- 单摆
- 共2503题
在“用单摆测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上．
b．用米尺量得细线长度L
c．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球．
d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T=
e．用公式g=
按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比（ ）
正确答案
解析
解：根据T=
故选：B．
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的重力加速度值偏大，其原因可能是（ ）
正确答案
解析
解：据单摆的周期公式可推导出：g=
故选：AB．
某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据，其中的一组数据如下所示．
（1）用毫米刻度尺测量摆线的长时，将摆线平放，如图（A）所示，刻度尺读数是______cm；用游标卡尺测量摆球直径，卡尺游标位置如图（B）所示，可知摆球直径是______cm，如图所示测出的摆长______（偏大，偏小 ），正确的测量方法是______
（2）该同学用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图C所示，则秒表所示读数为______s．单摆的周期是______s（保留三位有效数字）
（3）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D所示，请你写出T2与L的关系式应为T2=______，利用图线可以求出图线的斜率为k=______，再由k可求出g=______．
（4）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______
A．未挂小球就测量绳长，然后与小球半径相加作为摆长
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，秒表过迟按下
D．实验中误将29次全振动数记为30次．
正确答案
解析
解：（1）摆线的长度l=99.00cm，游标卡尺的读数为d=19mm+0.05×8mm=19.40mm=1.940cm，如图所示测出的摆长偏小，正确的测量方法是将小球悬挂，测量摆线自然伸长时的长度．
（2）秒表的读数t=60s+27.0s=87.0s，则单摆的周期T=
（3）根据T=
（4）根据T=
A、未挂小球就测量绳长，然后与小球半径相加作为摆长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A正确．
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，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B正确．
C、开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误．
D、实验中误将29次全振动数记为30次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故D错误．
故选：AB．
故答案为：（1）99.00，1.940，偏小，将小球悬挂，测量摆线自然伸长时的长度．（2）87.0，2.90．（3）
（1）用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g=______
（2）如果已知摆球直径为2.0cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂．如图所示，那么单摆摆长是______．如果测定了40次全振动的时间为75.2s，那么测定的重力加速度的值是______．
正确答案
87.45cm
9.76m/s2
解析
解：（1）根据单摆周期公式
（2）单摆摆长=摆球半径+摆线长度
故摆长l=
重力加速度为：g=
故答案为：（1）
在用《单摆测定重力加速度》的实验中，若测得的g值偏小，可能是由于（ ）
正确答案
解析
解：根据单摆的周期公式T=
A、计算摆长时，只考虑悬线长，而未加小球半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小．故A正确．
B、测量周期时，将n几次全振动，误记成n+1次全振动，则周期的测量值偏小，所以导致重力加速度的测量值偏大．故B错误．
C、计算摆长时，用悬线长加小球的直径，摆长的测量值偏大，所以导致重力加速度的测量值偏大．故C错误．
D、单摆振动时，振幅较小，不影响重力加速度的测量．故D错误．
故选：A．
单摆测定重力加速度的实验中：
（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=______ mm．
（2）悬点到小球底部的长度l0，示数如图乙所示，l0=______ cm
（3）实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图丙所示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的F-t图象．那么：
①重力加速度的表达式 g=______（用题目中的物理量d、l0、t0表示）．
②设摆球在最低点时Ep=0，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是______．
A．
正确答案
解析
解：（1）游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为14×0.05mm=0.70mm，则最终读数为11.70mm，摆球的直径为11.70mm．
（2）悬点到小球底部的长度l0=100.25cm．
（3）由摆线的拉力F随时间t变化的图象知，单摆的周期为4t0，
根据T=2π
g=
单摆在最低点时F1-mg=m
根据周期公式摆长l=
联立三个式子，得：Ek=
则机械能为：E=Ek+Ep=
当单摆摆动最高点时，有：E=Ep=mgl（1-cosθ），
又F2=mgcosθ，l=
解得E=
故答案为：（1）11.70；（2）100.25；
（3）①
②BD．
某同学用单摆测量重力加速度，测得的结果比当地重力加速度的真实值偏小，他在实验操作上可能出现的失误是 （ ）
正确答案
解析
解：根据单摆的周期公式T=2π
A、计算摆长时，忘记了加小球半径会导致测量的摆长偏小，根据g=
B、选用摆球的质量偏大，不影响测得的结果，故B错误
C、在时间t内的n次全振动误记为n+1次，则测得的周期偏小，根据g=
D、在时间t内的n次全振动误记为n-1次，则测得的周期偏大，根据g=
故选：AD．
根据单摆周期公式T=2π
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为______mm．
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有______
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔△t即为单摆周期T．
正确答案
18.6
AB
解析
解：①游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，大小：18mm，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐：第6刻度与上方刻度对齐，读数：0.1×6=0.6mm，总读数：L=18+0.6=18.6mm．
②该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球．故A，B是正确的．
摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故C错误；
释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值．故D错误．
故答案为：18.6 AB
在“用单摆测重力加速度”的实验．中，为了减少实验误差，以下操作正确的是______
A．选取长度1Ocm左右的细绳作为摆线
B．在摆球运动到最低点处开始计时
C．若摆球n次经过最低点所用的时间为t，则单摆的周期为T=
D．多次改变摆长l，测出不同摆长下摆球运动的周期T，可由T-l图象求出重力加速度g．
正确答案
解析
解：A、选取长度1O0cm左右的细线作为摆线，故A错误；
B、在摆球运动到最低点处开始计时，可以准确测量周期，减小实验误差，故B正确；
C、若摆球n次经过最低点所用的时间为t，则单摆的周期为T=
D、多次改变摆长l，测出不同摆长下摆球运动的周期T，可由T2-l图象求出重力加速度g，故D错误；
故选B．
在《用单摆测定重力加速度》的实验中
（1）选用下列哪些器材较好，请把所选用器材前的字母依次填写在题后的横线上．
A．长1m左右的细线 B．长30cm左右的细线
C．直径2cm铅球 D．直径2cm的木球
E．秒表 F．时钟
G．最小刻度是 cm的直尺 H．最小刻度是mm的直尺
所选用的器材是______
（2）若实验测得细线长度为L，小球直径为d，n次全振动的时间为t，则重力加速度的计算式为______
（3）若某一同学测得的数值过分地大于当地公认的数值，则引起这一结果的原因可能是______
A．把摆线长当作摆长
B．实验中误将29次全振动计为30次
C．实验中误将31次全振动计为30次．
正确答案
ACEH
B
解析
解：（1）实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要刻度尺，最小刻度为mm；实验需要测量周期，则需要秒表，摆线的长度大约1m左右，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选C，
所以选用的器材为：ACEH．
（2）根据T=
（3）根据
A、把摆线长当作摆长，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小．故A错误．
B、实验中误将29次全振动计为30次，则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大．故B正确．
C、实验中误将31次全振动计为30次，则周期测量值偏大，重力加速度测量值偏小．故C错误．
故选：B．
故答案为：（1）ACEH；（2）
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