- 单摆
- 共2503题
Ⅰ.如图乙为某学生做单摆测重力加速度实验中单摆装置悬点处照片,该同学使单摆左右摆动进行实验,则该同学实验中存在的问题是______;此问题导致该同学所测得g的结果将______(填偏大、偏小或无影响)
Ⅱ.某同学利用弹簧秤和刻度尺来探究一条橡皮筋弹力和伸长量之间的关系,实验时使用了一条拉伸后粗细会明显变化的橡皮筋.
(1)图甲弹簧秤读数为______N,
(2)该同学将实验的数据画在坐标纸,如图丙所示,根据实验结果,下列说法正确的是______
A.数据点基本分布在一条直线上,说明橡皮筋的弹力与形变量的关系遵循胡克定律
B.该橡皮筋形变量越大,越容易拉伸
C.橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化可能是橡皮筋横截面(粗细)大小变化引起
D.橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化肯定是该同学的实验操作不规范引起的.
正确答案
解析
解:Ⅰ、该同学实验中存在的问题是摆动过程中悬点的位置将变化,导致测量的摆长比实际的摆长大.
根据T=得,g=
,摆长的测量值偏大,则重力加速度的测量值偏大.
Ⅱ、(1)弹簧秤每格为0.5N,则读数为1.30N.
(2)A、该图的力与形变量的关系图线不是倾斜的直线,不能说明橡皮筋的弹力与形变量的关系遵循胡克定律.故A错误.
B、由图可以看出,形变量较大时,变化相同的形变量,弹力的变化较小,知橡皮筋形变量越大,越容易拉伸.故B正确.
C、伸长量越大,弹簧越容易拉伸,则劲度系数越小,可知橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化可能是橡皮筋横截面(粗细)大小变化引起.故C正确,D错误.
故选:BC.
故答案为:Ⅰ.摆动过程中悬点的位置将变化,导致测量的摆长比实际的摆长大;偏大
Ⅱ.(1)1.28~1.30均对 (2)BC
在用单摆测定重力加速度实验中:
(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值,应选用下列所给器材中的哪些?将你所选用的器材前的字母填在题后的横线上.
A.长1m左右的细绳; B.长30cm左右的细绳;
C.直径2cm的铅球; D.直径2cm的铁球;
E.秒表; F.时钟;
G.分度值是1cm的直尺; H.分度值是1mm的直尺;
所选器材是______.
(2)某同学选出上述的器材后,做完实验.发现测出的g值偏小,可能的原因是______.
A.测量摆线长时线拉得过紧
B.摆线上端没有固定,振动中出现松动,使摆线变长了
C.开始计时时,秒表按下迟了
D.实验中误将n次全振动计为(n+1)次
(3)该同学由测量数据作出L-T2图线(如图所示),根据图线求出重力加速度g=______m/s2(保留3位有效数字)
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,测量误差越小,故A正确,B错误;
C、D、摆球密度要大,体积要小,空气阻力的影响才小,故C正确,D错误;
E、F、秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻,故E正确,F错误;
G、H、刻度尺的最小分度越小,读数越精确,故G错误,H正确;
故选ACEH;
(2)根据T=,得g=
,
A.测量摆线长时线拉得过紧,则摆长的测量值偏大,导致重力加速度的测量值偏大,故A错误.
B.摆线上端没有固定,振动中出现松动,使摆线变长了,则摆长的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏小,故B正确.
C.开始计时时,秒表按下迟了,则周期的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏大,故C错误.
D.实验中误将n次全振动计为(n+1)次,则周期的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏大,故D错误.
故选:B.
(3)根据T=,
,
则图线的斜率k=,解得g=9.86m/s2.
故答案为:(1)ACEH,(2)B,(3)9.86.
某同学利用如图1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.用游标卡尺测量小球的直径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t2
G.以t2为纵坐标、l为横坐标,作出t2-l图线
(1)用游标卡尺测量小球的直径.某次测量的示数如图2所示读出小球直径d的值为______cm.
(2)该同学利用计算机作出图线如图3所示.根据图线拟合得到方程t2=404.0l+3.5.由此可以得出当地的重力加速度g=______m/s2.(取π2=9.86,结果保留3位有效数字)
(3)从理论上分析图线没有过坐标原点的原因,下列分析正确的是
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时开始计时
B.开始计时后,不应记录小球经过最低点的次数,而应记录小球做全振动的次数
C.不应作t2-l图线,而应作t2-(l-d)图线
D.不应作t2-l图线,而应作t2-(l+d)图线.
正确答案
解析
解:(1)由图示游标卡尺可知,主尺示数是1.5cm,游标尺示数是2×0.1mm=0.2mm=0.02cm,
游标卡尺示数即小球的直径d=1.5cm+0.02cm=1.52cm;
(2)由题意知,单摆的周期T==
,
由单摆周期公式T=2π可得:t2=
l,
由图象得到的方程为:t2=404.0l+3.5,
则=404.0,g=
≈9.76m/s2;
(3)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,ABC错误;
故答案为:(1)1.52;(2)9.76;(3)D.
在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中,可以用刻度尺测量摆线的长度,用游标卡尺测量摆球的直径,然后算出单摆的摆长.如图1所示的是用20分度的游标卡尺(可精确到0.05mm)测量摆球的直径,此游标卡尺的读数为______mm,该实验可以用秒表测量单摆的周期,如图2所示的是用秒表记录单摆60次全振动所用时间,此秒表的读数为______s.
正确答案
解析
解:由图1所示是20分度的游标卡尺,游标每一分度表示的长度为0.05mm.
主尺读数为13mm,游标尺示数为11×0.05mm=0.55mm,游标卡尺示数为13mm+0.55mm=13.55mm.
由图2所示秒表可知,分针示数为1min=60s,秒针示数为15.3s,秒表读数为60s+15.3s=75.3s.
故答案为:13.55;75.3.
某同学“用单摆测定重力加速度”实验,用一块外形不规则的长条状的大理石块代替了摆球.实验步骤如下
A.将石块用细尼龙线系好,结点为N,将尼龙线的上端固定于O点;
B.用刻度尺测量ON间尼龙线的长度l作为摆长;
C.将石块拉开一个角度α (α<5°),然后由静止释放;
D.从摆球摆到最高点时开始计时,测出30次全振动的总时间t,由T=t/30得出周期;
E.改变ON间尼龙线的长度再做几次实验,记下相应的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,代入公式求出重力加速度g.
你认为该同学以上实验步骤中存在错误或不当的步骤是______.(只填写相应的步骤字母即可)
正确答案
BDF
解析
解:B、用刻度尺测量ON间尼龙线的长度l作为摆长,错误,应是悬点到重心的距离;故B错误
D、应该在最低点处计时,此时误差较小,故D错误
F、改变摆长后,周期必定改变,多次测量求平均值应该在同一摆长下进行,故F错误
故错误或不当的步骤是 BDF
答案为:BDF
在单摆测定重力加速度的实验中:
(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径,示数如图1所示,该摆球的直径d=______cm.悬点到小球底部的长度l0,示数如图所示,l0=______cm.
(2)实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图甲所示,然后使单摆保持静止,得到如图乙所示的F-t图象.那么:
①重力加速度的表达式g=______(用题目中的物理量d、l0、t0表示).
②设摆球在最低点时Ep=0,已测得当地重力加速度为g,单摆的周期用T表示,那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是______.
A.B.
C.
D.
.
正确答案
解析
解:(1)游标卡尺的固定刻度读数为11mm,游标读数为0.05×14mm=0.70mm,
所以摆球的直径d=11mm+0.70mm=11.70mm=1.170cm
(2)如图乙,悬点到小球底部的长度 l0=100.25cm.
(3)①由摆线的拉力F随时间t变化的图象知,单摆的周期为4t0,根据T=2π,重力加速度为:
g==
=
②单摆在最低点时F1-mg=m,mg=F3.根据周期公式摆长L=
,联立三个式子,得:Ek=
则机械能为:E=Ek+Ep=.
单摆在最高点时F2+mg=m,mg=F3.根据周期公式摆长L=
,E=Ek+Ep,联立为:E=
故BD正确,A、C错误.
故选:BD.
故答案为:(1)1.170,100.25;(2)①,②BD.
某同学用单摆来测量本地区的重力加速度.实验桌上有木、塑料及钢三种小球,该同学应选______球;实验中计时的起始位置应从______开始.
正确答案
钢球
平衡位置
解析
解:本实验实验要求摆线要适当长些、摆球的密度要大一些、角度应较小,所以用钢球;由于不能准确确定小球的最大摆角位置,测量时间应从平衡位置时开始计时.
故答案为:钢球,平衡位置.
在做“利用单摆测重力加速度”的实验中,某同学测得摆线长为89.20cm,用游标卡尺测得摆球直径如图所示,然后用秒表记录了单摆做30次全振动的时间.
(1)该单摆的摆长为______ cm;
(2)如果该同学测得的g值偏小,可能的原因是______(填序号即可)
A.用线长当作摆长
B.开始计时,秒表过迟按下
C.实验中误将29次全振动数为30次
(3)为了提高实验精度,在实验中可改变几次摆长l,
测出相应的周期T,从而得出一组对应的l与T的数值,
再以l为横坐标,T2为纵坐标,将所得数据连成直线
如图所示,则测得重力加速度g=______ m/s2.
(保留三位有效数字)
正确答案
90.225
A
9.86
解析
解:(1)由图所示游标卡尺可知,主尺示数是2cm,游标尺示数是10×0.05mm=0.5mm=0.05cm,
游标卡尺示数,即摆球的直径为2cm+0.05cm=2.05cm;
单摆摆长L=l+=89.20cm+
=90.225cm.
(2)用秒表测出单摆完成n次全振动的时间t,则单摆的周期T=;
单摆摆长等于摆线长度l与摆球的半径r之和,即L=l+r;
由单摆周期公式T=2π,可知重力加速度:g=
=
=
,
A、用摆线长当作摆长,摆长偏小,由g=可知:重力加速度的测量值偏小,符合题意,故A正确;
B、开始计时,秒表过迟按下,所测时间t偏小,由g=可知,所测重力加速度偏大,不符合题意,故B错误;
C、实验中误将29次全振动数为30次,n偏大,由g=可知所测重力加速度偏大,不符合题意,故C错误;
(3)由单摆周期公式T=2π可得,T2=
L,由此可知T2与L成正比,因此T2-L图象斜率k=
,由图象可知,
图象斜率k=4s2/m,则重力加速度g==
m/s2≈9.86m/s2;
故答案为:(1)90.225;(2)A;(3)9.86.
某同学在做“利用单摆测定重力加速度”的实验中,如果他测得的重力加速度值偏小,可能的原因是( )
正确答案
解析
解:根据单摆的周期公式得,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、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B正确.
C、实验中将29次全振动数成30次全振动,测得周期偏小,则测得的重力加速度偏大.故C错误.
D、实验中将31次全振动数成30次全振动,测得周期偏大,则测得的重力加速度偏小.故D正确.
故选BD.
(1)在利用单摆测定重力加速度的实验中,由于单摆做简谐振动的周期
,于是有g=
.改变单摆的摆长,只要测出摆长及相应的振动周期,作出T2-L图线,就可求出当地的重力加速度.T2-L图线应该经过坐标原点.某学生在实验中测得的T2-L图线为如图所示的直线,则:
①造成图线不过原点的原因是______
A.每次都将n个周期的时间计成n+1个周期的时间
B.每次在测量摆长时,都将摆线长当成了摆长
C.每次实验时,摆球的振幅都不同
D.每次实验时,摆球的质量都不同
②当地重力加速度为______.(取π2=9.87)
(2)利用单摆测重力加速度的实验中,如测出摆线长为L,小球直径为D,n次全振动的时间为t,则①当地的重力加速度g等于______ (用以上字母表示),②为了减小测量周期的误差,应在______ 位置开始计时和结束计时.
正确答案
B
9.87
平衡
解析
解:(1)①图象不通过坐标原点,将图象向右平移1cm就会通过坐标原点,故相同的周期下,摆长偏小1cm,故可能是漏加小球半径,故B正确;
②由单摆周期公式T=2π可得,T2=
L,T2-L图象的斜率k=
,由图象可知,k=
=4,则重力加速度g=
=
=9.87m/s2.
(2)①单摆的周期为T=,单摆的摆长l=L+
;由单摆的周期公式T=2π
得,g=
=
=
;
②由于摆球经过平衡位置时,速度最大,在相同视觉距离误差上,引起的时间误差最小,测量周期比较准确.所以为了减小测量周期的误差,应在平衡位置开始计时和结束计时.
故答案为:(1)①B;②9.87;(2)①;②平衡.
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