- 单摆
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在做“用单摆测定重力加速度”的实验中,下面所给的器材中不需要的是( )
正确答案
解析
解:本实验测量重力加速度的原理是单摆的周期公式T=2π,转换为T2=
,需要测定的物理量是摆线的长度,用到带毫米刻度的米尺;摆球的直径,用到游标卡尺;以及单摆的周期,用到秒表.单摆测量重力加速度的实验中,与摆球的质量无关,所以不需要天平.
本题选择不需要的器材,故选:B
甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度.
(1)甲组同学采用图甲所示的实验装置.
①为比较准确地测量出当地重力加速度的数值,除秒表外,在下列器材中,还应该选用______;(用器材前的字母表示)
a.长度接近1m的细绳
b.长度为30cm左右的细绳
c.直径为1.8cm的塑料球
d.直径为1.8cm的铁球
e.最小刻度为1cm的米尺
f.最小刻度为1mm的米尺
②该组同学先测出悬点到小球球心的距离L,然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t.请写出重力加速度的表达式g=______.(用所测物理量表示)
③在测量摆长后,测量周期时,摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动,摆长略微变长,这将会导致所测重力加速度的数值______.(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)
(2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器,如图乙所示.将摆球拉开一小角度使其做简谐运动,速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系,如图丙所示的v-t图线.
①由图丙可知,该单摆的周期T=______ s;
②更换摆线长度后,多次测量,根据实验数据,利用计算机作出T2-L(周期平方-摆长)图线,并根据图线拟合得到方程T2=4.04L+0.035.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) 若其他测量、计算均无误,则用上述方法算得的g值和真实值相比是______的(选填“偏大”、“偏小”和“不变”.)
正确答案
adf
偏小
2.0
9.76
不变
解析
解:(1)①根据T=得:g=
,知需要测量摆长,摆长等于摆线的长度和摆球的半径之和,所以选择长近1m的细线,直径为1.8cm的铁球,需要测量摆长和摆球的直径,所以需要最小刻度为1mm的米尺和螺旋测微器.故选:adf.
②、因为T=,则g=
.
③、测量周期时,摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动,摆长略微变长,则摆长的测量值偏小,测得的重力加速度偏小.
(2)①、根据简谐运动的图线知,单摆的周期T=2.0s;
②、根据T=得:T2=
,
知图线的斜率:k==4.04,
解得:g=9.76m/s2.
③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,故不变.
故答案为(1)①adf ②③偏小(2)①2.0 ②9.76 不变
在“用单摆测重力加速度”实验中,某实验小组在铁架台上用轻质细线和金属小球组装的单摆如图所示,请你回答下列问题:
(1)由图示信息可知,该单摆的摆长为______.
(2)为使单摆做简谐运动,应使小球在同一竖直面内运动,并且摆线的最大偏角要______.
(3)小球摆动稳定后,用秒表测量小球30次全振动的时间为t,为了减小误差,应在小球经过______位置时开始计时.
(4)重力加速度的表达式为______(用前几问给出的相关条件表示).
正确答案
很小
平衡或最低
解析
解:(1)摆长为悬点与球心的距离,故摆长为:
L=
(2)单摆小角度摆动是简谐运动,故摆角要小;
(3)小球摆动稳定后,用秒表测量小球30次全振动的时间为t,为了减小误差,应在小球最快的位置,即经过平衡或最低位置时开始计时;
(4)小球摆动稳定后,用秒表测量小球30次全振动的时间为t,故周期为:
T=…①
根据单摆的周期公式,有:
T=2π… ②
联立①②解得:
g=
故答案为:(1);(2)很小;(3)平衡或最低;(4)
.
某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中,先测得摆线长为101.00cm,摆球直径为2.00cm,然后用秒表记录了单摆做50次全振动的时间为101.0s.则:
(1)他测得的重力加速度g=______m/s2.(计算结果取三位有效数字,你可能用到计算式1.012=1.02,π2=9.86)
(2)在本实验中,若他测得重力加速度g值偏大,下列原因可能的是______
A.振幅太小,测得周期偏小 B.计算摆长时,只考虑线长,没有加上摆球半径
C.将n次全振动误记为(n-1)次全振动 D.将n次全振动误记为(n+1)次全振动
(3)如图游标卡尺的游标上有20个小的等分刻度,测量结果为______mm.
正确答案
9.86
D
17.30
解析
解:
(1)单摆的摆长L=l+=101.00cm+
2.00cm=1.02m,单摆的周期为T=
=
=2.02s
由T=2得,g=
,代入解得,g=9.86m/s2.
(2)
A、单摆的周期与振幅无关,振幅对测量结果没有影响.故A错误.
B、计算摆长时,只考虑线长,没有加上摆球半径,则摆长偏小,由g=,可知,g测量值偏小.故B错误.
C、将n次全振动误记为(n-1)次全振动,由T=求出的周期偏大,由g=
,可知,g测量值偏小.故C错误.
D、将n次全振动误记为(n+1)次全振动,由T=求出的周期偏小,由g=
,可知,g测量值偏大.故D正确.
故选D
(3)主尺读数为17mm,游标尺上第6条刻度线与主尺对齐,则游标尺读数为0.05mm×6=0.30mm,所以测量结果为17mm+0.30mm=17.30mm.
故答案为:(1)9.86.(2)D.(3)17.30mm.
在“利用单摆测重力加速度”的实验中:
(1)已知单摆小球的质量为m,摆长为l,某地重力加速度为g,当单摆做摆角不超过5°的振动时,通过证明可以得到回复力F=-kx,其中k=______.
(2)某同学尝试用DIS测量周期.如图甲所示,用一个磁性小球代替原先的摆球,在单摆下方放置一个磁传感器,其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方.使单摆做小角度摆动,当磁感应强度测量值最大时,磁性小球位于最低点.若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t,则单摆周期的测量值为______(地磁场和磁传感器的影响可忽略).
(3)经理论推导可知,单摆在任意摆角θ时的周期公式可近似为T=T0(1+sin2
),式中T0为当摆角θ趋近于0°时的周期.为了用图象法验证该关系式,若某同学在实验中得到了如图乙所示的图线,则图线的斜率为______,纵轴截距为______.
正确答案
-4
解析
解:(1)摆动时,重力的切向分量提供回复力,其大小为mgsinθ;
当角度θ很小时,有θ=;
∴F=-mgsinθ=-mg,故k=
;
(2)单摆做小角度摆动,当磁感应强度测量值最大时,磁性小球位于最低点(或平衡位置).若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t,是个周期,则单摆的周期为:T=
(3)根据T=T0(1+sin2
),得到sin2
=
,故乙图是sin2
-T图象,斜率为
,纵轴截距为-4;
故答案为:
(1);
(2);
(3),-4.
(1)某物理课外活动小组在用单摆测重力加速度的实验中,测出了不同摆长(l)所对应的周期(T),在进行实验数据处理时:
①甲同学以摆长(l)为纵坐标、周期(T)的平方为横坐标作出了l-T2图线.若他由图象测得的图线斜率为k,则测得的重力加速度的表达式g=______.若甲同学测摆长时,忘记测摆球的半径,则他用图线法求得的重力加速度______(选填“偏大”、“偏小”、“准确”).
②乙同学根据公式T=2π得出g=
,并计算重力加速度,若他测得摆长时,把摆线长当作摆长(忘记加上小球半径),则他测得的重力加速度值______(选填“偏大”、“偏小”、“准确”).
正确答案
4π2k
准确
偏小
解析
解:(1)由单摆周期公式T=2π可知,l=
T2,则k=
,g=4π2k;
由l=T2=kT2,l与T2成正比,k=
是比例常数,由图象可知l与T2成正比,
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,
甲同学用图线法求得的重力加速度准确.
(2)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.
故答案为:(1)4π2k;准确;(2)偏小.
用一个质量不均匀的摆球做测定重力加速度的实验.第一次悬线长为l1,测得振动周期为T1;第二次改变悬线长度为l2,并且测得此时单摆的振动周期为T2.则重力加速度值为______.
正确答案
解析
解:单摆振动中的摆长应是悬点到摆球重心的距离.对不均匀摆球,竖直悬挂时,其重心必在通过悬点的竖直线上.
设摆球重心到球面结点的距离为r(如图),则对应的两次摆长分别为l1+r、l2+r.
由单摆振动周期公式得:
T1=2π T2=2π
即.
所以 r=.
把r的值代入T1或T2的表达式,得重力加速度为g=.
故答案为:
在用单摆测重力加速度的实验中
(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?将所选用的器材的字母填在题后的横线上.
(A)长1m左右的细绳; (B)长30m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)最小刻度是厘米的直尺; (H)最小刻度是毫米的直尺.
所选择的器材是______.
(2)实验时摆线偏离竖直线的要求是______,理由是______.
(3)某同学测出不同摆长时对应的周期T,作出T2~L图线,如图所示,再利用图线上任两点A、B的坐标(x1,y1)、(x2,y2),可求得g=______.若该同学测摆长时漏加了小球半径,而其它测量、计算均无误,也不考虑实验误差,则用上述方法算得的g值和真实值相比是______的(选填“偏大”、“偏小”或“不变”).
正确答案
ACEH
摆线与竖直方向的夹角不超过(或小于)5°
因为只有在摆角不超过(或小于)5°的情况下,单摆的周期公式才成立.
不变
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)单摆模型中,摆角较小时,才可以近似看作简谐运动,故摆角越小越好,通常不能超过5°;
故答案为:摆线与竖直方向的夹角不超过(或小于)5°,因为只有在摆角不超过(或小于)5°的情况下,单摆的周期公式才成立;
(3)根据单摆周期公式,有
,故图象的斜率为:
,解得g=
;
测摆长时漏加了小球半径,图象向左偏移了,但斜率不变,故重力加速度的测量值不变;
故答案为:,不变.
在“用单摆测重力加速度”的实验中,单摆做50次全振动所用时间如图所示,该秒表记录的时间t为______s,进而得出单摆周期T=
.与直接记录一次全振动的时间作为周期相比,这样确定周期的优点在于______.
正确答案
解析
解:小表盘表针超过了半刻线,故:
t=1.5×60s+9.8s=99.8s.
为了减小测量周期的误差,摆球应在经过最低点的位置时开始计时,并用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间求出周期.
故答案为:99.8,减小测量周期的误差.
在“利用单摆测重力加速度”的实验中,测得单摆的摆角小于5°,完成n次全振动的时间为t,用毫米刻度尺测得的摆线长为L,用游标卡尺测得摆球的直径为d.
(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)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.单摆所用的摆球质量太大
C.把n次全振动的时间误作为(n+1)次全振动的时间
D.以摆线长作为摆长来计算.
正确答案
C
解析
解:单摆周期公式T=2π,则g=4π2
(1)摆长l=L+,周期T=
,代入整理得:g=
(2)A、振动中出现松动摆线增长,则摆长l的测量值偏小,由g表达式知会使g偏小,故A错误;
B、g值与摆球质量无关,故B错误;
C、把n次全振动的时间误作为(n+1)次全振动的时间,测t测量值偏小,周期T偏小,则g值偏大,故C正确;
D、以摆线长作为摆长,则l值偏小,测得的g值偏小,故D错误.
故选:C.
故答案为:(1)(2)C.
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