热门试卷

解：（1）A、在摆角小于5°的情况下单摆的运动可以看做简谐运动，实验时摆角不能太大，不能超过5°，故A错误；

B、实验中，摆线的长度应远远大于摆球的直径，适当增加摆线的长度，可以减小实验误差，故B正确．

C、减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心金属小球作为摆球，故C正确．

D、用停表测量周期时，应从球到达平衡位置开始计时，这样误差小一些，故D错误；故选BC．

（2）由图示游标卡尺看做，其示数为：10mm+10×0.05mm=10.50mm；

由图示秒表可知，分针示数超过了半刻线，秒表示数为：60s+40.2s=100.2s；

（3）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：

根据单摆的周期公式：T=2π可知：T2=L，T2-L图象的斜率：k====4，解得：g≈9，86m/s2．

（4）考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，物体不只受重力了，加速度也不是重力加速度，实际加速度要减小，因此振动周期变大，甲同学说法正确，故A正确；

故答案为：（1）BC；（2）10.50；100.2；（3）9.86；（4）A．

解：（1）摆长等于99.80cm，秒表的读数为：90s+10.6s=100.65s

周期T==2.012s

（2）根据T=2π，

 解得g=．

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，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．

C、开始计时时，秒表提前按下，测得周期偏大，则测得重力加速度偏小．故C正确．

D、实验中误将49次全振动次数计为50次，测得周期偏小，则测得重力加速度偏大．故D错误．

故选：BC．

故答案为：

①99.80，100.6；

②BC．

解：（1）单摆周期T=，单摆摆长l=L+，由单摆周期公式T=2π

联立可得重力加速度为：g=4n2π2（L+）；

（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为7.5mm，

可动刻度示数为16.0×0.01mm=0.160mm，

则螺旋测微器的示数为7.5mm+0.160mm=7.660mm；

（3）A、在摆长和时间的测量中，时间的测量对实验误差影响较大，故A正确；

B、摆长和时间的测量中，长度的测量对实验误差影响不大，故B错误；

C、把n次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间，周期测量值偏小；

根据g=，重力加速度的测量值偏大，故C正确；

D、以摆线长作为摆长来计算，则L的测量值偏小；

根据g=，重力加速度的测量值偏小，故D错误；

故选：AC

故答案为：（1）4n2π2（L+）；（2）7.660；（3）AC．

解：（1）单摆的计时要从最低点开始，此时误差最小．

（2）螺旋测微器的固定刻度为10.5mm，可动刻度的读数为：0.01×48.6mm=0.486mm，故该球的直径为：10.5mm+0.486mm=10.986mm．

故答案为：（1）是；

（2）10.986．

解：（1）由于小球每一个周期内两次经过最低点，根据图象可以知道小球的周期是2t0．

根据单摆的周期公式T=2π得：．

所以此装置测得的重力加速度表达式为：g=

（2）若保持摆线长不变，换用直径为原来的2倍且材料相同的摆球再进行实验，摆球通过激光束的速度不变，所以摆球通过激光束的时间：变大．

单摆的摆长：，单摆的摆长变大，所以单摆的周期将增大．

故答案为：（1）2t0；；（2）变大；变大．