热门试卷

解：（1）根据单摆周期公式，得到；

主尺读数为：13mm，副尺读数为：5×0.1=0.5mm，故摆球的直径为13mm+0.5mm=13.5mm．

单摆摆长=摆球半径+摆线长度，故摆长l=88.20-=87.525cm；

（2）在测定单摆摆长时，摆长应该是小球的半径单摆自然下垂时的绳长，故测量的正确方法是：测出小球直径，之后把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球的半径得到单摆摆长．故D正确，ABC错误．

故选：D．

（3）由单摆周期公式解得，由此可知：

A、g值与摆球质量无关，故A错误．

B、单摆的振幅偏小，不会影响g值的测量，故B错误．

C、计算摆长时没有加上摆球的半径值，导致摆长偏小，g值偏小，故C错误．

D、将实际振动次数n次误记成（n+1）次，导致周期偏小，g值偏大，故D正确．

故选：D．

故答案为：（1），13.5mm，87.525cm；（2）D；（3）D．

解：（1）①为了让单摆做简谐运动，应让单摆从平衡位置拉开约5°释放，故该操作不恰当．

②单摆通过最低点的速度最快，为了减小测量时间的误差，应在平衡位置开始计时．故该操作恰当．

③用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差比较大，需要测量多次全振动的时间求平均值求出单摆的周期．故该操作不恰当．

（2）螺旋测微器的固定刻度读数为20.5mm；

可动刻度读数为0.01×18.5mm=0.185mm；

所以最终读数为20.685mm．

从表格中数据看出，摆长变大时，单摆的周期变大．

故答案为：

（1）①否；②是；③否；

（2）20.685，单摆摆长．

解：（1）由图甲所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，

游标尺主尺示数是14mm，游标尺示数是3×0.05mm=0.15mm，

游标卡尺示数，即摆球的直径d=14mm+0.15mm=14.55mm．

（2）单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长为l=L+，

由图乙所示图象可知，单摆的周期T=5t0-t0=4t0，由单摆周期公式T=2π可知，

重力加速度g===．

（3）由单摆周期公式T=2π可知，重力加速度g=，摆长应该是摆线长度与摆球半径之和，

甲同学把摆线长L作为摆长，摆长小于实际摆长，由g=可知，重力加速度的测量值小于真实值；

由T=2π可知，L=T2=kT2，其中k=，由此可见，L与T2成正比，k是比例常数；

由图丙可知，L与T2成正比，是图象的斜率k，所以k==，g=4π2，

由于单摆摆长偏大还是偏小不影响图象的斜率k=，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值．

故答案为：（1）14.15；（2）；（3）偏小；无影响．

解：游标卡尺的主尺读数为29mm，游标读数为0.05×18mm=0.90mm，则最终读数为29.90mm．

秒表小盘读数为90s，大盘读数为6.8s，则秒表读数为96.8s．

故答案为：（1）29.90，96.8．

解：（1）由单摆周期公式T=2π，可知重力加速度：g=；

A、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，所测重力加速度偏小，故A正确．

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，所测周期T偏大，所测g偏小，故B正确．C、开始计时时，秒表过迟按下，所测周期T偏小，所测g偏大，故C错误；

D、实验中误将49次全振动数为50次，所测T偏小，g偏大，故D错误；故选AB；

（2）由单摆周期公式T=2π可得：T2=L，

T2-L图象的斜率：k=，则重力加速度：g=；

故答案为：（1）AB；（2）．

解：（1）A、摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，故A错误；

B、单摆的小角度摆动是简谐运动，小球应在同一竖直平面内振动，摆角不大于5°，故B错误；

C、测量周期时，从小球经过平衡位置时开始计时，误差最小，故C正确；

D、用停表测出单摆做30-50次全振动所用的时间，通过T=求出单摆的周期，故D正确；

故选：CD．

（2）首先要做单摆，需要铁架台、小钢球和细线；

要测量细线长度和钢球的直径，需要刻度尺和螺旋测微器；

要计时，需要秒表；

故答案为：①③④⑤⑥⑧；

（3）A、测摆线长时摆线拉得过紧，长度测量值偏大，根据g=，故重力加速度测量值偏大，故A正确；

B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线的长度增加了，故代入的长度的数据将变小了，故重力加速度的测量值偏小，故B错误；

C、开始计时时，秒表过迟按下，是周期的测量值偏小，根据g=，故重力加速度的测量值偏大，故C正确；

D、实验中误将49次全振动计为50次，根据T=求出的周期变小，根据g=，g偏大，故D正确；

故选：ACD．

故答案为：

（1）CD；

（2）①③④⑤⑥⑧；

（3）ACD．