- 单摆
- 共2503题
某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．
（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示．这样做的目的是______．（填字母代号）
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为______mm，单摆摆长为______m．
（3）下列振动图象（图3）真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______．（填字母代号）
正确答案
AC
12.0
0.9930
A
解析
解：（1）在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC正确，
故选：AC
（2）游标卡尺示数为：d=12mm+0×0.1mm=12.0mm；
单摆摆长为：L=l-
（3）当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087m=8.7cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30-50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小．
故选：A
故答案为：（1）AC．
（2）12.0，0.9930．
（3）A．
长为100cm的单摆，1min的时间完成30次全振动，求摆所在地的重力加速度．
正确答案
解析
解：单摆周期：T=
由单摆周期公式有：T=2π
重力加速度：g=
答：摆所在地的重力加速度为9.86m/s2．
某组同学想通过单摆实验测出当地的重力加速度，改变摆长测出对应的周期，得到若干组周期和摆长的数据．并对周期进行平方处理，建立直角坐标系，以周期平方T2为纵坐标，摆长L为横坐标，作出T2-L图线，数据处理求重力加速度时一位同学从实验数据中取出一组周期和摆长数据，利用单摆周期公式，求出重力加速度．另一位同学认为既然作出了图线，就应该利用图线求重力加速度，经过分析发现图线的斜率K=4π2/g，于是用量角器量出图线与横轴的夹角a，算出斜率K=tga，用公式g=4π2/K算出重力加速度．对两位同学计算重力加速度的方法作出评价，如果合理请说出理由．如果存在问题请指出，并给出你认为合理的计算方法．
正确答案
解析
解：两种方法均不妥，第一种从实验数据中取出一组周期和摆长数据，利用单摆周期公式，求出重力加速度．没有利用图象处理减小误差，计算结果可能造成较大误差．第二位同学的做法量得图线得倾角，由于两坐标比例往往不同，量得图线得倾角不一定是图线得实际倾角，计算得不一定是图线得斜率．应在图线上取两个点，算出斜率，进行计算．
答：两种方法均不妥．应在图线上取两个点，算出斜率，进行计算．
一同学想用单摆较准确地测定当地的重力加速度，他手中已有l米多长的细线和一个穿孔的小铁球．
（1）他还需要选择下列哪些器材？______（填代号即可）．
A．天平
B．打点计时器
C．秒表
D．毫米刻度尺
E．游标卡尺
（2）该同学在正确选择器材后，其测量结果为10.08m/s2，他觉得明显不可信，你估计可能是由下列哪些或哪个原因造成的？______（填代号即可）．
A．单摆没有在一个竖直面内摆动
B．将n次全振动误记成了（n+1）次
C．摆球摆动的角度太小
D．误将摆线长当成了摆长．
正确答案
解析
得：
故选：CDE．
（2）A、所测重力加速度偏大，当单摆没在一个竖直平面内摆动时，可看成圆锥摆，此时由绳的张力和重力的合力提供向心力，
B、若将n次全振动误记成了n+1次，周期偏小，故重力加速度偏大；
C、若将摆线长当成摆长，则摆长偏小，重力加速度偏小；
D、只要摆角小于5°，摆角不影响测量精度．
故选：AB．
物理小组的同学们用如图所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门1更靠近小球释放点），小型电磁铁一个（用于吸住或释放小钢珠）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门1运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．
（1）使用游标卡尺测量小球的直径如图1所示，则小球直径为______cm
（2）如图2，改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=______．
（3）根据实验数据作出 
正确答案
解析
解：（1）游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.05×14mm=0.70mm，则小球的直径为11.70mm=1.170cm．
（2）采用逆向思维，结合匀变速直线运动的位移时间公式得：h=-
（3）根据h=
故答案为：（1）1.170；（2）-
在“用单摆测重力加速度”的实验中，
①测摆长时，若正确测出悬线长L l和摆球的直径d，则摆长的表达式为L=______
②实验中用20等分的游标卡尺测摆球直径时的放大图如图所示，则摆球直径的测量值为d=______cm
③测周期时，当摆球某次经过平衡位置时数1，并开始计时，以后每次经过平衡位置时数一次，当数到N时停止计时，记录的时间为t，则周期为______．
正确答案
1.930
解析
解：①摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，表达式为：L=
②游标卡尺的主尺读数为19mm，游标读数为0.05×6mm=0.30mm，则摆球的直径为d=19.30mm=1.930cm．
③摆球在一个周期内两次经过平衡位置，有：
解得周期为：T=
故答案为：①
在《用单摆测重力加速度》的实验中，先用刻度尺测出悬点到小球底端的长度如图甲所示，然后用游标卡尺测出小球的直径如图乙所示，则测出的小球直径为______cm，单摆的摆长为______cm．
正确答案
1.94
87.45
解析
解：由图甲读出悬点到小球底端的长度为 l=88.42cm．
游标卡主尺读数为19mm，游标尺上第4条刻度线与主尺对齐，则游标尺读数为0.4mm，小球的直径为d=19mm+0.4mm=1.94cm．
则单摆的摆长为 L=l-
故答案为：1.94，87.45（在87.42～87.46均可）．
某同学在实验室中做利用单摆测重力加速度的实验中
（1）若发现测得的重力加速度大于标准值，其原因可能是______
A 所用摆球质量太大
B 铁架台的底座有磁性物质，其对小球有磁场引力
C 测N次全振动时间时，把N次误读作（N+1）次
D 以摆线长加上小球直径作摆长，代入公式
（2）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，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来表示）
正确答案
解析
解：（1）根据重力加速度的表达式：
若铁架台的底座有磁性物质，其对小球有磁场引力，该力能够使小球的向下的分力增大，是测量值出现理论误差．故B正确；
测N次全振动时间时，把N次误读作（N+1）次，
（2）以L为横坐标，T2为纵坐标将所得数据连成直线，该直线的斜率K，
故答案为：（1）BCD；（2）
在用单摆测定重力加速度实验中：
（1）某同学测得g值比当地标准值偏大，其原因可能是______
A．测量摆长时忘记加上小球半径 B．振幅过小
C．摆动次数多记了一次 D．小球不是在竖直平面内摆动
（2）如果已知摆球直径为2.00cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图1所示，那么单摆摆长是______cm．如果测定了40次全振动的时间如图2中秒表所示，那么单摆的摆动周期是______s．
（3）在实验中，如果用摆线长代替摆长，测出不同摆线长度时对应的周期T，然后绘制T2-L关系图线，根据图线斜率可以求出重力加速度与当地标准值相比较______．（填“偏大”、“偏小”、“不变”）
正确答案
解析
解：（1）根据g=
A、测量摆长忘记加上小球半径，则摆长变小，由上式可知g偏小，故A错误；
B、g与摆球质量及振幅无关，故B错误；
C、摆动次数多记了一次，则周期T变小，那么g偏大，故C正确；
D、不是在竖直平面内摆动，根据圆锥摆的周期公式 T=2π
而单摆的周期公式为 T=2π
故选：CD；
（2）和选择体积比较小，密度较大的小球，即质量大体积小的球，这样受到的空气阻力可以忽略．
摆的摆长等于线长加球的半径，即为87.40cm；
因为40次全振动的时间为75.2s，所以单摆的摆动周期是
（3）根据公式可知，g=
又由T2-l0图象后求出斜率，即为T2=
故答案为：（1）CD；（2）87.40，1.88；（3）不变．
正确答案
L+
解析
解：摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，即：l=L+
单摆的周期为：T=
根据T=
故答案为：L+
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