- 单摆
- 共2503题
（1）甲同学用标准的实验器材和正确的实验方法测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图T2-L图象中的实线OM，并算出图线的斜率为k，则当地的重力加速度g=______．
（2）乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的T2-L图象为______
（A）虚线①，不平行OM （B）虚线②，平行OM
（C）虚线③，平行OM （D）虚线④，不平行OM．
正确答案
解析
解：（1）根据单摆的周期公式T=2
（2）测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有T2=
故选：B．
故答案为：
某同学在利用单摆测重力加速度的实验中发现测得的重力加速度大于标准值，其原因可能是 （ ）
正确答案
解析
解：根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g=
A、从上面的表达式可得，重力加速度与小球的质量、摆的振幅都无关，故A错误；
B、测摆长时没有加小球的半径，使L变小，代入公式使g值偏小，故B错误；
C、单摆振动n次的时间t，单摆的周期T=
D、以摆线长加上小球直径作摆长，使L变大，代入公式使g值偏大，故D正确．
故选：CD．
一单摆的摆球质量为m、摆长为l，球心离地心为r．已知地球的质量为M，引力常量为G，关于单摆做简谐运动的周期T与r的关系，下列公式中正确的是（ ）
AT=2πr
BT=2πr
CT=2πl
DT=2πl
正确答案
解析
解：在地球表面，重力等于万有引力，故：
mg=G
解得：
g=
单摆的周期为：
T=2π
联立①②解得：
T=2πr
故选：B．
某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d．
（1）该单摆在摆动过程中的周期为______（2）用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=______．
正确答案
解析
解：（1）由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为N=
（2）单摆的长度为l=L+
将为l=L+
故答案为：
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，用刻度尺的零刻线对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图（甲）所示，那么单摆摆长是______．如果测定了40次全振动的时间如图（乙）中秒表所示，那么秒表读数是______ s．单摆的摆动周期是______ s．
正确答案
87.40cm
75.2
1.88
解析
解：由单摆的周期公式T=2
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88.40cm-1cm=87.40 cm
据秒表的读数规则，图乙内圈示数或左图为分钟示数，即示数为1分=60秒；图乙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：
用单摆测定重力加速度，根据原理和注意事项正确是（ ）
A由g=
B由g=
C由于单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定，利用g=
D用秒表测量单摆完成30～50次全振动的时间然后再求周期T
正确答案
解析
解：A、重力加速度的大小与摆长和周期的大小无关．故A、B错误．
C、根据T=
D、用秒表测量单摆完成30～50次全振动的时间然后再求周期T，能使周期的误差减小．故D正确．
故选：CD．
（1）（多选题）在“用单摆测定重力加速度”实验中，下列说法正确的是______
（A）摆长必须大于1m，摆角必须小于5°；
（B）应在最低点按下秒表开始记时或停止记时；
（C）在单摆的摆角从4°减小到2°的过程中可以看作周期不变；
（D）由于秒表走时误差，有必要测多次全振动求．平均周期．
（2）（多选题）将一个力传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示．某同学由此图线提供的信息做出了下列判断______
（A）t=0.2s时摆球正经过最低点；
（B）t=1.1s时摆球正经过最低点；
（C）摆球摆动过程中机械能减小；
（D）摆球摆动的周期是T=0.6s．
正确答案
解析
解：（1）摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动，而摆长不是必须大于1m，故A错误；
单摆摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小，故B正确；
由单摆的周期公式与摆动的角度的大小无关，故C正确；
秒表走时误差测多次全振动求平均周期仍然存在误差故D错误．正确的答案为BC．
（2）单摆摆球经过平衡位置的速度最大，对传感器的拉力也最大；从图中可以找出拉力的第一个最大的点对应的时间是0.2s，故A正确，B错误；
传感器上的最大拉力越来越小，说明了最大速度越来越小，实验中存在空气的阻力，故C错误；
摆球每两次经过最低点的时间间隔是1个周期，故周期为1.2s，D选项错误．正确的答案为：AC
故答案为：（1）B C； （2）A C．
在“用单摆测重力加速度”的实验中：
①为了使实验结果尽可能精确，对单摆细线的要求______．
②测量时要让单摆在竖直平面内自由摆动几次后，从摆球经过时______开始计时．
③某同学测定的实验数据为：细线长L，摆球直径d，完成n次全振动的时间为t，由这些数据计得重力加速度g=______．
正确答案
不可伸缩的轻质细绳
平衡位置
解析
解：①为了使实验结果尽可能精确，单摆的摆长应保持不变．为减小空气阻力的影响，应选择不可伸缩的轻质细绳．
②单摆摆球经过平衡位置的速度最大，在平衡位置计时误差最小．
③单摆的周期为一次全振动的时间，所以其周期为 T=
根据周期公式得：T=2π
联立以上三式得：g=
故答案为：①不可伸缩的轻质细绳；②平衡位置；③
（1）利用上面的数据，在坐标图中作出l-T2图象．
（2）根据图象可知，当地的重力加速度g=______m/s2．
正确答案
解析
解：（1））通过描点法作出图象为：
（2）由单摆的周期公式T=2
g=4π2k=
故答案为：（1）如图所示，（2）9.86
（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，保留三位有效数字）
（2）理论上该实验图象应该是一条过原点的斜线，而该同学由于在测摆长时未
加上小球的半径，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
9.87
相同
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）
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