- 单摆
- 共2503题
某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为99.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为100.0s．则：
（1）他测得的重力加速度g=______m/s2．（计算结果取三位有效数字）
（2）他测得的g值偏大，可能原因是：______．
A．测摆线长时摆线拉得过紧．
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次全振动计为50次．
（3）为了提高实验精度，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和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，并求得该直线的斜率k．则重力加速度 g=______．（用k表示）
正确答案
解析
解：（1）摆长为：L=l+
单摆振动50次所用的时间为100.0s，则周期：T=
根据T=2π 
（2）根据T=2π 
A、测量摆长时，线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，由上式可知重力加速度测量值偏大，故A正确．
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，则对应的周期变大，周期的测量值偏大，则加速度的测量值偏小．故B错误．
C、开始计时时，秒表过迟按下，周期的测量值偏小，由上式可知重力加速度测量值偏大．故C正确．
D、实验中误将49次全振动记为50次，周期的测量值偏小，由上式可知重力加速度测量值偏大，故D正确．
故选：ACD．
（3）根据T=2π 
故以L为横坐标、T2为纵坐标得到的图象的斜率为：k=
解得：g=
故答案为：（1）9.86；（2）ACD；（3）
（1）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图中的甲、乙所示．测量方法正确的是______（选填“甲”或“乙”）．
（2）实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图丙所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图丁所示，则该单摆的振动周期为______，若已知单摆的线长为L，小球直径为d，那么，当地重力加速度为______，若由于空气阻力等因素影响，单摆的振幅越来越小，那么图丁中的△t将会______（填“变大”、“变小”、“不变”）
正确答案
解析
解：（1）游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外爪的刀口上，故选乙；
（2）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，从R-t图线可知周期为2t0．
摆长等于摆线的长度加上小球的半径，由单摆的周期公式T=2π
由于空气阻力等因素影响，单摆的振幅越来越小，摆球经过最低点时的速度v越来越小，摆球直径d不变，挡光时间△t=
故答案为：（1）乙；（2）2t0；
（1）实验时必须控制摆角在______以内，并且要让单摆在______平面内摆动；
（2）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出L-T2图线，如图所示，再利用图线上任意两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=______．
（3）若该同学测量摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，则以上述方法算得的g值和真实值相比是______的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
正确答案
5°
同一竖直
4π2•
不变
解析
解：（1）单摆模型是一种理想化的模型，只有在摆动角度小于5°（或10°）的范围内，其运动才近似为简谐运动，同时要注意不能做圆锥摆运动，只能在同一竖直平面内运动．
（2）由周期公式T=
所以L=
代入数据可得
g=4π2•
（3）通过第（2）问的结论可以知道，漏加了小球半径后（y2-y1）不变，故不影响最后结果
故答案为：（1）5°，同一竖直；
（2）4π2•
（3）不变
（ 1 ）某研究性学习小组想利用秒表，铁架台（带铁夹）和下表中所列器材探究单摆的周期与哪些因素有关，经小组讨论分析认为，影响单摆周期的因素可能有振幅、摆球质量和摆长等．他们在实验探究过程中，始终保持单摆的最大摆角小于 100． ①甲同学探究单摆的周期与振幅的关系，他用下表中器材 1 和 4 组装单摆，通过改变摆角，多次实验，测出周期，得到的结论是单摆的周期与其振幅无关． ②乙同学想探究单摆的周期跟摆球质量的关系．请你为他设计探究思路：______
乙同学在实验探究的基础上，得到的正确结论应该是：______
（ 2 ）在确定了单摆周期的关系之后，该实验小组同时利用单摆测定了当地的重力加速度，有个同学发现自己测得的重力加速度偏大，其原因可能是下述原因中的______
A、所用摆球质量太大
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，秒表过迟按下
D、把 n 次全振动的时间 t 误作为（ n+l ）次全振动的时间．
正确答案
他用下表中器材1和4、1和5、1和6分别组装3个摆长相等的单摆，使它们作最大摆角小于100的单摆，并分别测得它们的周期
单摆的周期与其质量无关
CD
解析
解：（1）探究单摆的周期跟摆球质量的关系，应控制摆长于摆角相等而摆球质量不相等，测出单摆的周期；实验设计如下：用下表中器材 1 和 4、1 和 5、1 和6分别组装3个摆长相等的单摆，使它们作最大摆角小于100的单摆，并分别测得它们的周期；实验结论：单摆的周期与其质量无关．
（2）用秒表测出单摆完成n次全振动的时间t，则单摆的周期T=
单摆摆长等于摆线长度l与摆球的半径r之和，即L=l+r；
由单摆周期公式T=2π
A、单摆的周期与摆球质量无关，由g=
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，实际摆长l偏大，由T=2π
C、开始计时，秒表过迟按下，所测时间t偏小，由g=
D、把n次全振动的时间t误作为（ n+l ）次全振动的时，n偏大，由g=
故答案为：（1）他用下表中器材 1 和 4、1 和 5、1 和6分别组装3个摆长相等的单摆，使它们作最大摆角小于10°的单摆，并分别测得它们的周期；单摆的周期与其质量无关；（2）CD．
某同学做“用单摆测重力加速度”实验．
①用游标卡尺测量摆球直径d，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用米尺测量出悬线长度l．
某次测量摆球直径时游标卡尺示数部分如图所示，则摆球直径为d=______cm．
②在小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为0，数出以后小钢球通过平衡位置的次数为n，用停表记下所用的时间为t．请用上面的测量数据计算重力加速度的表达式为g=______．
正确答案
2.26
解析
解：①由图所示游标卡尺可知，主尺示数为2.2cm，游标尺示数为6×0.1mm=0.6mm=0.06cm，则游标卡尺示数为2.2cm+0.06cm=2.26cm．
②由题意知，单摆完成 全振动的次数为
单摆摆长L=l
由单摆周期公式
重力加速度：g=
故答案为：2.26，
某同学在探究影响单摆周期因素的实验中：
（1）在组装单摆时，下列说法正确的是______
A．摆球可选择质量大体积小的钢球
B．摆线可以选用弹性较好的橡皮绳
C．摆动过程中摆线与竖直方向的夹角不超过30°即可
（2）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．
（3）如果测定n次全振动的时间如图乙所示，那么秒表读数是______s．
（4）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______
A．开始计时，秒表过迟按下
B．实验中误将49次全振动计为50次
C．摆线上端未系牢固，振动中出现松动，使摆线长度增加了
（5）为了提高实验精度，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，再以L为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图丙所示，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
解析
解：（1）摆球选择质量大一些，体积小一些的钢球，摆线不能选择弹性较好的橡皮绳，因为弹性较好，在摆动的过程中，摆长发生变化，为了使单摆做简谐运动，则摆角不要超过5度．故A正确．
（2）游标卡尺的读数为d=10mm+2×0.05mm10.10mm．
（3）秒表的读数t=90s+9.8s=99.8s．
（4）根据T=
A、秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故A错误．
B、实验中误将49次全振动计为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故B错误．
C、摆线上端未系牢固，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故C正确．
故选：C．
（5）根据T=
故答案为：（1）A，（2）10.10，（3）99.8，（4）C，（5）
①该摆的摆长为______．
②上述实验存在的错误是______．
正确答案
应从摆球通过平衡位置开始计时
解析
解：①摆长等于悬点到球心的距离，所以摆长l=
②单摆在最低点速度最大，最高点速度为0，在最低点计时误差最小，所以实验存在的错误是应从摆球通过平衡位置开始计时
故答案为：①
②应从摆球通过平衡位置开始计时
（2）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．在细线偏离竖直方向5°位置释放小球
d．用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到周期T=t/n
e．用公式g=
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”）．
正确答案
解析
解：（1）游标卡尺的固定刻度示数为11mm，游标尺上第14刻度与上面对齐的刻度，最小分度为0.05mm，总读数：d=11mm+0.05×14mm=11.70mm=1.170cm
（2）该同学的实验步骤中，已经测量出小球的直径和细线的长度，摆长为：L=l+
该同学使用的计算重力加速度的公式：
故答案为：（1）1.170 cm （2）偏小
（1）测摆长时测量结果如图甲所示（单摆摆线的另一端与刻度尺的零刻线对齐），摆长为______cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间，如图乙所示，秒表读数为______ s．
（2）他测得的g值偏大，可能的原因是______
A．测摆长时摆线拉得过紧
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，秒表提前按下
D．实验中误将51次全振动次数计为50次．
正确答案
解析
解：（1）摆长等于99.90cm，秒表的读数为：120s+10.5s=130.5s．
（2）根据
A、测摆线时摆线拉得过紧，测得摆长偏大，则测得重力加速度偏大．故A正确．
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，则测得的摆长偏小，测得重力加速度偏小．故B错误．
C、开始计时时，秒表提前按下，测得周期偏小，则重力加速度偏大．故C正确．
D、实验中误将51次全振动次数计为50次，测得周期偏大，则重力加速度偏小．故D错误．
故选AC．
故答案为：（1）99.90，130.5 （2）AC．
正确答案
解析
解：根据重力加速度的表达式为：g=
故重力加速为：g=
故答案为：
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