- 单摆
- 共2503题
（1）用单摆测定重力加速度的实验中，除了铁架台、秒表外，还有如下器材供选用，请把应选用的器材填在横线上______ （填字母）．
A．1m长的粗绳 B．1m长的细线 C．半径为1cm的小木球
D．半径为1cm的小铅球 E．最小刻度为mm的米尺 F．最小刻度为cm的米尺 G．附砝码的天平
（2）若实验中测得的g值偏大，则可能的原因是______
A、摆长中没有加小球的半径
B、开始计时时秒表过迟按下
C、在一定的时间内，把29次全振动误数成了30次
D、在振动过程中悬点出现松动，致使摆长变大．
正确答案
解析
解：（1）A、B、单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长质量越小，测量误差越小，故B正确，A错误；
C、D、摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故D正确，C错误；
E、F、刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故F错误，E正确；
实验不需要天平，G错误；
故选：BDE；
（2）根据单摆的周期公式得：g=
A、摆长中没有加小球的半径，则摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小．故A错误．
B、开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大．故B正确．
C、在一定的时间内，把29次全振动误数成了30次，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大．故C正确．
D、振动中出现松动，使摆线长度增加了，知摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小，故D错误．
故选：BC
（1）平均值法：根据单摆的周期公式可得重力加速度g=______．代入每组数据L、T，算出g1、g2、g3…，然后取平均值作为实验结果．这样得到重力加速度的实验结果与真实值相比______．（填“偏大”、“偏小”或“相同”）
（2）图象法：画出L-T2图线，如图，然后在图线上选取A、B两个点．坐标如图所示，他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g=______． 这样获得的实验结果与真实值相比______．（填“偏大”、“偏小”或“相同”）
正确答案
偏小
相同
解析
解：（1）平均值法：由单摆周期公式
（2）图象法：由单摆周期公式
由图象可知，图象的斜率k=
由l=
故答案为：
（1）从如图可知，摆球直径d的读数为______mm．
（2）实验中有个同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可能是______
A．悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．单摆所用摆球质量太大
C．把n次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间
D．以摆线长作为摆长来计算．
正确答案
5.980
C
解析
解：（1）由图示螺旋测微器可知：
固定刻度示数为：5.5mm；
可动刻度示数为：48.0×0.01mm=0.480mm；
则螺旋测微器的示数为：d=5.5mm+0.480mm=5.980mm
（2）根据单摆的周期公式：T=2π
推导出重力加速度的表达式：g=
若测得的当地重力加速度是偏大，有两种可能：L的测量值偏大，或T的测量值偏小．
A、悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，故L的测量值偏小；根据g=
B、根据g=
C、把n次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间，周期测量值偏小；根据g=
D、以摆线长作为摆长来计算，则L的测量值偏小；根据g=
故选：C．
故答案为：
（1）5.980；
（2）C．
某同学在用单摆测定重力加速度的实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录结果见下表：
（1）以L为横坐标，T2为纵坐标，作出T2-L图线（如图1），并利用此图线求出重力加速度g=______m/s2．（取π2=9.87）
（2）若某同学测定的g的数值比当地公认值大，造成的原因可能是______；
A、摆球质量太大了；
B、摆长太长了；
C、摆角太大了（摆角仍小于10°）；
C、量摆长时从悬点量到球的最下端；
D、计算摆长时忘记把小球半径加进去；
E、摆球不是在竖直平面内做简谐振动，而是做圆锥摆运动；
F、计算周期时，将（n-1）次全振动误记为n次全振动；
（3）若某同学根据实验数据作出的图象如图2所示．则造成图象不过坐标原点的原因是______；
（4）如果已知摆球直径为2.00cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂．如图①所示，那么单摆摆长是______m．如果测定了40次全振动所用时间如图②中秒表所示，单摆的运动周期是______s．
正确答案
解析
解：（1）由单摆周期公式T=
所以T2-l图线是过坐标原点的一条直线，直线的斜率是k=
做出的具体图象如图所示，求得直线斜率k=4.00，故g=
（2）根据
A、摆球的质量不影响重力加速度的大小．故A错误．
B、摆长太长不影响重力加速度的测量．故B错误．
C、量摆长时从悬点量到球的最下端，测得摆长的数值偏大，则重力加速度测量值偏大．故C正确．
D、计算摆长时忘记把小球半径加进去，测得摆长的数值偏小，则重力加速度测量值偏小．故D错误．
E、摆球不是在竖直平面内做简谐振动，而是做圆锥摆运动，圆锥摆的周期T=
F、计算周期时，将（n-1）次全振动误记为n次全振动，周期测量值偏小，则重力加速度测量值偏大．故F正确．
故先CEF．
（3）由单摆周期公式T=
（4）单摆的摆长L=86.40+
故答案为：（1）9.87 （2）CEF （3）漏测小球的半径r
（4）0.8740m 1.88s．
①用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=______．
②从图1可知，摆球直径d的读数为______．
③实验中有个同学发现他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、悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B、把n次全振动的时间误作为（n+1）次全振动的时间
C、以摆线长作为摆长来计算
（2）如图2所示是测量通电螺线管A内部磁感应强度B及其与电流I关系的实验装置．将截面积为S、匝数为N的小试测线圈P置于螺线管A中间，试测线圈平面与螺线管的轴线垂直，可认为穿过该试测线圈的磁场均匀．将试测线圈引线的两端与冲击电流计D相连．拨动双刀双掷换向开关K，改变通入螺线管的电流方向，而不改变电流大小，在P中产生的感应电流引起D的指针偏转．
①将开关合到位置1，待螺线管A中的电流稳定后，再将K从位置1拨到位置2，测得D的最大偏转距离为dm，已知冲击电流计的磁通灵敏度为Dφ，Dφ=
②调节可变电阻R，多次改变电流并拨动K，得到A中电流I和磁感应强度B的数据，见右表．由此可得，螺线管A内部在感应强度B和电流I的关系为B=______．
③为了减小实验误差，提高测量的准确性，可采取的措施有______
A．适当增加试测线圈的匝数N B．适当增大试测线圈的横截面积S
C．适当增大可变电阻R的阻值 D．适当拨长拨动开关的时间△t．
正确答案
解析
解：（1）①单摆周期T=
可得重力加速度g=
②由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为5.5mm，可动刻度示数为48.0×0.01mm=0.480mm，则螺旋测微器的示数为5.5mm+0.480mm=5.980mm；
③根据单摆的周期公式T=2π
A、悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长，单摆实际振动的周期变大，由上式可知，重力加速度偏小．故A错误．
B、把n次全振动的时间t误作为（n+1）次全振动的时间，测得周期偏小，则测量的重力加速度偏大．故B正确．
C、以摆线长加小球直径作为摆长来计算了，测得摆长偏大，则测得的重力加速度偏大．故C正确．
（2）①设试测线圈所在处磁感应强度大小为B，则K从位置1拨到位置2磁通量的变化量大小为：△Φ=2Bs，结合Dφ=
解得：B=
线圈中电动势为：E=n
②分析表中数据可知，螺线管A内部的感应强度B和电流I的关系成正比即B=KI，由表中数据求得K=0.00125，．
③根据公式E=n
故选AB
故答案为：
（1）①
（2）①
①测得摆线长l0，小球直径D，小球完成n次全振动的时间t，则实验测得的重力加速度的表达式g=______；
②实验中如果重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是______．
A．把摆线的长度lo当成了摆长
B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长
C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间
D．摆球的质量过大
③为了减少实验误差，可采用图象法处理数据，通过多次改变摆长，测得多组摆长L和对应的周期T，并作出T2-L图象，如图所示．若图线的斜率为k，则用k表示重力加速度的测量值g=______．
正确答案
解析
解：①单摆的摆长：l=
周期为：
由单摆周期公式
②由单摆周期公式
A、把摆线的长度lo当成了摆长，导致摆长偏小，g值偏小，故A错误．
B、摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线实际值偏大，带入进行计算的数值偏小，g值偏小，故B错误．
C、测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间，导致周期偏小，g值偏大，故C正确．
D、g值与摆球质量无关，故D错误．
故选：C．
③由单摆周期公式
故可知T2-L图象的斜率为
故答案为：①
A．摆线长应远远大于摆球直径
B．摆球应选择密度较大的实心金属小球
C．用停表测量周期时，应测量单摆30～50次全振动的时间，然后计算周期，而不能把只测一次全振动时间当作周期
D．将摆球和摆线平放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长，然后将O点作为悬点
（2）某同学在一次用单摆测重力加速度的实验中，测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图所示的坐标系中．图中各坐标点的标号分别对应实验中5种不同摆长的情况．在处理数据时．画出该同学记录的T2-l图线．求重力加速度时，他首先求出图线的斜率k，则用斜率k求重力加速度的表达式为g=______．
（3）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，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表提前按下
D．实验中误将49次全振动数为50次．
正确答案
解析
解：（1）A、在实验中，摆线的长度应远远大于摆球的直径．故A正确．
B、减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心金属小球作为摆球．故B正确．
C、用停表测量周期时，应测量单摆20～30次全振动的时间，然后计算周期，而不能把只测一次全振动时间当作周期，故C正确．
D、摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．应将摆球悬挂后，用米尺测出摆球球心到悬点的距离作为摆长．故D错误．
故选：ABC．
（2）根据单摆的周期公式T=
则
则图线的斜率k=
（3）根据单摆的周期公式T=
A、测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，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，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，知摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小．故B正确．
C、开始计时时，秒表提前按下，周期的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏小．故C正确．
D、实验中误将49次全振动数为50次，周期的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏大．故D错误．
故选：BC．
故答案为：（1）ABC，（2）
A、20cm长细线 B、1m长细线C、1m长粗线 D、小铁球（带小孔） E、塑料球（带小孔） F、毫米刻度尺 G、厘米刻度尺 H、秒表 I、时钟 J、铁架台 K、游标卡尺．
（1）为了较精确地测量重力加速度g值，应选用的器材编号是______．
（2）在利用单摆测重力加速度的实验中，某同学通过反复实验，得到了摆长和周期的一组数据L1、T1；L2、T2…且画出T2-L图线．量得图线与L轴夹角为θ，则重力加速度g值=______．
正确答案
解析
解：（1）为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择D球．
摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，细线长短适当，选约为1m的细线，选择B．
计时工具应尽量精确，选择秒表H．此外还要测量摆线的长度，小球的半径，需要F和K，此实验需要支架，选择J．故应选用的器材有：B D F H J K
（2）根据T=
图线的斜率k=
故答案为：（1）BDFHJK，（2）4π2cotθ．
（1）应注意，实验时必须控制摆角在______内，并且要让单摆在______内摆动．
（2）测量单摆周期时，等单摆自由振动几次之后，从摆球经过______位置时开始计时，因为这时摆球的速度______，可以减少误差．
（3）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出L-T2图线，如图所示，再利用图线上任意两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=______．
（4）若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其他测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则以上方法得的g值和真实值相比是______的（“偏大”“偏小”或“不变”）．
正确答案
5°或10°
同一竖直平面
最低
最大
不变
解析
解：（1）单摆模型是一种理想化的模型，只有在摆动角度小于5°（或10°）的范围内，其运动才近似为简谐运动，同时要注意不能做圆锥摆运动
故答案为：5°或10°，同一竖直平面．
（2）测量周期要尽量减小偶然误差，应该从摆球经过最低位置时开始计时，因为这时摆球的速度最大可以减少误差
故答案为：最低，最大．
（3）由周期公式T=2π
L=
代入数据可得
g=
故答案为
（4）通过第（3）问的结论可以知道，漏加了小球半径后（y2-y1）不变，故不影响最后结果
故答案为：不变．
（1）为了完成实验，他还需要的实验器材有______
A．天平 B．秒表 C．有毫米刻度的米尺 D．打点计时器
（2）为了确定单摆周期，某次计时后秒表的指针如图所示，此读数为______s
（3）小明同学自己设计了表格，并将实验数据填入其中，如下表所示：
①为了探究单摆周期与摆长的关系，根据表格中的数据，请在答题卷的坐标中作出合理的图象
②通过本实验可以得到一些实验结论，请写出其中的两条：A．______ B．______．
正确答案
解析
解：（1）在实验中需要测量摆长，所以需要毫米刻度尺．需要测量单摆的周期，所以需要秒表，不需要天平和打点计时器．故选：BC．
（2）秒表小盘读数为30s，大盘读数为26.2s，则秒表读数为56.2s．
（3）由表格中的数据可以看出，T-L关系不是线性关系，可以作T2与L的关系图线，如图所示．
可以发现，在实验误差允许的范围内，T2与L成正比．
根据T=
解得：g=
故答案为：（1）BC
（2）56.2
（3）①作图如图所示．
②在实验误差允许的范围内，T2与L成正比，可求得重力加速度为9.4m/s2（9.4-9.9）．
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