- 单摆
- 共2503题
（1）某同学实验时改变摆长，测出几组摆长l和对应的周期T的数据，作出l-T2图线，如图所示．利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），便可求得重力加速度g=4π2
（2）作l-T2图线解决物理问题，可以提示我们：若摆球的质量分布不均匀，对测量结果将______（填“有影响”或“没有影响”）．
正确答案
解析
解：（1）由周期公式T=2π
l=
代入数据可得
g=4π2
（2）通过第（1）问的结论可以知道，若摆球的质量分布不均匀，（x2-x1）及（y2-y1）不变，故不影响最后结果．
故答案为：（1）4π2
（2）没有影响
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．
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．请根据他的计数方法写出单摆周期的表达式：______．
③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
解析
解：②由题意知，单摆完成 全振动的次数为N=
单摆的周期T=
③单摆摆长L=l+
由单摆周期公式T=2π
重力加速度：g=
故答案为：②
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，
①如果测出摆长为L，摆完成n次全振动所用的时间为t，则计算重力加速度的公式为g=______．
②若测得的g值偏小，可能的原因是______
A．计算摆长时，只考虑线长，没有考虑小球的半径
B．将（n-1）个全振动误计为n个全振动
C．n个全振动的时间测量偏小了
D．n个全振动的时间测量偏大了．
正确答案
AD
解析
解：（1）单摆n次全振动的时间为t，则单摆的周期T=
T=
（2）根据单摆的周期公式T=
A、计算摆长时，只考虑线长，没有考虑小球的半径，单摆的摆长偏小，故重力加速度偏小，故A正确；
B、根据周期T=
C、n个全振动的时间测量偏小了，则测得的周期偏小，故加速偏偏大，故C错误；
D、n个全振动的时间测量偏大了，则测得的周期偏大，故加速度偏小，故D正确．
故选：AD
①写出由单摆做间谐运动而得到的重力加速度的表达式g=______．由图象计算出的重力加速度g=______m/s2．（取π2=9.87）
②理论上该实验图象应该是一条过原点的斜线，而该同学由于______，所以得到如图所示的图线，这样通过第一问的方法计算出来的重力加速度与正确操作相比，其结果______（填“偏大”、“偏小”、“相同”）
正确答案
解析
解：（1）由单摆周期公式T=2π
由T=2π
由图象可知：k=
由k=
（2）由T=2π
T2-l图象应该是过原点的直线，
如果测摆长l时，没有包括摆球半径r，
则T2=
则T2是l的一次函数，而不是正比例函数，
函数图象不是过原点的直线，而是一次函数图象，如图所示；
图象的斜率k与图象是否过原点无关，而g=
因此该根据该图象求得的重力加速度与正确操作时求得的重力加速度相同．
故答案为：（1）
（1）以下做法正确的是______
A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间细线的长
B．测量周期时，从小球到达最低点处开始计时，测出摆球完成30～50次全振动的时间
C．要保证单摆始终在同一竖直面内摆动
D．为了便于计时观察，单摆的摆角应尽量大些
（2）表是一同学在实验中测得的数据：
①上述数据中第______组肯定有错误；
②根据这些数据，在如图上的坐标图中作出l-T2图象；
③利用图象，求出当地重力加速度值g为______m/s2．（保留三位有效数字）
正确答案
解析
解：（1）A、摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，故A错误．
B、测量周期时，从小球到达最低点处开始计时，测出摆球完成30～50次全振动的时间，从而得出一次全振动的时间，故B正确．
C、单摆摆动要在同一竖直面内，不能形成圆锥摆，故C正确．
D、单摆在角度不大于5度时，可以看成简谐运动，所以角度不能太大，故D错误．
故选：BC．
（2）根据表格中的数据可知第2组数据是错误的．
l-T2图象如图所示．
根据
故答案为：（1）BC
（2）①2；
②根据这些数据，在右边的坐标图中作出l-T2图象；
③9.84～9.88
甲、乙两同学做“用单摆测重力加速度”实验，甲同学用秒表测量单摆的周期；当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图2所示，则该单摆的周期是______s（结果保留三位有效数字）；乙同学用游标卡尺测量摆球的直径如图1所示，则游标卡尺的读数是______cm．
正确答案
2.25s
1.560
解析
解：由单摆全振动的次数为n=
对于游标卡尺：主尺读数为15mm，游标尺上第12条刻度线与主尺对齐，则游标尺的读数为0.05mm×12=0.60mm，游标卡尺的读数是15mm+0.60mm=15.60mm=1.560cm．
故答案为：2.24s，1.560cm
①用二十分度的游标卡尺测量摆球直径的结果如图所示．则小球的直径为______mm．
②为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最______（填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间求出周期．
③若用L表示摆长，单摆完成30次全振动所用时间为t，那么重力加速度的表达式为g=______．
正确答案
解析
解：游标卡尺的主尺读数为17mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为17.15mm．
（2）为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点时计时，数次数．
（3）单摆的周期公式为：T=2π
故长l和周期T计算重力加速度的公式为：g=
又T=
故答案为：①17.15mm②低③
在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g=______．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______．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，此单摆的摆动周期是______s．
正确答案
87.35cm
75.2
1.88
解析
解：单摆的周期公式T=2π
摆线的长度为单摆自然下垂时摆线的长度与摆球的半径之和，所以摆长为刻度尺的读数-摆球的半径，
即88.35cm-1cm=87.35 cm
因此摆长读数范围：87.35±0.02cm；
据秒表的读数规则，图2内圈示数，即示数为1分=60秒；
图2外圈示数或右图示数为15.2s，所以秒表的示数为t=75.2s，
所以单摆的周期T=
故答案为：
A．将小球用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量OM间细线的长度L作为摆长；
C．将小球拉开一个大约为θ=5°的角度，然后由静止释放；
D．当小球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由4π2k得出周期；
E．改变OM间细线的长度再做几次实验，记下每次相应的L和T；
F．求出多次实验中测得的L和T的平均值，作为计算时使用的数据，代入公式S=5×4A=200cm，求出重力加速度g．
（1）以上实验步骤中有重大错误的是______．（填字母代号）
（2）该同学改正了以上错误，重新进行实验，他利用游标卡尺测量小球的直径时，示数如图所示，小球的直径为______．
（3）处理实验数据时，他以摆长L为纵坐标、周期的二次方T2为横坐标作出了T2-l图线，若他由图象测得的图线的斜率为k，则测得的重力加速度g=______．
正确答案
BDF
1.03cm
4π2k
解析
解：（1）摆长是摆线长度与摆球半径之和，故B错误；
为方便、准确的测量时间，应从小球摆通过最低点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，故D错误；
必须先分别求和各组L和T值对应的g，再取所求得的各个g的平均值，故F错误；故错误的实验步骤是BDF．
（2）由图示游标卡尺可知，主尺示数为1cm，游标尺示数为3×0.1mm=0.3mm=0.03cm，
小球直径d=1cm+0.03cm=1.03cm．
（3）由单摆周期公式T=2π
故答案为：（1）BDF；（2）1.03cm；（3）4π2k．
（多选）以下说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、在“用单摆测定重力加速度”实验中，在最低点速度大数次数准确，为了减小实验误差应从摆动的最低点开始计时，故A正确
B、根据光速不变原理，故B正确
C、两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域始终加强，减弱区域始终减弱，故C错误
D、LC回路中的振荡电流为零时，充电完毕，电容器极板间的电压最大，场强最大，故D正确．
故选：ABD
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