- 单摆
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秒摆的周期是2s,如果使这个秒摆摆球的质量及振幅都减少一半,它的周期是______s;如果把它的摆长减小一半,它的周期是______s;如果把它移到月球上去(月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的),摆长是原长,它的周期是______s.
正确答案
2
2
解析
解:秒摆周期T=2s,由单摆周期公式,单摆周期与摆球质量和单摆振幅没有关系,
如果使秒摆摆球的质量及振幅都减少一半,它的周期不变,仍是2s;
如果把它的摆长减小一半,它的周期T′=2π=2π
=
=
=
s;
如果把它移到月球上去,月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的,
摆长是原长,它的周期T″=2π=2π
=
T=2
s.
故答案为:2;;2
.
图中各摆球可视为质点,各段绳长均为l,摆角均小于5°,
(a)图在垂直纸面内摆动,
(b)图中电梯匀加速上升,加速度为a,
(c)图摆球带正电,磁场垂直纸面向外,
(d)图摆球带正电,电场方向向下.
在答题卷相应的空格里填出各摆的周期.
正确答案
解析
解:(a)等效摆长为Lsinα,据单摆的振动周期T=2得:T=
(b)等效重力加速度为g+a,据单摆的振动周期T=2得:T=
(c)由于摆球在磁场中受洛伦兹力,其方向沿着摆绳的方向,所以该单摆的摆长和等效重力加速度不变,据单摆的振动周期:T=2
(d)由于摆球在电场中,所以在竖直方向上有重力和电场力,所以等效重力加速度为:g+,据单摆的振动周期T=2
得:T=
故答案为:;
;2
;
在利用单摆测定重力加速度的实验中,若测得的g值偏大,则可能是因为 ( )
正确答案
解析
解:由单摆周期公式:T=2π,解得:g=
;
A、从上面的表达式可得,重力加速度单摆的振幅无关,故A错误;
B、计算摆长时,只考虑了摆线长,忽略了小球半径,单摆摆长L偏小,所测g偏小,故B错误;
C、单摆振动n次的时间t,单摆的周期T=,若误记做n-1次,所测单摆周期T偏大,所测g偏小,故C错误;
D、单摆振动n次的时间t,单摆的周期T=,若误记做n+1次,所测单摆周期T偏小,所测g偏大,故D正确;
故选:D.
某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验,他用刻度尺测量了单摆的摆长L,并用秒表测得单摆在t时间内恰好完成n次全振动,则可算出重力加速度g的值为______.
正确答案
解析
解:单摆的周期T=.
根据T=得,重力加速度g=
故答案为:
(1)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作,请你判断是否恰当(填“是”或“否”).
①把单摆从平衡位置拉开约5°释放:______;
②在摆球经过最低点时启动秒表计时:______;
③用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期:______.
(2)该同学改进测量方法后,得到的部分测量数据见表.用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图所示,该球的直径为______ mm.根据表中数据可以初步判断单摆周期随______的增大而增大.
正确答案
解析
解:(1)①单摆在摆角很小时振动是简谐振动,摆角一般要小于5°,故①恰当;
②测单摆周期时,一般以小球经过最低点时开始计时,这样可以减小实验误差,故②恰当;
③用摆球一次全振动的时间最为单摆的周期测量误差较大,为减小测量误差,要测多个周期的时间求平均值,故③不恰当;
(2)由图示螺旋测微器可知,球的直径为:20.5mm+18.5×0.01mm=0.5mm=20.685mm;
从图中数据可知:摆长相同时,周期相同,摆长变大时,周期变大,根据表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大.
故答案为:(1)①是;②是;③否;(2)20.685;摆长.
在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中:
(1)用秒表测出N次全振动的时间t 如图秒表所示,则t=______s;
(2)如果实验测得的g值偏小,可能的原因是______.
A.测摆线长时摆线拉得过紧
B.开始计时,秒表过迟按下
C.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
(3)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,同学甲说:“因为空气浮力与摆球重力方向相反,它对球的作用相当于重力加速度变小,因此振动周期变大.”同学乙说:“浮
力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验,因此振动周期不变”,这两个同学说法中______.
A.甲正确 B.乙正确 C.两同学的说法都错误.
正确答案
解析
解:(1)由图所示秒表可知,分针示数是1.5min=90s,
秒针示数10.2s,秒表示数90s+10.2s=100.2s;
(2)根据T=得:
g=
A、测摆线长时摆线拉得过紧,使得摆长的测量值偏大,则测得的重力加速度偏大.故A错误.
B、实验中开始计时,秒表过迟按下,则测得周期偏小,所以测得的重力加速度偏大.故B错误.
C、摆动后出现松动,知摆长的测量值偏小,则测得的重力加速度偏小.故C正确.
故选:C
(3)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,物体不只受重力了,加速度也不是重力加速度,实际加速度要减小,因此振动周期变大,甲同学说法正确,故A正确;
故选:A
故答案为:(1)100.2;(2)C;(3)A
某同学利用如图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、用三角尺测量小球的直径 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,对应每个悬线长度,都重复实验步骤C、D;
F、计算出每个悬线长度对应的 t 2;
G、以 t 2 为纵坐标、l 为横坐标,作出 t 2-l 图象.
(1)该同学根据实验数据,利用计算机作出 t 2-l
图象如图所示.根据图象拟合得到方程为:t 2=404.0l+3.5(s2).由此可以得出当地的重力加速度g=______m/s2.(取π 2=9.86,结果保留3位有效数字)
(2)图象没有过坐标原点的原因可能是:______
(A) 不应在小球经过最低点时开始计时,应该在小球运动到最高点开始计时
(B) 开始计时后,不应记录小球经过最低点的次数,而应记录小球全振动的次数
(C) 不应作 t 2-l 图象,而应作 t-l 图象
(D) 不应作 t 2-l 图象,而应作 t 2-(l+d)图象.
正确答案
解析
解:(1)根据单摆周期公式T=2π得:
=2π
,即:t2=400π2+
,故t2-l图象的斜率表示
的大小,
由题意知斜率k=404.0
则:=404.0,π2取10,
得:g≈9.76m/s2
(2)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和,把摆线长度作为单摆摆长,
摆长小于实际摆长,t2-l图象不过原点,在纵轴上截距不为零,故D正确,故选D;
故答案为:(1)9.76;(2)D
某同学在“利用单摆测重力加速度”实验中
①为使周期测量精确,计时起点应从摆球经过______开始.
②某同学在计时时,错将摆球完成30次全振动记为31次,则他测出的重力加速度值比真实值______(选填:“偏大”或“偏小”).
③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,如图所示,则重力加速度g=______.(用k表示)
正确答案
平衡位置
偏大
解析
解:①因为单摆经过平衡位置时,速度最大,则计时起点从摆球经过平衡位置开始,测量误差较小.
②根据T=,则g=
,错将摆球完成30次全振动记为31次,测量的周期偏小,则测量的重力加速度偏大.
③根据T=,得
,可知图线的斜率k=
,则重力加速度g=
.
故答案为:①平衡位置,②偏大,③.
在“用单摆测定重力加速度”实验中:
(1)除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外,下列器材中,还需要______(填标号)
A、秒表B、刻度尺C、天平D、重垂线E、弹簧秤
(2)从悬点到球心的距离是摆长L,改变摆长L的长度,测得6组L和对应的周期T,画出L-T2图线,在图线上选取A、B两个点.两个点的坐标如图所示,则重力加速度的表达式是g=______.
正确答案
解析
解:(1)除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外,实验还需要用秒表测单摆周期,用刻度尺测摆长,实验不需要重锤线与弹簧秤,故选:AB.
(2)由单摆周期公式:T=2π 可得:L=
T2,L-T2图象的斜率:k=
=
=
,重力加速度:g=
.
故答案为:(1)AB;(2).
在“研究单摆周期与摆长的关系”实验中,摆的振幅不要太大,摆线要细些、伸缩性要小,线的长度要尽量______(填“长些”或“短些”).悬点要固定,摆长是悬点到______的距离.
正确答案
长些
球心
解析
解:在“研究单摆周期与摆长的关系”实验中,根据T=π知摆线越长由于摆球直径测量带来的误差越小,故线的长度要长些,且摆长是悬点到球心的距离.
故答案为:长些,球心.
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