热门试卷

解：A、摆球的质量太大，不影响g值的测量．故A错误．

    B、计算摆长时可能没加上摆球半径，说明测量的摆长偏小，根据g=，g值偏小．故B错误．

    C、把n次全振动误计为（n+1）次全振动，可知测得的周期偏小，根据g=，g值偏大．故C正确．

    D、把n次全振动误计为（n-1）次全振动．可知测得的周期偏大，根据g=，g值偏小．故D错误．

故选C．

解：（1）摆长等于摆线的长度加上摆球的半径之和，知L=99.05cm=0.9905m．

秒表的读数t=90s+10.4s=100.4s．

根据T=，T=，解得g=．

（2）根据重力加速度g的表达式，

A、测摆线长时摆线拉得过紧，摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，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，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，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49次全振动数为50次，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：B．

故答案为：①0.9905-0.9907，100.4．  g=   ②B；

解：（1）由T=2π得，g=，某学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，导致摆长偏小，故g值偏小；

（2）由单摆周期公式得：T=2π，得到T2=；

当l=0时，T2=＞0，则真正的图象是a．

（3）T2与L的图象，应为过原点的直线，由横轴截距得，球的半径应为1.2×10-2m；

图象斜率k==，而g===π2=9.86m/s2；

故答案为：（1）小；（2）a；（3）1.2，9.86．

解：（1）①单摆摆长l=L+，单摆周期T=，由单摆周期公式T=2π可知，

g===；

②由图1所示游标卡尺可知，游标卡尺主尺示数是1.7cm，游标尺示数是25×0.02mm=0.50mm=0.050cm，

则游标卡尺的示数，即摆球直径为1.7cm+0.050cm=1.750cm；

（2）①带电小物体下滑滑到某一位置开始离开斜面，说明物体受到的洛伦兹力垂直于斜面向上，由左手定则知，小球带负电．

②小物体沿斜面下滑时，受力如图所示；

由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，

洛伦兹力F=qvB，当FN=0，即qvB=mgcosθ，

v=时，小物体开始离开斜面；

由匀变速直线运动的速度位移公式可得：

v2-0=2aL，则小物体在斜面上滑行的常识L=

故答案为：（1）①；②1.750cm（2）①负电；②．

解：（1）根据T=，摆长l=L+，周期T=

联立解得g=．

（2）游标卡尺的主尺读数为18mm，游标读数为0.05×8mm=0.40mm，则小球的直径为18.40mm．

秒表的小盘读数为90s，小盘读数为10.0s，则秒表的读数t=100.0s．

则g=≈9.76m/s2．

（3）A、根据g=，测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，则重力加速度测量值偏大．故A错误．

B、摆球在水平面内做圆锥摆运动，等效摆长比实际的摆长短，摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大．故B错误．

C、开始计时，秒表过迟按下，则测量的周期偏小，测量的重力加速度值偏大．故C错误．

D、悬点未固定，振动过程中出现松动，摆线长度增加了．则测量的摆长偏短，重力加速度测量值偏小．故D正确．

故选：D．

故答案为：（1）  （2）18.40 mm、t=100.0  s、9.76  m/s2；  （3）D．

解：（1）游标卡尺读数等于固定刻度读数加游标尺读数；固定刻度读数为：1.0cm；游标尺第8刻线与主尺刻线对齐，读数为8×0.05mm=0.40mm=0.040cm，故读数为：1.040 cm．

（2）A、实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度适当长一些；和选择密度较大、体积较小的摆球，故A正确，B错误；

C、一个周期的时间内，摆球通过最低点2次，故C错误；

D、由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式g=可知，摆长偏大则代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，故D正确；

E、摆球的周期与摆线的长度有关，在摆角较小时，周期与摆角无关，故E错误．

故选：AD

故答案为：（1）1.040      （2）AD