- 单摆
- 共2503题
利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大，可能的原因是（ ）
正确答案
解析
解：根据单摆周期公式：
A、摆球在水平面上做圆周运动，此时所测量的周期是圆锥摆的周期而不是单摆的周期，所以周期的测量值小于单摆的真实值，所以重力加速度的测量值偏大．故A正确；
B、测摆长时，仅测了线长，未加小球半径，则摆长的测量值偏小，所以重力加速度的测量值偏小．故B错误；
C、测周期时，把n次全振动误记为（n+1）次，则周期的测量值：
D、摆球上端未固定牢固，振动中出现松动则摆长的真实值大于摆长测量值，所以摆长的测量值小于真实值，所以重力加速度的测量值偏小．故D错误．
故选：AC
（1）细沙曲线成______；（填正弦或余弦）
（2）细沙曲线中靠近平衡位置细沙少，远离平衡位置细沙多，说明沙摆靠近平衡位置速度______．（填大或小）
正确答案
正弦
大
解析
解：（1）观察细沙曲线，沿轴OO′方向呈周期性分布，因为单摆做周期性运动，且周期不变．乙图右端为开始端，所以该曲线为正弦曲线．
（2）观察细沙曲线，发现两侧粗，沙子多，中间细，沙少．是因为沙摆在摆动的过程中，经过平衡位置速度最大，最大位移处速度为0，所以中间经过的时间少，沙少，两侧经历的时间多，沙多．
故答案为：正弦，大
在“用单摆测定重力加速度”的实验中
（1）以下说法正确的是______．
A．测量摆长时应将摆球取下后再测量
B．测量时间应从摆球经过平衡位置时开始计时
C．实验中应控制摆角不大于10°是为了减小系统误差
D．只要测量一次全振动的时间即可知道单摆振动的周期
（2）在《用单摆测定重力加速度》的实验中，某同学测出的g值比当地值大，造成的原因可能是______
A．摆角太大了（摆角仍小于10°）
B．量摆长时从悬点量到球的最下端
C．计算摆长时忘记把小球半径加进去
D．摆球不是在竖直平面内做简谐振动，而是做圆锥摆运动．
正确答案
解析
解：（1）A、摆长等于摆线长度与摆球半径之和，故A错误；
B、为减小实验误差，测量时间应从摆球经过平衡位置时开始计时，故B正确；
C、实验中应控制摆角不大于5度是为了减小系统误差，故C错误；
D、为减小实验误差，要测出多个全振动的时间，然后求出平均值作为单摆的周期，故D错误；
故选：B；
（2）根据单摆的周期公式：T=2π
A、由上公式可知，与摆角无关，故A错误；
B、量摆长时从悬点量到球的最下端，L偏大，故g偏大，B项正确；
C、将摆线的长误为摆长，摆长的即测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小．故C错误；
D、我们是利用单摆的运动规律知T=2π
摆球不是在竖直平面内做简谐振动，而是做圆锥摆运动，则T=2π
故选：（1）B；（2）BD．
某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中
（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为______ cm．
（2）测得摆线长为89.2cm，然后用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图乙中秒表所示，则：该单摆的摆长为______cm，秒表所示读数为______s．
（3）为了提高实验精度，在实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丙所示，则测得的重力加速度g=______ m/s2．（π取3.14，计算结果保留三位有效数字）
正确答案
0.97
89.658
57.0
9.86
解析
解：（1）由图示游标卡尺可知，摆球直径d=9mm+7×0.1mm=9.7mm=0.97cm；
（2）单摆摆长：L=89.2+
（3）由单摆周期公式：T=2π
故答案为：（1）0.97；（2）89.685；57.0；（3）9.86．
在“利用单摆测重力加速度”的变验中．
（1）以下的做法中正确的是______
A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线的长
B．测量周期时，从小球到达最大振幅位置开始计时，摆球完成50次全振动时，及时停表，然后求出完成一次全振动的时间
C．要保证单摆自始自终在同一竖直面内摆动
D．单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能小于10°
（2）甲同学测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值，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．测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表并记为第1次，此后摆球第30次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
（3）乙同学先用米尺测得摆线长为97.43cm，用卡尺测得摆球直径如图所示为______cm，则单摆的摆长为______cm；然后用秒表记录单摆完成全振动50次所用的时间，从图乙可读出时间为______s，则单摆的周期为______s，当地的重力加速度为g______ m/s2．
（4）下表是丙同学在实验中获得的有关数据．
①用上述数据，在如图丙所示坐标中描出图象；
②利用图象，求出的重力加速度为g=______m/s2．
（5）实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，丁同学设计了一个巧妙的方法而不用测量摆球的半径．具体作法如下：第一次量得悬线长为l1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长为l2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度为g=______．（用题给符号表示）
正确答案
C
B
2.125
98.49
99.8
2.0
=9.71
9.86
解析
解：（1）A、摆长=线长+球半径，故A错误；
B、从小球经过平衡位置开始计算较为准确，因为经过平衡位置时速度最大，误差小，故B错误；
C、要保证单摆自始自终在同一竖直面内摆动，故C正确；
D、单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能大于5°，否则误差显著增加，故D错误；
故选：C．
（2）根据周期公式T=2π
A．测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长，摆长测量值偏小，故g测量值偏小，故A错误；
B．测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表并记为第1次，此后摆球第30次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．周期与振幅无关，故C错误；
D．周期与质量无关，故D错误；
故选：B；
（3）游标卡尺读数：21mm+0.05mm×5=21.25mm=2.125cm；
单摆的摆长为：97.43cm+
秒表读数：90+9.8=99.8s
单摆的周期：T=
根据周期公式T=2π
（4）①描点，如图所示：
②根据周期公式T=2π
故斜率：k=
解得：g=9.86m/s2
（5）根据周期公式T=2π
故：
解得：g=
故答案为：
（1）C；
（2）B；
（3）2.125，98.49，99.8，2.0，9.71；
（4）①如图所示；
②9.86；
（5）
I．一矿区的重力加速度偏大，某同学“用单摆测定重力加速度”实验探究该问题．]
（1）用最小分度为毫米的米尺测得摆线的长度为990.8mm，用10分度的游标卡尺测得摆球的直径如图1所示，摆球的直径为______mm．
（2）把摆球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，使单摆在竖直平面内摆动，用秒表测出单摆做50次全振动所用的时间，秒表读数如图2所示，读出所经历的时间，单摆的周期为______s．
（3）测得当地的重力加速度为______m/s2．（保留3位有效数字）
II．一块电流表的内阻大约是几百欧，某同学用如图3电路测量其内阻和满偏电流，部分实验步骤如下：
①选择器材：两个电阻箱、2节干电池（每节电动势为1.5V，内阻不计）、2个单刀单掷开关和若干导线；
②按如图3所示的电路图连接好器材，断开开关S1、S2，将电阻箱1的电阻调至最大；
③闭合开关S1，调节电阻箱1，并同时观察电流表指针，当指针处于满偏刻度时，读取电阻箱1的阻值为500Ω；
④保持电阻箱1的电阻不变，再闭合开关S2，只调节电阻箱2，并同时观测电流表指针，当指针处于半偏刻度时，读取电阻箱2的阻值为250Ω．
通过分析与计算可知：
（1）电流表内阻的测量值 RA=______；电流表的满偏电流值 Ig=______；
（2）该同学发现电流表满偏刻度的标称值为“3A”，与测量值完全不符．于是将一个电阻箱与电流表并联进行改装，使改装后的电流表量程与满偏刻度的标称值相符，则改装后的电流表的内阻
正确答案
解析
解：Ⅰ（1）由图1所示游标卡尺可知，主尺示数是1.8cm=18mm，
游标尺示数是4×0.1mm=0.4mm，游标卡尺示数，即摆球的直径为18mm+0.4mm=18.4mm；
（2）由图2所示秒表可知，分针示数是1min=60s，秒针示数是40s，则秒表示数是60s+40s=100s，
单摆周期T=
（3）单摆摆长L=l+
由单摆周期公式T=2π
Ⅱ（1）由题意知电源电动势E=1.5V×2=3V；
闭合开关S1，断开S2时，电阻箱1与电流表串连接入电路，
当指针处于满偏刻度时，读取电阻箱1的阻值为500Ω，
由串联电路特点及欧姆定律可得：E=Ig（RA+R1），即：3V=Ig（RA+500Ω） ①，
闭合开关S1、S2时，电流表与电阻箱2并联，然后与电阻箱1串联，
电阻箱1阻值不变，电流表指针处于半偏刻度，电阻箱2的阻值为250Ω，
此时电流表两端电压为：UA=IARA=
I2=
由串联电路特点及欧姆定律可得：E=+UA+U1=
即3V═
由①②解得：RA=500Ω，Ig=0.003A=3mA；
（2）电流表的满偏电压UA=IgRA=0.003A×500Ω=1.5V，
改装后电流表的内阻RA′=
故答案为：I、（1）18.4；（2）2.0；（3）9.86；
II、（1）500Ω；（2）3mA；（3）0.5Ω．
（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为______cm．
（2）小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是______．（填选项前的字母）
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
（3）在实验中，下列措施中可以提高实验精度的是______．
A．选细线做为摆线 B．单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内
C．拴好摆球后，令其自然下垂时测量摆长 D．计时起止时刻，选在最大摆角处
（4）如果测得的g值偏小，可能的原因是______．
A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端悬点末固定，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次全振动记为50次
（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，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）游标卡尺的主尺读数为9mm，游标读数为0.1×7mm=0.4mm，则最终读数为9.7mm=0.97cm；
（2）A、用单摆的最大摆角应小于5°，故A错误；
B、一个周期的时间内，摆球通过最低点2次，故应为
C、由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式g=
D、为减小实验误差因，应选择密度较大的摆球，故D错误．
故选C．
（3）A、为减小空气阻力的影响，应选细线做为摆线，故A正确．
B、由于单摆与圆锥摆的周期不同，本实验是利用单摆的简谐运动周期公式T=2
C、由于细线有伸缩性，所以应拴好摆球后，令其自然下垂时测量悬点到球心的距离作为摆长．故C正确．
D、摆球经过平衡位置时，速度最大，相同的距离误差引起的时间误差最小，故应从平衡位置开始计时，故D错误．
故选ABC；
（4）根据T=2
A、拉的过紧，则测量的摆长偏长，则g值偏大；故A错误；
B、摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏大．故B正确；
C、开始计时时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大．故C正确；
D、实验中误将49次全振动次数记为50次，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大．故D错误；
故选：B；
（5）由单摆周期表达式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：
故答案为：（1）0.97；（2）C；（3）ABC；（4）B；（5）
（1）单摆测定重力加速度”的实验中，①测摆长时，若正确测出悬线长L和摆球直径d，则摆长为______；②测周期时，当摆球经过______位置时开始计时并计数1次，测出经过该位置N次（约60～100次）的时间为t，则周期为______．
此外，请你从下列器材中选用所需器材，再设计一个实验，粗略测出重力加速度g，并参照示例填写下表（示例的方法不能再用）．
A．天平； B．刻度尺； C．弹簧秤； D．电磁打点计时器； E．带夹子的重锤；
F．纸带； G．导线若干； H．铁架台； I．低压交流电源； J．低压直流电源；
K．小车； L．螺旋测微器； M．斜面（高度可调，粗糙程度均匀）．
（2）某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要选用一电器元件．图为该电器元件的伏安特性曲线，有同学对其提出质疑，先需进一步验证该伏安特性曲线，实验室备有下列器材：
①为提高实验结果的准确程度，电流表应选用______；电压表应选用______；滑动变阻器应选用______．（以上均填器材代号）
②为达到上述目的，请在虚线框内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号．
③若发现实验测得的伏安特性曲线与图中曲线基本吻合，请说明该伏安特性曲线与小电珠的伏安特性曲线有何异同点？
相同点：______，不同点：______．
正确答案
解析
解：（1）①摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，所以摆长为
②摆球经过平衡位置时速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置开始计时误差较小．完成一次全振动的时间为一个周期，一个周期内2次经过平衡位置，所以T=
（2）如右图所示；
②滑动变阻器选用分压接法；元件内阻较小，故应选用电流表外接法，电路图如右图所示．
③相同点：通过该元件的电流与电压的变化关系和通过小电珠的电流与电压的变化关系都是非线性关系；不同点：
故答案为：（1）A2；V1；R1；
（3）相同点：通过该元件的电流与电压的变化关系和通过小电珠的电流与电压的变化关系都是非线性关系；
不同点：该元件的电阻值随电压的升高而减小，而小电珠的电阻值随电压的升高而增大．
故答案为：（1）①
（2）①A2 V1 R1
②如图
③相同点：通过该元件的电流与电压的变化关系和通过小电珠的电流与电压的变化关系都是非线性关系，该元件的电阻随电压的增大而减小，而笑电珠的电阻值随电压的升高而增大．
某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得单摆的摆长l，然后用秒表记录了单摆振动n次所用的时间为t，进而算出周期T．
（1）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a所示，那么单摆摆长是______m．如果测定了40次全振动的时间如图b中秒表所示，那么秒表读数是______s．
（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，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和有关常量表示）
（3）该同学测得的g值偏小，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．
正确答案
0.8740
75.0
B
解析
解：（1）由图a所示刻度尺可知，其分度值为1mm，示数为88.40cm，则单摆摆长为：
l=88.40cm-
由图b所示秒表可知，分针示数为1min=60s，秒针示数为15.2s，则秒表示数为：60s+15.2s=75.2s．
（2）由单摆周期公式T=2π
（3）由单摆周期公式T=2π
A、测摆线长时摆线拉得过紧，所测摆长L偏大，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，使所测实际周期T偏大，由g=
C、开始计时时，秒表过迟按下，使所测周期T偏小，由g=
D、实验中误将49次全振动计为50次，使所测周期T偏小，由g=
故答案为：（1）0.8740；75.2；（2）
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97.50cm，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，则：该摆摆长为______cm．如果测得的g值偏小，可能的原因是______．
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点末固定，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次全振动记为50次．
正确答案
98.50
B
解析
解：摆长为：L=l+
根据T=2π
A、测量摆长时，线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，重力加速度测量值偏大．故A错误．
B、误将摆线长当作摆长，没有加上球的半径，摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小．故B正确．
C、开始计时时，秒表按下迟了，周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大．故C错误．
D、实验中误将49次全振动记为50次，周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大．故D错误．
故选：B．
故答案为：98.50 B；
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