- 单摆
- 共2503题
为了提高周期的测量精度，下列哪种做法是可取的______
A．用秒表直接测量一次全振动的时间；
B．用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均周期；
C．在平衡位置启动秒表开始计时，在平衡位置结束计时；
D．在最大位移处启动秒表和结束计时；
E．在平衡位置启动秒表，并开始计数为零，当第30次通过平衡位置时制动秒表，若读出的时间为t，则T=t/30．
正确答案
BC
解析
解：A、直接测量一次全振动的时间较短，不利于减小误差．故A错误
B、用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均周期，利于减小误差，故B正确
C、在平衡位置启动秒表开始计时，在平衡位置结束计时，因为速度最大，误差比较小．故C正确，D错误
E、在平衡位置启动秒表，并开始计数为零，当第30次通过平衡位置时制动秒表，若读出的时间为t，则T=
故选BC．
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（读数如图1所示）．
（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=______．
（3）从图可知，摆球的直径为______mm．
（4）实验结束后，发现测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的______．
A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间
C．以摆线长作为摆长来计算
D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算
（5）实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图2所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图3所示，则该单摆的振动周期为______； 若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将______；图乙中的△t将______（ 填“变大”、“不变”或“变小”）．
正确答案
9.30
BD
2t0
变大
变大
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+
由单摆的周期公式T=2π
（3）由图示可知，游标卡尺主尺示数为9.0mm，游标尺示数为6×0.05mm=0.30mm，
游标卡尺所示为：9.0mm+0.30mm=9.30mm；
（4）A、单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，所测周期T偏大，由g=
B、把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间，使所测周期变小，计算出的g偏大，故B正确；
C、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，使所测g偏小，故C错误；
D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，求出的g偏大，故D正确；
（5）单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，
从R-t图线可知周期为2t0．
摆长等于摆线的长度加上小球的半径，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，
根据单摆的周期公式T=2π
再根据
故答案为：（1）
在“用单摆测定重力加速度”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：B．
A．将石块用细线系好，结点为N，将线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量ON间尼龙线的长度L作为摆长；
C．将石块拉开一个大约5°的角度，然后由静止释放；
D．当摆动稳定后，取石块经最低点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T=
E．改变ON间细线的长度再做几次实验，记下每次相应的L和T；
F．求出多次实验中测得的L和T的平均值，作为计算时使用的数据，代入公式g=（
请回答下列问题：
（1）你认为该同学在以上实验步骤中存在错误或不当的步骤是______（填写选项前的字母）；
（2）若用上述方法在两次实验中分别测得摆线长度为L1、L2，若其对应的周期分别为T1、T2，则可以比较精确地推算出重力加速度的表达式g=______．
正确答案
解析
解：（1）B（摆长应从悬点到大理石块的质心）；
F（必须先分别求和各组L和T值对应的g，再取所求得的各个g的平均值）；
（2）设石块质心到M点的距离为x，通过周期公式T=2π
T1=2π
T2=2π
解得：
g=
故答案为：（1）BF；（2）
（1）该单摆的周期是T=______s．
（2）（多选）测量结果与当地的重力加速度的真实值比较，发现偏大，可能原因是______
（A）振幅偏小 （B） 开始计时误记为n=1
（C）将摆线加上球直径当成了摆长 （D） 在单摆未悬挂之前先测定其摆线的长度
（3）“重力勘探”是应用地球表面某处重力加速度的异常来寻找矿床．假设A处的正下方有一均匀分布且体积为V的球形矿床，如图所示，矿床的密度为nρ（n＞1，ρ为地球的平均密度），万有引力常量为G．由于矿床的存在，某同学在地球表面A处利用单摆装置测得的重力加速度为g，明显大于该区域正常情况下地球表面的重力加速度理论值g0．则根据上述数据可以推断出此矿床球心离A的距离r为______．（请用题中已知的字母表示）．
正确答案
2.25
BC
解析
解：（1）由单摆全振动的次数为n=
（2）由单摆周期公式T=2π
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、开始计时误记为n=1，则周期偏小，根据g=
C、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，根据g=
D、在未悬挂摆球之前先测定好摆长，摆长偏小，由g=
故选BC
（3）该同学测出的重力加速度的差异△g=g0-g是由于球形矿的密度大于地球密度引起的．
等效为密度为（nρ-ρ），体积为V的球球物体，在相距为r的地球表面产生了引力加速度△g．
所以有：△g=
r2=
解得：r=
故答案为：（1）2.25s；（2）BC；（3）
在用单摆测重力加速度的实验中同学在实验中，先测得摆线长为97.50cm，再测得摆球直径为2.00cm，然后测出了单摆全振动50次所用时间为98.0s，
（1）该单摆的摆长为______cm，周期为______s．
（2）如果他测得的g值偏小，可能原因是______
A．测摆线长时将摆线拉得过紧 B．误将摆线长当作摆长
C．开始计时，秒表按下偏迟 D．实验中误将49次全振动计为50次．
正确答案
解析
解：（1）摆长为：L=l+
周期为：T=
（2）根据T=2π
A、测量摆长时，线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，重力加速度测量值偏大．故A错误．
B、误将摆线长当作摆长，没有加上球的半径，摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小．故B正确．
C、开始计时时，秒表按下迟了，周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大．故C错误．
D、实验中误将49次全振动记为50次，周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大．故D错误．
故选：B．
故答案为：（1）98.50，1.96；（2）B．
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，故A正确
B、摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和．故B错误
C、D经过平衡位置的速度最快，测量误差最小，故C错误，D正确
故选：AD
（1）利用上述数据在图所示的坐标中作出l-T2图象．
（2）利用图象，取T2=0.1×4π2=3.95s2，求出重力加速度的值．
正确答案
解析
（2）由T=2π
重力加速度：g=4π2k=4×3.142×
答：（1）如图所示；
（2）重力加速度值为9.86m/s2．
关于《用单摆测重力加速度的实验》，回答下列问题：
（1）在下面器材中你应选用什么器材为好？______
A.10cm长细线 B.1m长粗绳 C.1m长细线 D．厘米刻度尺 E．毫米刻度尺
F．泡沫塑料小球 G．大铝球 H．小铁球 I．大时钟 J．停表
（2）重力加速度g的计算公式为______．
（3）测量振动时间，应从摆球经过______位置开始计时（填“最高点”或“最低点”）．
（4）某学生在实验过程中，数摆动次数时漏数了一次，也就是将摆动31次当作摆动了30次进行计算，那么测得g值会______（填“偏大”或“偏小”）．
正确答案
解析
解：（1）为了减小空气阻力对单摆小球的影响，应选用小铁球．为了便于测量，防止摆长太短，周期太小，摆球振动太快，使周期测量误差较大，应选用1m长细线．为了提高测量精度，选用毫米刻度尺测量摆长，用停表测量时间．
故选：CEHJ
（2）由单摆周期公式T=2π
（3）小球经过最低点时，速度最大，在相同距离误差上引起的时间误差最小，所以为了减小测量误差，测量振动时间，应从摆球经过最低点位置开始计时．
（4）将摆动31次当作摆动了30次进行计算时，根据公式T=
故答案为：（1）CEHJ；（2）g=
正确答案
解析
解：小球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，此时开始计时，第二次拉力最大时对应的时间即为一个周期，根据图象可知：单摆的周期为：T=4t0
故选D
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