- 单摆
- 共2503题
以下有关振动、波动和相对论内容的若干叙述中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、“用单摆测定重力加速度”实验中，为了测量周期应从平衡位置处开始计时，故A错误；
B、光速不变原理是根据相对论的基本假设之一，即真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，注意是惯性系，故B正确；
C、两列波相叠加产生干涉现象时，振动加强区域与减弱区域间隔出现，这些区域位置不变，故C错误；
D、根据多普勒效应现象，当观察者远离波源时，接收到的频率小于波源发出的频率，故D正确；
故选：BD．
有一个单摆，当摆线与竖直方向成θ角（θ＜5°）时，摆球的速度为零．已知当地的重力加速度为g，摆球运动到最低点时速度为V，则单摆的振动周期为______．
正确答案
解析
解：根据动能定理得：mgL（1-cosθ）=
解得：L=
根据单摆的周期公式得，单摆的周期为：T=
故答案为：
①以下对实验的几点建议中，有利于提高测量结果精确度的是______．
A．实验中适当加长摆线
B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
C．当单摆经过最大位置时开始计时
D．测量多组周期T和摆长L，作L-T2关系图象来处理数据
②某同学在正确操作和测量的情况下，测得多组摆长L和对应的周期T，画出L-T2图象，如图所示．出现这一结果最可能的原因是：摆球重心不在球心处，而是在球心的正______方（选填“上”或“下”）．为了使得到的实验结果不受摆球重心位置无法准确确定的影响，他采用恰当的数据处理方法：在图线上选取A、B两个点，找到两点相应的横纵坐标，如图所示．用表达式g=______计算重力加速度，此结果即与摆球重心就在球心处的情况一样．
正确答案
解析
解：①A、实验中适当加长摆线可以减小实验误差，故A正确；
B、为使单摆做简谐运动，单摆偏离平衡位置的角度不能太大，故B正确；
C、为准确测量单摆周期，当单摆经过平衡位置时开始计时，故C错误；
D、应用图象法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T和摆长L，作L-T2关系图象来处理数据，故D正确；故选：ABD．
②由图示图象可知，L-T2图象在横轴上有截距，说明所测摆长偏小，可能是摆球的重心在球心的正下方处造成的；
由单摆周期公式：T=2π
故答案为：①ABD；②下；
图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E．将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68cm，39.15cm，73.41cm，117.46cm．
已知电动机每分钟转动3000转．求：
（1）相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为______ s；
（2）由实验测得宜宾本地的重力加速度为______ （结果保留三位有效数字）；
（3）本实验中主要系统误差是______，主要偶然误差是______（各写出一条即可）
正确答案
0.1
9.79m/s2
空气阻力
读数误差
解析
解：（1）电动机的转速为3000 r/min=50r/s，可知相邻两条墨线的时间间隔为0.02s，
每隔4条墨线取一条计数墨线，则相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为：0.02s×5=0.1s；
（2）xBC=39.15-14.68cm=24.47cm，xCD=73.41-39.15cm=34.26cm，xDE=117.46-73.41cm=44.05cm，
可知连续相等时间内的位移之差△x=9.79cm，根据△x=gT2得，
g=
（3）本实验棒在下落的过程中会受到空气的阻力等阻力的影响，所以主要系统误差是空气阻力，主要偶然误差是读数误差．
故答案为：（1）0.1；（2）9.79m/s2 （3）空气阻力； 读数误差
（1）如果实验中所得到的T2-l关系图象如图（乙）所示，那么该同学所画出的图象应该是a、b、c中的______；
（2）由图象可知，小筒的深度h=______m；当地g=______m/s2．
正确答案
a
0.3
9.87
解析
解：（1）由单摆周期公式得：
T=
得到：
T2=
当l=0时，T2=
所以真正的图象是a．
（3）当T2=0时，L=-h，即图象与L轴交点坐标．
h=-L=30cm=0.3m
图线的斜率大小k=
解得：g=9.87m/s2
故答案为：（1）a；（2）0.3，9.87．
（1）在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______
A．摆球质量过大
B．单摆振动时振幅较小
C．测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径
D．测量周期时，把n个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小
（2）在演示简谐运动图象的沙摆实验中，使木板沿直线OO′做匀加速直线运动，摆动着的漏斗中漏出的沙在木板上显示出如图乙所示曲线，A．B．C．D均为直线OO′上的点，测出
正确答案
D
1.9
0.35
解析
解：（1）由单摆周期公式T=2π
A、由g=
B、由g=
C、测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径，使摆长L偏小，由g=
D、测量周期时，把n个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小，由g=
故选：D
（2）沙摆的周期为T=2π
A与B、B与C间的时间间隔t=
木板的加速运动，a=
故答案为：（1）D；（2）1.9；0.35．
（1）测摆长时测量结果如图所示（单摆的另一端与刻度尺的零刻线对齐），摆长为______cm；然后用秒表记录了单摆完成50次全振动所用的时间为100s．则用单摆测重力加速度得公式为______（用l，g，T表示）；测得当地的重力加速度为______m/s2（保留三位有效数字）
（2）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______
A．摆单摆球质量太大
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
C．用摆线的长度加上小球直径作为摆长
D．记录全振动次数的时候多数了一次．
正确答案
解析
解：（1）从球心开始读数为99.80cm（99.75-99.85均正确）；根据T=
（2）根据单摆的周期公式T=
A、周期跟摆球质量无关，故A错误；
B、根据周期公式知摆长变大，则振动周期增加，而在计算重力加速度时摆长没有变化，但周期将增加，故计算的重力加速度偏小，故B正确；
C、在计算重力加速度时
D、记录全振动次数的时候多数了一次故计算周期时由T=
故选：B．
故答案为：（1）99.80，
某同学利用如图1所示的装置测量当地的重力加速度．实验步骤如下：
A．按装置图安装好实验装置；
B．用游标卡尺测量小球的直径d；
C．用米尺测量悬线的长度l；
D．让小球在竖直平面内小角度摆动．当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3…．当数到20时，停止计时，测得时间为t；
E．多次改变悬线长度，重复实验步骤C、D；
F．计算出每个悬线长度对应的t2；
G．以t2为纵坐标、l为横坐标，作出t2-l图线（图2）．
结合上述实验，完成下列任务：
（1）用游标为10分度的卡尺测量小球的直径．某次测量的示数如下图所示，读出小球直径d的值为______cm；用秒表记录了单摆振动60次所用的时间（如图3），秒表所示读数为______s．
（2）该同学根据实验数据，利用计算机作出t2-l图线如图所示．根据图线拟合得到方程t2=404.0l+3.0．由此可以得出当地的重力加速度g=______ m/s2．（取π2=9.86，结果保留3位有效数字）
正确答案
解析
解：（1）1所示游标卡尺主尺的示数是1.5cm=15mm，游标尺示数是2×0.1mm=0.2mm，小球的直径d=15mm+0.2mm=15.2mm=1.52cm；
图3所示秒表分针示数是1min=60s，秒针示数是6.0s，秒表所示是60s+6.0s=66.0s；
（2）根据单摆周期公式T=2π
故t2-l图象的斜率表示
由题意知斜率k=404.0
则：
得：g≈9.76m/s2
故答案为：（1）1.52cm；66.0；（2）9.76．
某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
①用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图（甲）所示，摆球直径为______cm．把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L．
②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n=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（乙）所示，该单摆的周期是T=______s（结果保留三位有效数字）．
③测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2-L，此图线斜率的物理意义是______．
④与重力加速度的真实值比较，发现测量结果偏小，分析原因可能是______．
A．振幅偏大
B．测量摆长时将摆线用力拉紧进行测量
C．将摆线长当成了摆长
D．开始计时误记为n=1
⑤该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度．他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度△l，再测出其振动周期T2．用该同学测出的物理量表达重力加速度为g=______．
正确答案
解析
解：①直径：主尺：2.0cm，游标尺对齐格数：6个格，读数：6×0.1=0.60mm=0.06cm，所以直径为：2.0+0.06=2.06cm
②由单摆全振动的次数为n=30次，秒表读数为t=67.2s，该单摆的周期是T=2.24s
③根据重力加速度的表达式g=
④根据重力加速度的表达式g=
A、重力加速度的测量值与振幅无关，振幅偏小，不影响测量结果，故A错误；
B、在未悬挂摆球之前先测定好摆长，摆长偏小，g偏小，故B错误
C、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，g偏小，故C错误
D、开始计时误记为n=1，则周期偏小，g偏大，故D正确；
故选D
⑤先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，
T1=2π
然后把摆线缩短适当的长度△l，再测出其振动周期T2．
T2=2π
解得：g=
故答案为：①2.06；②2.24；③
在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
（1）以下做法中正确的是______
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度
B．测量周期时，选取最大位移处作为计时起点与终止点
C．要保证单摆在同一竖直面内摆动
D．单摆摆动时，对摆角的大小没有要求
（2）某同学测得以下数据：摆线长为L，摆球的直径为d，单摆完成N次全振动的时间为t，则
①用L、d、N、t表示重力加速度g=______．
②（单选题）如果他测得的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49次全振动数为50次．
正确答案
解析
解：（1）A、摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，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度，故A错误；
B、为减小实验误差，测量周期时，应从摆球经过最低点时开始计时，故B错误；
C、要保证单摆在同一竖直面内摆动，故C正确；
D、实验时摆角应小于5度，故D错误；故选C．
（2）①单摆单摆周期：T=
由单摆周期公式：T=2π
②由单摆周期公式：T=2π
A、测摆线长时摆线拉得过紧，摆线长度过大，所测重力加速度偏大，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，所测周期T偏大，所测重力加速度偏小，故B正确；
C、开始计时，秒表过迟按下，所测周期偏小，重力加速度偏大，故C错误；
D、实验中误将49次全振动数为50次，所测周期偏小，重力加速度偏大，故D错误；
故答案为：（1）C；（2）
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