- 单摆
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正确答案
解析
解：t=2T=
则周期T=1.5s．
根据单摆的周期公式T=
则L=
答：沙摆的摆长约为56cm．
（1）在一次用单摆测定重力加速度的实验中，图（A）的O点是摆线的悬挂点，a、b点分别是球的上沿和球心，摆长L=______m．
（2）图（B）为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格1min，该单摆摆动n=50次时，长、短针位置如图所示，所用时间t=______s．
用以上直接测量的物理量的英文符号表示重力加速度的计算式为g=______（不必代入具体数值）
正确答案
0.9965
100.2
解析
解：（1）由图可知O到球心的距离为：0.9965m，故摆长为0.9965m．
（2）由图可知大格读数为90s，小格读数为：10.2s，故秒表的读数为t=100.2s；
由单摆周期公式可得：
即：
解得：
故答案为：（1）0.9965m；
（2）100.2；
（1）用上述物理量的符号写出重力加速度的一般表达式g=______．
（2）从图可知，摆球直径d的读数为______mm．
（3）实验中有个同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可能是______．
A．悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．单摆所用摆球质量太大
C．把n次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间
D．摆球在水平面内做圆周运动．
正确答案
20.684
CD
解析
解：（1）单摆的周期T=
根据T=2π
（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为20.5mm，
可动刻度示数为：18.4×0.01mm=0.184mm
则螺旋测微器的示数为：20.5mm+0.184mm=20.684mm；
（3）根据单摆的重力加速度为：g=
A、悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线谱增长了，所测周期偏大，重力加速度偏小，故A错误；
B、单摆周期与摆球质量无关，所测重力加速度与单摆所用的摆球质量无关，故B错误；
C、把n次全振动的时间误作（n+1）次全振动的时间，以摆线长作为摆长，摆长偏小，所测重力加速度可能偏大，故C正确；故选C．．故D正确．
故选：CD．
（1）
（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______mm；
（2）为了减少测量周期的误差，摆球应在经过最______（填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间求出周期．
（3）小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是______．
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．
（4）若用L表示摆长，单摆完成50次全振动所用的时间为t，那么重力加速度的表达式为g=______．
正确答案
解析
解：（1）由图示游标卡尺可知：固定刻度读数为：9mm，游标尺第7刻线与主尺刻线对其，读数为7×0.1mm=0.7mm，读数为：9+0.7=9.7mm；
（2）为了减少测量周期的误差，摆球应在经过最低点的位置时开始计时，并用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间求出周期．
（3）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，测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为：
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，应选择密度大而体积小的摆球，故D错误，故选C；
（4）由题意可知，单摆的周期：T=
故答案为：（1）9.7；（2）低；（3）C；（4）
在某地测该地方的重力加速度时，用了一个摆长为L的单摆，测得N次全振动所用的时间为t，则周期为______，这个地方的重力加速度为______．
正确答案
解析
解：由题，单摆N次全振动所用的时间为t，则一次全振动的时间为T=
根据单摆的周期公式T=2
故答案为：
实验室备有下列仪器
A．长度为1m、最小刻度为毫米的刻度尺
B．长度为l m、最小刻度为分米的刻度尺
C．停表
D．打点计时器
E．低压交流电源（50Hz）
F．低压直流电源
G．天平
为了测量重锤下落的加速度的数值，上述仪器中必须有的是______（填字母代号），实验是通过研究重锤做______运动来测量重锤下落加速度的．
把重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器，当重锤自由下落时，打点计时器在纸带上打出一系列的点．取连续清晰的7个点，用刻度尺测出第2、3、4、5、6、7各点与第1点的距离d如表所示．
请用这些数据求出重力加速度的测量值为______m/s2．
正确答案
ADE
自由落体
9.72
解析
解：（1）实验是通过研究重锤做自由落体运动来测量重锤下落加速度的．
利用匀变速直线运动的推理△x=aT2可以求出重锤下落的加速度大小．
实验需要使用打点计时器研究，电源选择低压交流电源（50Hz），
刻度尺要用来测量纸带的点之间的距离，所以必须要有长度为1m最小刻度为毫米的刻度尺；
物体的质量不需要知道，所以不用天平测物体的质量，打点计时器本身就是计时的仪器，所以不需要秒表．
所以上述仪器中必须有的是ADE．
（2）根据△x=gT2，运用逐差法得：g=
故答案为：（1）ADE，自由落体；（2）9.72．
A．测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长
B．量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，读出经历的时间为t，并由计算式T=t/30求得周期
C．开始摆动时振幅过小
D．所用摆球的质量过大
（2）现有一电池，其电动势E约为9V，内阻r在35～55Ω范围内，最大允许为50mA．为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验．图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计；R为电阻箱，阻值范围为0～9999Ω；Ro为保护电阻．
①实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格，本实验应选用______
A．10Ω，2.5W
B．50Ω，1.0W
C．150Ω，1.0W
D．1500Ω，5.0W
②该同学接好电路后，闭合开关S，调整电阻箱的阻止读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，然后通过作出有关物理量如图所示的线性图象，求得电源的电动势E和内阻r．
a．请写出与你所作线性图象对应的函数表达式______．
b．请根据图乙坐标中所作出的定性图象用符号或函数式表明x，y坐标轴所表示的物理意义：x______；y______．
c．图乙中______表示E，______表示r．
正确答案
C
=
=
纵轴截距的倒数
斜率除以纵轴的截距
解析
解：
（1）根据单摆的周期公式T=2π
A、测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长时，摆长l偏小，测得的重力加速度数值应小于实际值．故A错误．
B、测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，读出经历的时间为t，应由计算式T=
C、D单摆摆球的质量与振幅与周期无关，不影响测量结果．故CD错误．
故选B
（2）①当电阻箱的电阻调为零时，电路中电流最大，根据闭合电路欧姆定律得
Im=
得
由于内阻r在35～55Ω，当r=35Ω时，
代入解得，R0的范围为：125Ω～145Ω
故选C
②a．根据闭合电路欧姆定律得
E=U+
由数学变形得，
b．以
c．根据数学知识得知，图乙中纵轴截距的倒数表示E，斜率除以纵轴的截距表示r．
故答案为：
（1）B
（2）①C
②a．
b．
c．纵轴截距的倒数，斜率除以纵轴的截距
某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据，其中的一组数据如下所示．
（1）用毫米刻度尺测量摆线的长时，将摆线平放，如图（A）所示，刻度尺读数是______cm，用游标卡尺测量摆球直径，卡尺游标位置如图（B）所示，可知摆球直径是______cm．
（2）该同学用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图C所示，则秒表所示读数为______s．
（3）为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长L，测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与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如图D所示，利用图线可求出g=______m/s2．
正确答案
99.00
1.940
56.90
9.869
解析
解：（1）用毫米刻度尺测量摆线的长时，刻度尺的最小分度是1mm，读数需要一位估读，所以读数为：99.00cm；
游标卡尺的固定刻度为：19mm，可动刻度的第8格与上面对齐，游标尺的最小分度是0.05mm，总读数为：19mm+0.05×8mm=19.40mm=1.940cm
（2）秒表的分针已经超过半分钟，接近1分针；秒针的示数为26.9s，所以总读数为：30s+26.9s=56.9s；
（3）根据重力加速度的表达式：
斜率：
故答案为：（1）99.00；1.940；（2）56.9； （3）9.869
某同学在做“利用单摆测定重力加速度”的实验中．
（1）先测得摆线长97.50cm，摆球直径为2.0cm，则该摆的摆长为______cm．
（2）如果他测得的重力加速度值偏小，可能的原因是______
（A）测摆线长时将摆线拉得过紧
（B）摆线的上端未牢固地系于悬点，量好摆长后摆动中出现松动
（C）实验中误将29次全振动数成30次全振动了
（D）实验中误将31次全振动数成30次全振动了
（3）该单摆在海平面附近的地面上，t1时间内作了n次全振动；如果移到某山上，在t2时间内也作了n次全振动．则山高是地球半径的______倍．
正确答案
解析
解：（1）摆长L=97.50+1.0cm=98.50cm．
（2）根据单摆的周期公式T=2π
A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．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，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．
C、实验中误将29次全振动数成30次全振动了，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．
D、实验中误将31次全振动数成30次全振动了．测得周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故D正确．
故选BD．
（3）t1时间内作了n次全振动；
T1=
如果移到某山上，在t2时间内也作了n次全振动．
T2=
g=
根据万有引力等于重力得：g=
所以
解得
故答案为：（1）98.50； （2）BD； （3）
某同学在做“利用单摆测定重力加速度”的实验中，用游标尺为50分度的卡尺测量小球的直径，结果如图所示，由图可知小球的直径为______mm．把用此小球做好的单摆固定好，使摆球自由下垂，测得摆线长为97.28cm，则该摆摆长L为______cm．若该同学测得该单摆做n次全振动的时间为t，则该单摆的振动周期T=______，测得的当地的重力加速度的值为g=______（用题中所给字母表示）
正确答案
解析
解：游标卡尺的主尺读数为14mm，游标读数为0.02×15mm=0.30mm，所以最终读数为14.30mm；
单摆的摆长等于线长加上球的半径，为：97.28cm+0.5×14.30mm=97.995cm≈98.00cm；
若该同学测得该单摆做n次全振动的时间为t，则该单摆的振动周期T=
答：14.30； 98.00；
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