- 单摆
- 共2503题
老师带着几名学生进行野外考察，登上一山峰后，他们想粗略测出山顶处的重力加速度．于是他们用细线拴好石块P系在树干上做成一个简易单摆，如图1所示．然后用随身携带的钢卷尺、秒表进行相应的测量．同学们首先测出摆长L，然后将石块拉开一个小角度，由静止释放，使石块在竖直平面内摆动，用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t．
（1）利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式g=______；
（2）若某次用秒表测量若干次全振动所用的时间如图2所示，所用时间为t=______s；
（3）若同学们在某次测量中，振动周期测量正确，但测量摆长时从悬点一直量到石块下端，所以用这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值______（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）．
正确答案
100.2
偏大
解析
解：①由题，单摆完成n次全振动所用的时间t得，单摆的周期T=
．由单摆的周期公式T=2π
②图2所示秒表分针示数是1.5min=90s，秒针示数是9.8s，秒表所示是90s+10.28s=100.2s；
③单摆的摆长应等于悬点到石块重心的距离，若测量摆长时从悬点一直量到石块下端，摆长L偏大，则由重力加速度的表达式g=
可知，重力加速度值比真实值偏大
故答案为：（1）
下列关于单摆的说法，正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、单摆做简谐运动的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，或者说是合力沿着运动轨迹切向的分力，而合力的径向分量提供向心力；故A正确，B错误；
C、单摆作简谐运动时的周期与振幅无关，故C错误；
D、在平衡位置时，摆线的张力最大，回复力为零，切向加速度为零，但所受的合力不为零，加速度不为零，故D错误；
故选：A
（1）所需要的器材有______（填序号）
A：约1m长的细线；
B：约10m长的细线；
C：光滑木球；
D：铜质小球；
E：铁架台（带有铁夹）；
F：秒表；
G：游标卡尺；
H：厘米刻度皮卷尺；
I：毫米刻度直米尺；
J：天平
（2）如果某同学测得的重力加速度g偏小，可能的原因是______
A、测量摆长时摆线拉得过紧
B、摆线上端未牢固地系于悬点，震动中出现松动使摆线长度增加了
C、开始计时时，秒表已经按下了
D、试验中误将49次全振动次数计为50次
（3）为了提高实验精确度，在试验中可以改变几次摆长L并测出相应的周期，从而得出一组对应的L与T的数据，如图所示，再以L为横坐标，T2为中纵坐标将所得的数据连成直线，并求出该直线的斜率k，则重力加速度g=______（用k表示）
正确答案
A、D、E、F、G、I
BC
解析
解：（1）用单摆测重力加速度，摆线应选择约1m长的细线，故选A，为减小空气阻力影响，应选择体积小而质量大的摆球，故选D，悬挂单摆需要：E、铁架台（带有铁夹），测单摆周期需要：F、秒表；测摆球直径需要：G、游标卡尺；测摆线长度需要：I、毫米刻度直米尺；故实验器材需要：A、D、E、F、G、I；
（2）由单摆周期公式：T=2π
A、测量摆长时摆线拉得过紧，所测摆长偏大，所测g偏大，故A错误；
B、摆线上端未牢固地系于悬点，震动中出现松动使摆线长度增加了，所测单摆周期T偏大，g偏小，故B正确；
C、开始计时时，秒表已经按下了，所测周期偏大，所测g偏小，故C正确；
D、试验中误将49次全振动次数计为50次，所测周期偏小，g偏大，故D错误；故选BC．
（3）由单摆周期公式：T=2π
故答案为：（1）A、D、E、F、G、I；（2）BC； （3）
（1）单摆摆长为______cm．
（2）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______
A．测摆线长时摆球拉得过紧
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49次全振动数记为50次
（3）为了提高实验精确度，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与T的数据如图所示，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为k，则重力加速度g=______．（用k表示）
正确答案
98.50
B
解析
解：（1）单摆的摆长为：L=
（2）根据T=
A、测摆线时摆球拉得过紧，则摆长的测量值偏大，所以重力加速度的测量值偏大．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，知摆长的测量值偏小，所以重力加速度的测量值偏小．故B正确．
C、开始计时时，秒表过迟按下，周期的测量值偏小，知重力加速度的测量值偏大．故C错误．
D、实验中误将49次全振动数记为50次，周期的测量值偏小，知重力加速度的测量值偏大．故D错误．
故选：B．
（3）根据T=
故答案为：（1）98.50；（2）B；（3）
在“利用单摆测定当地的重力加速度”的实验中，下列说法正确的是（ ）
A在摆球通过最低点时开始计时，可减小单摆周期的测量误差
B测量摆球通过最低点80次的时间为t，则单摆周期为
C实验中，悬点发生松动，则重力加速度的测量值偏小
D用悬线的长度作为摆长，代人单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小
正确答案
解析
解：A、在摆球通过最低点时开始计时，可减小单摆周期的测量误差，A正确；
B、第一次通过最低点的时间为半个周期，所以通过最低点80次的时间为t，则单摆周期为
C、由公式T=2
D、摆长=摆线长+球半径，所以用悬线的长度作为摆长，代人单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小，D正确；
故选ACD
（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=______mm．
（2）实验测得摆长为L，用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式为：
g=______（用题目中物理量的字母表示）．
（3）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有______
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些．
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的．
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度．
D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置一微小角度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔△t即为单摆周期T．
E．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置一微小角度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间△t，则单摆周期T=
正确答案
14.15
ABE
解析
解：（1）游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，大小：14mm，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐：第6刻度与上方刻度对齐，读数：0.05×3=0.0.15mm，总读数：L=14+0.15mm=14.15mm．
（2）拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象可得单摆周期为4t0，根据单摆的周期公式知：4
（3）该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球．故ab是正确的．
摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故c错误；
拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，故d错误；释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值．故e正确．
故选：ABE
故答案为：（1）14.15；（2）
在利用单摆测重力加速度的实验中，若摆长为L，周期为T，则重力加速度的计算公式为g=______．某同学实验时，测得摆线的长度为l，摆球的直径为d，则摆长L应为______；测单摆的周期时，先将摆球拉起后放开，当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，接着一直到摆球第60次通过最低点时，按下秒表停止计时，读出这段时间t，则单摆的周期T应为______．
正确答案
解析
解：根据单摆的周期公式T=2π 
单摆的摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为 L=l+
据题：摆球第60次通过最低点时，单摆完成了n=
故答案为：
则①该摆摆长为______厘米；
②秒表所示读数为______秒；
③测单摆周期时，当摆球经过______时开始计时．
正确答案
解析
解：（1）单摆的摆长L=l线+
（2）小表盘表针超过了半刻线，故：
秒表读数=某分钟+（大表盘示数+30）秒
秒表的示数为：60s+39.8s=99.8s．
（3）摆球每次经过平衡位置时速度最快，误差最小，故应该从平衡位置开始计时；
故答案为：（1）98.5；（2）99.8；（3）平衡位置．
A
B
C
D
正确答案
解析
F1=G1sinα=mgsinθ•sinα，F2=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°），同样满足简谐运动的规律，可见，放在光滑斜面上的单摆，同样作简谐运动，与竖直悬挂的单摆相比较，相当于重力加速度变g′=gsinθ．所以振动周期关系T=2
故选：C．
在“用单摆测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；
b．用米尺量得细线长度L；
c．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球；
d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T=t/n；
e．用公式
按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比______（选填“偏大”、“相同”或“偏小”），原因是______．
正确答案
解析
解：根据g=
摆长实际值为：线长加小球的半径．而在计算时我们把线的长度当做摆长进行计算，所以l值小了，故计算出的重力加速度偏小．
故答案为：偏小，摆长未加小球的半径．
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