长度△l，再测出其振动周期T2．
T2=2π
解得：g=
故答案为：
①2.06；②2.28s；③C；④C；⑤
用单摆测定重力加速度实验中：
（1）除了细线、摆球、铁架台、铁夹、米尺之外，必需的仪器还有______；
（2）为了减小实验误差：当摆球的直径约为2cm时，比较合适的摆长应选______
A、80cm B、30 cm C、10cm
（3）实验中，利用g=
（4）在某次实验中，测得单摆振动50次全振动的时间如图所示，则单摆的周期T=______s．
正确答案
秒表和游标卡尺
A
周期
2.02
解析
解：（1）在用单摆测定重力加速度实验中，需要用秒表测量周期，用米尺测量摆线的长度，用游标卡尺测量摆球的直径，所以实验必须的仪器还有秒表和游标卡尺．
（2）单摆在摆动过程中．阻力要尽量小甚至忽略不计，同时摆长不能过小，一般取1m左右．故A最为合适．
故选：A．
（3）根据单摆周期公式T=
（4）秒表的读数为90+10.8s=100.8s．
单摆完成50次全振动的时间为t，所以
故答案为：（1）秒表和游标卡尺；（2）A；（3）周期；（4）2.02．
①造成图象不过坐标原点的原因可能是______
A、将l0记为摆长l； B、摆球的振幅过小 C、将（l0+d）计为摆长l D、摆球质量过大
②由图象求出重力加速度g=______m/s2（取π2=9.87）
正确答案
解析
解：（1）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；将l0记为摆长l；
故选：A
（2）由T=2π
由数学知识得：
解得：g=π2=9.87m/s2；
故答案为：（1）A；（2）9.87．
正确答案
解析
解：摆球下边缘与悬挂点的距离为88.40cm，半径1cm，故摆长为87.40cm；
秒表读数为：60s+15.2s=75.2s；
故单摆周期为：
根据单摆周期公式T=2π
故答案为：0.874、1.88、9.75
A．测摆长L：用米尺量出摆线长度；
B．测周期T：将摆球拉起一个小角度，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一次，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，计算出单摆的振动周期T=
C．改变摆长，重复上述步骤几次；
D．数据分析：．该同学经实验测量得到一组数据，如表所示：
（1）请根据上表中的数据在如图坐标纸上做出合适的图线，并根据图线判定L与T2的关系为：______．（坐标纸见上面）
（2）指出上面A、B步骤中遗漏或错误的地方：
①______
②______．
正确答案
解析
由图可知，T2与摆线的长度L成正比，即T2∝L．
（2）①步骤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
②步骤B、小球通过最低点作为第一次时开始计时，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，为29.5个周期，所以周期：
故答案为：（1）T2∝L；（2）①步骤A中应用游标卡尺测出摆球直径，摆长应为摆线长加上摆球的半径；②步骤B中单摆周期T计算式应是
（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为______cm．
（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
0.97
C
解析
解：（1）游标卡尺读数等于固定刻度读数加游标尺读数；
固定刻度读数为：0.9cm；
游标尺第7刻线与主尺刻线对其，读数为0.07cm，故读数为：0.07+0.9=0.97cm；
（2）A、用单摆的最大摆角应小于5°，故A错误；
B、一个周期的时间内，摆球通过最低点2次，故B错误；
C、由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式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：0.97，C．
①摆动时偏角应满足的条件是______，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最______ （填“高”或“低”）的点的位置．
②用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图所示．O为悬挂点，从图中可知单摆的摆长为______m．
正确答案
解析
经过最低点速度最大，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最“低”的点的位置．
②单摆的摆长是悬挂点到球心的距离，为：
99.75cm=0.9975m
故答案为：①0＜θ＜10°，低；②0.9975．
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