- 单摆
- 共2503题
（1）利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式g=______；
（2）若振动周期测量正确，但由于难以确定石块重心，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
偏大
解析
解：（1）单摆的周期T=
根据单摆的周期公式T=
（2）测量摆长时从悬点一直量到石块下端，则摆长的测量值偏大，根据g=
故答案为：
“在用单摆测定重力加速度”的实验中
（1）用摆长为L和周期T计算重力加速度的公式是g=______．
（2）如果用10分度的游标卡尺测得的摆球直径如图甲所示，则摆球的直径d=______cm；用最小刻度为1mm的刻度尺的零点对准摆线的悬点，测得的摆线长如图乙所示，则单摆的摆长为L=______cm；如果测量了40次全振动的时间如图丙所示，则此单摆的振动周期T=______s．
（3）由实验数据得出重力加速度g=______π2．
正确答案
解析
解：（1）根据单摆周期公式
（2）由图示游标卡尺可知，主尺的示数是13mm，游标尺的示数是5×0.1mm=0.5mm，
则游标卡尺示数，即小球直径d=13mm+0.5mm=13.5mm=1.35cm；
摆线的长度：l=96.11cm
单摆的摆长为L=
由图示秒表可知，分针示数是1m=60s，秒针示数是19.2s，秒表示数是60s+19.2s=79.2s，
单摆周期T=
（3）重力加速度：
故答案为：（1）
为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为______、______、______、______、______．（填字母序号）
A、20cm长的结实的细线；B、100cm长的结实的细线；C、小木球；D、小钢球；E、秒表
F、大挂钟；G米尺；H、50cm量程的刻度尺；J、铁架台．
正确答案
B
D
E
G
J
解析
解：单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，故选：B．
摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故选：D；
读数越精确，测量结果越是准确，故选：E；
测量摆长需要米尺，故选：G．
实验中需要铁架台，故选：J．所以所需的器材为：B、D、E、G、J．
故答案为：B、D、E、G、J．
正确答案
解析
解：根据单摆的周期公式得：T=2
横轴x对应摆长L，
由此可得结论为：g=
故答案为：g=
（1）某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中测得的g值偏小，可能的原因是______．
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．单摆放手时，由于初速度不为零，导致形成了圆锥摆
D．实验中误将49次全振动数为50次
（2）频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段．在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置．某物理小组利用图甲所示装置探究平抛运动规律．他们分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处安装了频闪仪器并进行了拍摄，得到的频闪照片如图乙，O为抛出点，P为运动轨迹上某点．则根据平抛运动规律分析下列问题：
①乙图中，摄像头A所拍摄的频闪照片为______（选填“a”或“b”）．
②测得图乙（a）中OP距离为45cm，（b）中OP距离为30cm，则平抛物体的初速度大小应为______m/s，P点速度大小应为______m/s．
正确答案
解析
解：（1）A、根据单摆的周期公式
B、根据单摆的周期公式
C、单摆放手时，由于初速度不为零，导致形成了圆锥摆，合力提供向心力，mgtanθ=m 
D、根据单摆的周期公式
故选：B．
（2）①小球做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，摄像头A拍摄的是水平方向上的运动，故应该是间距相等的点．故摄像头A所拍摄的频闪照片为b图．
②摄像头A拍摄小球水平方向上的匀速直线运动，摄像头B拍摄小球竖直方向的自由落体运动，根据测得图乙（a）OP距离为h=45cm，
则
由（b）中OP距离为s=30cm，则s=v0t，
解得平抛物体的初速度大小为
P点竖直速度大小为vy=gt=10×0.3m/s=3m/s，
所以P点的速度大小，由勾股定理得
故答案为：（1）B；（2）①b；②1；
（1）利用上述数据．在如图的坐标系中描绘出l-T2图象．
（2）根据图象得到的重力加速度g=______m/s2．
（3）测得的重力加速度数值明显偏离当地的重力加速度的
实际值9.80m/s2，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．当摆球通过平衡位置时启动秒表，计数第1次，此后摆球第30次相同方向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=
C．开始摆动时振幅过小
D．所用摆球的质量过大．
正确答案
解析
解：（1）通过描点法作出图象为：
（2）由单摆的周期公式T=2π
g=4π2k=4×3.142×
（3）由单摆的周期公式T=2π
A、测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长，即L的测量值偏不变，会使测量值不变，故A错误；
B、当摆球通过平衡位置时启动秒表，计数第1次，此后摆球第30次相同方向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=
C、单摆的周期与振幅无关，故C错误；
D、单摆的周期与摆球的质量也无关，故D错误；
故选：B；
故答案为：
（1）如图所示；
（2）9.86；
（3）B．
在做“利用单摆测重力加速度”实验中，某同学先测得摆线长为89.2cm，摆球直径2.06cm，然后用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图1中秒表所示，则：
（1）该单摆的摆长为______cm，秒表所示读数为______s．
（2）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2所示，则测得的重力加速度g=______．
（3）现提供秒表、较长的细线、小铁球等器材，要求测出一棵大树树干的直径d．请你设计一个能实际操作的实验，简要写出实验方案，并写出测得直径的表达式（要注明式子中所用符号的含义）．
正确答案
解析
解：（1）单摆的摆长L=摆线长+球的半径=89.2+
（2）单摆的周期公式T=2π
由图知K=4，则：g=
（3）取细线长度等于树干周长制作一个单摆，用秒表测出摆振动n次的时间t，则得单摆的周期为 T=
由单摆周期公式T=2π
故答案为：
（1）90.23cm，57.0s．
（2）9.86m/s2．
（3）取细线长度等于树干周长制作一个单摆，用秒表测出摆振动n次的时间t，则利用单摆周期公式可得树干直径 d=
（1）用上述物理量的符号写出求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______．
（3）实验中有个同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的______．
A．悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．把n次全振动的时间误作为（n+1）次全振动的时间
C．以摆线长作为摆长来计算
D．以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算．
正确答案
5.980mm
BD
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5.5mm，
可动刻度示数为48.0×0.01mm=0.480mm，
则螺旋测微器的示数为5.5mm+0.480mm=5.980mm；
（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、把n次全振动的时间t误作为（n+1）次全振动的时间，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大．故B正确．
C、以摆线长作为摆长来计算，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小．故C错误．
D、以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算．导致重力加速度的测量值偏大．故D正确．
故选：BD．
故答案为：①
（1）利用上面数据在坐标图中描出所需图象
（2）利用图象求出的重力加速度是______．
正确答案
解析
解：（1））通过描点法作出图象为：
（2）由单摆的周期公式T=2
解得：L=
g=4π2k=9.6m/s2
故答案为：（1）如图所示；（2）9.6m/s2
（1）求出周期平方填入表格中（保留小数点最后一位），并在L-T2图上画出图象；
（2）利用图象求出当地重力加速度g=______m/s2．（取π=3.14，计算结果小数点后保留1位）
正确答案
解析
解：（1）根据表中实验数据，
应用描点法作图，T2-L图象如下图所示；
（2）由单摆周期公式T=2π
由此可知T2与L成正比，因此T2-L图象斜率k=
故答案为：（1）如图
（2）9.2，
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