- 单摆
- 共2503题
在“用单摆测定重力加速度”的实验中
（1）若测量出单摆摆线长为l，摆球的直径为d，用秒表记录下单摆完成n次全振动所用的时间t．则重力加速度的表达式g=______（用直接测量量表示）．
（2）用游标为10分度（测量值可准确到0.1mm）的卡尺测量摆球的直径．某次测量的示数如图所示，读出小球直径d=______mm．
正确答案
21.4
解析
解：（1）单摆的摆长L=l+
根据T=
（2）游标卡尺的固定刻度读数为21mm，游标读数为0.1×4mm=0.4mm，则小球的直径为21.4mm．
故答案为：
（1）如果用单摆测定重力加速度，当单摆做简谐运动时，用秒表测出单摆做n次全振动所用的时间t，算出周期；用米尺量出悬线的长度l′，用游标卡尺测量摆球的直径d，则重力加速度g=______．（用题中所给字母表示）
（2）将一个单摆挂在测力传感器的探头上，用测力探头和计算机组成的试验装置来测定单摆摆动过程中摆线受到的拉力（摆角小于5°），计算机屏幕上得到如图甲所示的F-t图象．然后使单摆保持静止，得到如图乙所示的图象．那么：①此单摆的周期为______s．
②设摆球在最低点时势能为零，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式______．（用题中所给字母表示）
正确答案
解析
解：用秒表测出n次全振动所用的时间为t，则单摆的周期：T=
单摆的摆长：L=
由单摆的周期公式：T=2
（2）平衡位置处拉力最大，最大位移处拉力最小．从图a中看出单摆的周期为0.8s．
单摆在最低点时F1-mg=m
mg=F3．
根据周期公式摆长l=
联立三个式子，得：Ek=
故答案为：（1）
（1）以下的做法中正确的是______
A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线的长度
B．计算周期的方法：从摆球通过平衡位置时开始计算，测出摆球完成n次全振动的时间t，则单摆振动周期T=
C．要保证摆球只在一个竖直面内摆动
D．单摆振动时，应注意使它的偏角不能小于5°
（2）甲同学先用米尺测得摆线长为99.47cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示为______cm；然后用秒表记录单摆完成20次全振动所用的时间，从图乙可读出时间为______s，则当地的重力加速度为______m/s2．（保留三位有效数字）
（3）甲同学测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的可能原因是______
A．测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长
B．将全振动次数n误记为（n+1）
C．开始摆动时振幅过小
D．所用摆球的质量过大
（4）实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，乙同学设计了一个巧妙的方法而不用测量摆球的半径，具体作法如下：第一次量得摆线长为t1，测得振动周期为T1，第二次量得摆线长为t2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度为g=______．（用题给字母表示）
正确答案
解析
解：（1）A、摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线的长度，故A错误；
B、从摆球通过平衡位置时开始计算，测出摆球完成n次全振动的时间t，则单摆振动周期T=
C、要保证单摆在同一竖直面内摆动，故C正确；
D、实验时摆角应小于5度，故D错误；故选：BC．
（2）由图示游标卡尺可知，主尺的示数是11mm，游标尺的示数是6×0.1mm=0.6mm=0.06cm，
则游标卡尺示数，即小球直径d=1.1cm+0.06cm=1.16cm；
单摆摆长l=L0+
由图示秒表可知，分针示数是60s，秒针示数是7.4s，
秒表示数是60s+7.4s=67.4s，
单摆周期T=
（3）根据单摆周期公式得重力加速度的表达式g=
A、将摆线长当成了摆长，摆长偏小，g偏小，故A错误；
B、将全振动次数n误记为（n+1），所测周期偏小，重力加速度偏大，故B正确
C、重力加速度的测量值与振幅无关，故C错误
D、所用摆球的质量过大，不影响其重力加速度的测量值，故D错误
故选：B
（4）设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式：T=2π
故：T1=2π
T2=2π
联立两式解得：g=
故答案为：（1）BC；（2）1.16 67.4，3.35；（3）B（4）
“利用单摆测重力加速度”的实验如图甲，实验时使摆球在垂直于纸面的平面内摆动，在摆球运动最低点的左右两侧分别放置一激光光源、光敏电阻（光照时电阻比较小）与某一自动记录仪相连，用刻度尺测量细绳的悬点到球的顶端距离当作摆长，分别测出L1和L2时，该仪器显示的光敏电阻的阻值R随时间t变化的图线分别如图乙、丙所示．
（1）根据图线可知，当摆长为L1时，单摆的周期T1为______，当摆长为L2时，单摆的周期T2为______．
（2）请用测得的物理量（L1、L2、T1 和T2），写出当地的重力加速度g=______．
正确答案
2t1
2t2
解析
解：（1）单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，由图乙所示R-t图线可知周期T1=2t1．由图乙所示R-t图线可知周期T2=2t2．
（2）由单摆周期公式T=2π
故答案为：（1）2t1；2t2；（2）
在实验“探究单摆运动 用单摆测定重力加速度”中．完成如下问题：
（1）在实验时，如果已知摆球直径用精确程度为0.05mm的游标卡尺测量，卡尺上的游标位置如图1所示，则摆球直径读数是______ mm．
（2）如果测定了40次全振动的时间如图2中秒表所示，那么秒表读数是______ s，
（3）实验中，测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是______
A．摆球的质量偏大
B．单摆振动的振幅偏小
C．将实际振动次数n次误记成（n+1）次
D．计算摆长时没有加上摆球的半径值．
正确答案
9.50
75.2
C
解析
解：（1）游标卡尺的主尺读数为9mm，游标读数为10×0.05mm=0.50mm，则最终读数为9.50mm．
（2）秒表读数：小盘读数是60s，大盘读数是15.2s，故秒表读数t=60s+15.2s=75.2s
（3）根据单摆的周期公式得：g=
A、摆球的质量和振幅对加速度的测量无影响．故AB错误．
C、将实际振动次数n次误记成（n+1）次，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大．故C正确．
D、计算摆长时没有加上摆球的半径值，则L的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小．故D错误．
故选：C
故答案为：9.50，75.2，C
（1）测重力加速度用的单摆，需满足的条件是______
A、摆线长度不可改变
B、摆线不可伸长
C、摆球质量远大于摆线质量
D、摆线长度远大于摆球直径
（2）在“用单摆测重力加速度”的实验中，可供选择的器材是：
A、20cm长细线 B、1m长细线 C、1m长粗线 D、小铁球（带小孔） E、塑料球（带小孔） F、毫米刻度尺 G、厘米刻度尺 H、秒表 I、时钟 J、铁架台 K、游标卡尺．
为了较精确地测量重力加速度g值，应选用的器材编号是______．
正确答案
ABCD
B D F H J K
解析
解：（1）A、在实验中摆长不能变化，所以摆线的长度不可改变，故A正确，B正确．
C、为了使单摆做简谐运动，摆球的质量大一些，体积小一些，摆球的质量远大于摆线的质量．故C正确．
D、实验中要求摆线的长度远大于摆球的直径，故D正确．
故选：ABCD．
（2）为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择D球．
摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，细线长短适当，选约为1m的细线，选择B．
计时工具应尽量精确，选择秒表H．此外还要测量摆线的长度，小球的半径，需要F和K，此实验需要支架，选择J．故应选用的器材有：B D F H J K．
故答案为：（1）ABCD，（2）B D F H J K
正确答案
19.40
解析
解：解：由图示游标卡尺可知，主尺示数是19mm，游标尺示数是8×0.05=0.40mm，金属球的直径为19mm+0.40mm=19.40mm；
单摆摆长为：L+
故答案为：19.40，
（1）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将所选用的器材的字母填在题后的横线上．
（A）长1m左右的细绳；
（B）长30m左右的细绳；
（C）直径2cm的铅球；
（D）直径2cm的铁球；
（E）秒表；
（F）时钟；
（G）最小刻度是厘米的直尺；
（H）最小刻度是毫米的直尺．
所选择的器材是______．
（2）实验时摆线偏离竖直线的要求是______，理由是______．
（3）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2-L图线，如图所示，再利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=______．若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是______的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
正确答案
解析
解：（1）A、B、单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，故A正确，B错误；
C、D、摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故C正确，D错误；
E、F、秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，故E正确，F错误；
G、H、刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故G错误，H正确；
（2）单摆模型中，摆角较小时，才可以近似看作简谐运动，故摆角越小越好，通常不能超过5°；
（3）根据单摆周期公式
测摆长时漏加了小球半径，图象向左偏移了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变；
故答案为：（1）ACEH （2）摆线与竖直方向的夹角不超过（或小于）5°，因为只有在摆角不超过（或小于）5°的情况下，单摆的周期公式
（3）
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为______．若保持悬点到小球顶点的绳长L不变，改用直径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”）．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）．
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；
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；
根据周期公式，有：
解得
故答案为：2t0，变大，
做“用单摆测定重力加速度”的实验
（1）为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过______ （选填“平衡位置”或“最高点”）时开始计时；某次测定了 40次全振动的时间如图1 中秒表所示，那么秒表读数是______s；
（2）改变摆长l，共测定了6组摆长l和对应的周期T．为了求出当地的重力加速度g，4位同学提出了4种不同的处理方法：
A．从测定的6组对应值中任意选取1组，用公式g=4π2l/T2求出g作为测量值
B．先分别求出6个l值的平均值
C．先用6组l，T的值，用公式g=4π2l/T2求出6个对应的g值，再求这6个值的平均 值作为测量值
D．在坐标纸上以了T2为横轴，l为纵轴，据6组l和T的值作出l-T2图象，计算出图线的斜率k，根据g=4π2/k是求出g作为测量值 以上4种方法中，错误的是______，其余正确方法中，偶然误差最大的是______ （填入相应的字母）．
（3）某同学只测量了悬点到球间摆线的长度L，测得6组L和对应的周期T，画出如图所示的L-T2图线，并在图线上选取了A、B两个点，其坐标如图1所 示．据此可得计算重力加速度的表达式为g=______．
正确答案
解析
解：（1）单摆经过平衡位置时速度最大，从该位置计时测量误差较小．
秒表小盘读数为60s，大盘读数为15.2s，则秒表的读数为60s+15.2s=75.2s．
（2）A、根据单摆的周期公式T=
B、分别求出6个l值的平均值
C、分别用6组L、T的对应值，用公式g=
D、在坐标纸上作出L-T2图象，L=
故错误的是：BD，偶然误差最大的是：A．
（3）根据单摆的周期公式T=
解得g=
故答案为：（1）平衡位置，75.2 （2）BD、A （3）
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