- 单摆
- 共2503题
在“用单摆测定重力加速度”实验中，若均匀小球在垂直纸面的平面内做小幅度的摆动，若悬点到小球顶点的绳长L，小球直径为d，将激光器与传感器左右对准，分别置于摆球的平衡位置两侧，激光器连续向左发射激光束．在摆球摆动过程中，当摆球经过激光器与传感器之间时，传感器接收不到激光信号．将其输入计算机，经处理后画出相应图线．图甲为该装置示意图，图乙为所接收的光信号I随时间t变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，则该单摆的振动周期T=______．则当地的重力加速度大小的计算公式g=______（用上述已知的物理量表示）．若保持悬点到小球顶点的绳长L不变，改用直径为2d的另一均匀小球进行实验，则图中的t0将______（填“变大”、“不变”或“变小”）．
正确答案
2t0
变大
解析
解：在一个周期内两次经过平衡位置，故周期为2t0；根据周期公式，有：
T=2π
解得：g=
改用直径2d的另一均匀小球进行实验，摆长变长，故周期变大；
故答案为：2t0，
某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用游标为10分度（测量值可准确到0.1mm）的卡尺测量小球的直径．某次测量的示数如图1所示，读出小球直径d的值为______mm．在实验中需要用秒表测出单摆振动n次所需要的时间．在一次实验中，他用秒表记下了单摆振动50次的时间如图2所示，由图可读出时间为______s．
正确答案
解析
解：图1所示游标卡尺主尺的示数是1.6cm=16mm，游标尺示数是4×0.1mm=0.4mm，小球的直径d=16mm+0.4mm=16.4mm；
图2所示秒表分针示数是1min=60s，秒针示数是36.8s，秒表所示是60s+36.8s=96.8s；
故答案为：16.4；96.8．
正确答案
解析
解：小球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，半个周期后再次最大，所以此时开始计时，第二次拉力最大时对应的时间即为一个周期，根据图象可知：单摆的周期为：T=4t
故选：D
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，
（1）有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是______
A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间细线的长
B．测量周期时，从小球到达最大位移处开始计时，测出摆球完成一次全振动的时间
C．适当加长摆线
D．为了便于计时观察，单摆的摆角应尽量大些
（2）用毫米刻度尺测得摆线长L；用游标卡尺测得摆球的直径为d；用秒表测得单摆完成n次全振动的时间如图1所示，则秒表的示数t=______s；若用给定物理量符号表示当地的重力加速度g，则g=______．（写出表达式，不必计算结果）
（3）为了提高测量精度，需多次改变L的值并测得相应的T值．如图2所示，现测得的几组数据标示在以T2为横坐标、L为纵坐标的坐标纸上，根据图线求得g=______m/s2．
正确答案
C
100.2
9.6
解析
解：（1）A、测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球球心间细线的长，故A错误．
B、测量周期时，从小球平衡位置处开始计时，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故B错误．
C、单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期．故C正确．
D、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故D错误．
故选：C．
（2）内圈读数：90s，外圈读数10.2s，总读数为：100.2s；
所以完成一次全振动的时间T=
单摆的周期T=
联立①②解得：g=
（3）据T=2
由图象知：k=
所以g=π2m/s2=9.6m/s2
故答案为：（1）C；（2）100.2； 
（1）实验前他们根据单摆周期公式导出了重力加速度的表达式
同学甲：T一定时，g与L成正比
同学乙：L一定时，g与T2成反比
同学丙：L变化时，T2是不变的
同学丁：L变化时，L与T2的比值是定值
其中观点正确的是同学______（选填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”）．
（2）实验室有如下器材可供选用：
A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳
C．直径约2cm的均匀铁球 D．直径约5cm的均匀木球
E．秒表 F．时钟 G．最小刻度为毫米的米尺
实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择：______（填写器材前面的字母）．
（3）他们将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂（如图所示）．用刻度尺测量悬点到______之间的距离记为单摆的摆长L．
（4）在小球平稳摆动后，他们记录小球完成n次全振动的总时间t，则单摆的周期T=______．
（5）如果实验得到的结果是g=10.29m/s2，比当地的重力加速度值大，分析可能是哪些不当的实际操作造成这种结果，并写出其中一种：______．
正确答案
解析
解：（1）重力加速度的大小与摆长和周期的大小无关，根据表达式g=
（2）单摆模型中，摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，小球视为质点，故要选择直径约2cm的均匀铁球，长度1m左右的细线，不能用橡皮条，否则摆长会变化，秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，刻度尺测量摆线的长度，所以还需要ACEG．
故选：ACEG；
（3）摆长为悬点到球心之间的距离；
（4）根据题意可知，周期T=
（5）g比当地的重力加速度值大，根据表达式g=
故答案为：（1）丁；（2）ACEG；（3）球心；（4）
正确答案
解析
解：A、根据题意无法知道摆球的质量，也不能得出摆球的最大动能，故AB错误
C、由共振曲线可知当驱动力频率f=0.3Hz时产生共振现象，则单摆的固有频率f=0.3Hz．
由单摆的频率公式f=
D、由单摆的频率公式f=
故选C．
正确答案
解析
解：将小球的运动等效成单摆运动，则小球的周期：
T=2π
所以 在t=2 s=
故选：D
在《用单摆测定重力加速度》的实验中，某同学用刻度尺测出从悬点到摆球顶端的悬线长度为L，又用游标卡尺测出摆球的直径为d，则该单摆的摆长应为______．为使周期测量精确，计时起点应从摆球经过______开始．某同学在计时时，错将摆球完成30次全振动记为31次，则他测出的重力加速度值比真实值______（选填：“偏大”或“偏小”）；另一同学实验时，将摆线的长作为摆长，其它测量精确，则他测出的重力加速度值比真实值______（选填：“偏大”或“偏小”）．
正确答案
L+
平衡位置（或最低点）
偏大
偏小
解析
解：摆长等于悬线长度与摆球半径之和，即l=L+
由T=
若将摆球完成30次全振动记为31次，由上式，故测得的g偏大；
若将摆线的长作为摆长，则由上式可知，g偏小
故答案为：L+
某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得单摆的摆长l，然后用秒表记录了单摆振动n次所用的时间为t，进而算出周期T．该同学测得的g值偏小，可能原因是（ ）
正确答案
解析
解：由单摆周期公式T=2π 
A、当开始计时时，秒表过迟按下，则周期T的测量值偏小，所以g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，则实验中周期T的测量值偏大，所以g的测量值偏小，故B正确；
C、实验中误将51次全振动计为50次，由T=
D、实验中误将49次全振动计为50次，由T=
故选：BC．
下列说法正确的是______
A．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
B．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场
C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄
D．光纤通信的工作原理是全反射，光纤通信具有容量大、抗干扰性强等优点
E．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振．
正确答案
解析
解：A、单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其受迫振动的周期等于驱动力的周期，固有周期无关，与单摆的摆长无关，故A正确；
B、变化的电场一定产生磁场，变化的磁场一定产生电场，非均匀变化的电场产生变化的磁场，非均匀变化的磁场产生电场，均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场，故B错误；
C、绿光的波长小于红光的波长，由双缝干涉条纹间距公式：△x=
D、光纤通信的工作原理是全反射，光纤通信具有容量大、抗干扰性强等优点，故D正确；
E、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，故E错误；
故选：ACD．
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