- 单摆
- 共2503题
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的塑料球; 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;
所选器材是______.
(2)如果已知摆球直径为2.OOcm,让刻度尺的零点对准摆线的悬点,摆线竖直下垂,如图1示,那么单摆摆长是______.如果测定了40次全振动的时间如图2中秒表所示,那么单摆的摆动周期是______s.
正确答案
ADEH
87.40cm
1.88
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D正确,C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ADEH;
(2)单摆的摆长l=88.40cm-1.00cm=87.40cm,秒表的读数为60s+15.2s=75.2s,单摆的周期T=.
故答案为:(1)ADEH; (2)87.40cm,1.88s.
在做“用单摆测定重力加速度”的实验时,用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g=.
(1)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(甲)所示,那么单摆摆长是______.如果测定了40次全振动的时间如图(乙)中秒表所示,那么秒表读数是______.单摆的摆动周期是______.
(2)如果测得g值偏小,可能的原因是______(填写代号).
A.测摆长时,忘记了加上摆球的半径
B.开始计时时,秒表过晚按下
C.实验中误将39次全振动次数记为40次
(3)用游标卡尺(游标尺上有50个等分刻度)测定某工件的宽度时,示数如图(丙)所示,此工件的宽度为______mm.
正确答案
87.40cm
75.2
1.88s
A
23.22
解析
解:单摆的摆长L=l+=86.40cm+1cm=87.40cm,
秒表的读数t=60+15.2s=75.2s,
周期T=.
(2)根据T=得,g=
,
A、测摆长时,忘记了加上摆球的半径,则摆长的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏小,故A正确.
B、开始计时时,秒表过晚按下,则周期的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏大,故B错误.
C.实验中误将39次全振动次数记为40次,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.
故选:A.
(3)游标卡尺的读数为23mm×0.02×11mm=23.22mm.
故答案为:(1)87.40 cm 75.2 s 1.88 s (2)A (3)23.22mm
某同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验,但没有合适的摆球,他只好找到一块大小为3cm左右,外形不规则的大理石块代替小球.实验步骤是:
A.石块用细尼龙线系好,结点为M,将尼龙线的上端固定于O点
B.用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长
C.将石块拉开一个大约α=30°的角度,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OM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的平均值作计算时使用的数据,代入公式g=()2L求出重力加速度g.
a.你认为该同学以上实验步骤中有错误的是______.
b.该同学用OM的长作为摆长,这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小?______.
正确答案
B:大理石重心到悬挂点间的距离才是摆长
C:最大偏角不能超过10
D:应在摆球经过平衡位置时计时
F:应该用各组的L、T求出各组的g后,再取平均
偏小
解析
解:a、实验步骤中有错误的是
B:大理石重心到悬挂点间的距离才是摆长.
C:最大偏角不能超过5°.
D:应在摆球经过平衡位置时计时
F:应该用各组的L、T求出各组的g后,再取平均值.
b、由单摆的周期公式T=2得 g=
.可知,该同学用OM的长作为摆长,摆长偏小,由此式可知,g的测量值偏小.
故答案为:
a、B:大理石重心到悬挂点间的距离才是摆长.
C:最大偏角不能超过10°
D:应在摆球经过平衡位置时计时
F:应该用各组的L、T求出各组的g后,再取平均
b、偏小.
(1)在用单摆测量重力加速度的实验中,某同学用游标卡尺测摆球的直径D如图1,用秒表测振动的时间t如图2,D=______cm,t=______s.
(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,该同学实验中的第______点应当舍弃.画出该同学记录的T2-l图线.求重力加速度时,需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=______.
正确答案
2.03
64.9
4
解析
解:(1)游标卡尺的主尺读数为20mm,游标读数为0.1×3mm=0.3mm,则最终读数为20.3mm=2.03cm.
秒表的读数t=60s+4.9s=64.9s.
(2)由于第4个点偏离较远,所以将该点舍去.
根据得,
,则图线的斜率k=
,解得重力加速度g=
.
故答案为:(1)2.03,64.9,(2)4,.
(1)在“利用单摆测定重力加速度”的实验中,由单摆做简谐运动的周期公式得到g=.只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T,作出T2-l图象,就可以求出当地的重力加速度.理论上T2-l 图象是一条过坐标原点的直线,某同学根据实验数据作出的图象如图1所示.
(Ⅰ)造成图象不过坐标点的原因可能是______.
(Ⅱ)由图象求出的重力加速度g=______m/s2.(取π2=9.87)
(2)某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中,先测得摆线长为97.50cm,摆球直径2.00cm,然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图2所示,则
(Ⅰ)该摆摆长为______cm,停表表示读数为______s.
(Ⅱ)如果测得的g值偏小,可能的原因是______
A、测摆线时摆线拉得过紧
B、摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了
C、开始计时时,停表过迟按下
D、实验时误将49次全振动数为50次.
正确答案
解析
解:(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;
由T=得,
,则有
解得:g=9.87m/s2
(2)(Ⅰ)摆长L=97.50+1.00cm=98.50cm,停表的读数为t=60+9.8s=69.8s.
(Ⅱ)根据g=得,
A、测摆线时摆线拉得过紧,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、摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了,知摆长的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏小,故B正确.
C、开始计时时,停表过迟按下,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、实验时误将49次全振动数为50次,周期的测量值偏小,导致重力加速度测量值偏大,故D错误.
故选:B.
故答案为:(1)漏加小球半径,9.87,(2)98.50,69.8,B.
某同学利用单摆测定当地重力加速度g,发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方,于是他应用所学的物理知识设计出一个测量重心偏离球心的距离的实验.实验步骤如下:
A.用游标卡尺测出小球的直径
B.将单摆安装好后,用刻度尺测出摆线的长度L;
C.让单摆在小角度下摆动,用秒表测出单摆完成30次全振动的时间,求出周期T;
D.改变摆线的长度,共测得6组L的值和对应的周期T,即(L1,T1)、(L12,T2)、(L3,T3)、(L4,T4)、(L5,T5)、(L6,T6)
该同学利用所得的实验数据画出T2-(L+)图线如图所示,其中正确的图线应是______(填“A、“B”或“C”),从图中可得出重心偏离球心的距离h=______cm,当地重力加速度g=______cm/s2.
正确答案
解析
解:重心偏离球心的距离为h,
由单摆周期公式可得:
,
解得:
,
可知A图象正确.
从图中可得出重心偏离球心的距离h=b;
由单摆周期公式:
,
解得:
,
由图象可得:
,
可得重力加速度为:
.
故答案为:A;b;.
(1)在《练习使用示波器》的实验中,调节好亮斑后,将扫描范围旋钮置于“外X”档,衰减旋钮置于最高档,“Y输入”空置,从“X输入”与“地”之间输入扫描电压.若要使亮斑从荧光屏左端匀速移向右端,且到达右端后立即返回左端,则应在“X输入”与“地”之间加怎样的电压(只须在图中作出此电压随时间变化的图线)?
(2)用图甲所示的实验装置演示单摆的振动图象,细砂从摆动着的漏斗的底部均匀漏出,纸板匀速移动,移动方向与摆动方向垂直,漏在纸板上的细砂排成粗细变化的一条曲线,如图乙所示.观察这条曲线,找出其形态特征,并由此说明砂摆的摆动规律.(要求列出两条,为叙述方便,可在图上标注字母)
形态特征①:______,说明砂摆______.
形态特征②:______,说明砂摆______.
正确答案
整体上接近正弦(余弦)曲线
摆动(接近于)是简谐运动
粗细不均匀
摆动过程中速度变化
解析
解:(1)由示波器的原理可知,偏转位移与偏转电压成正比,故要亮斑从左向右匀速运动,所加电压应均匀变化,故扫描电压如图所示:
(2)①观察细沙曲线,发现两侧粗,沙子多,中间细,沙少.是因为沙摆在摆动的过程中,经过平衡位置速度最大,最大位移处速度为0,所以中间经过的时间少,沙少,两侧经历的时间多,沙多.
②观察细沙曲线,沿轴OO′方向呈周期性分布,因为单摆做周期性运动,且周期不变.
故答案为:(1)如图所示;(2)整体上接近正弦(余弦)曲线,摆动(接近于)是简谐运动;粗细不均匀,摆动过程中速度变化.
某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中,先测得摆线长为97.5cm,再用游标卡尺测量摆球直径如图所示,摆球直径为______mm,则该摆摆长为______cm,然后用秒表记录了单摆振动35次所用的时间,如图所示,所需时间为秒表70.2s,则重力加速度g为______m/s2(结果保留三位有效数字).
正确答案
11.14
98.057
9.67
解析
解:由于副尺10个刻度后还有刻度,且表示的数字为0,1,2,可知游标卡尺为50分度的,其精确度为0.02mm,主尺读数为:11mm,副尺读数为:7×0.02mm=0.14mm,故球的直径为:11+0.14mm=11.14mm;
摆长为:97.5cm+0.557cm=98.057cm;
单摆振动35次所用的时间,所需时间为秒表70.2s,则单摆周期为:,
由单摆周期公式可得重力加速度为:
=9.67m/s2.
故答案为:11.14;98.057;9.67.
下列说法中正确的是 ( )
正确答案
解析
解:A、人耳能够听到的声波的波长长,比超声波更容易发生衍射,故A正确;
B、赫兹用实验证明了电磁波的存在,故B错误;
C、根据相对论,地面上的人看火箭变短,故C错误;
D、单摆在周期性外力作用下做受迫振动,其振动的周期与单摆的固有周期无关,故D错误;
故选A.
在探究影响单摆周期的因素的实验中
(1)同学甲有如下操作,请判断是否恰当(填“是”或“否”).
①把单摆从平衡位置拉开约5°释放;______
②在摆球经过最低点时启动秒表计时;______
③把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期.______
该同学改进测量方法后,得到的部分测量数据见表.根据表中数据可以初步判断单摆周期随______的增大而增大.
(2)同学乙实验时,为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数,设计如图A所示的装置,若摆球在垂直纸面的平面内摆动,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变化图线如图B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一半的另一小球进行实验,则该单摆的周期将______(填“变大”、“不变”或“变小”).
正确答案
解析
解:(1)单摆作简谐运动要求摆角小,单摆从平衡位置拉开约5°释放;因为最低点位置固定,小球经过最低点时,产生的时间误差较小.所以在最低点启动秒表计时;摆球一次全振动的时间太短、误差大,应采用累积法测多个周期的时间求平均值;所以①是;②是③否;
从图中数据可知:摆长相同时,周期相同,摆长变大时,周期变大,根据表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大.
(2)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,根据单摆的周期公式T=2π,摆长变小,所以周期变小.
故答案为:(1)①是 ②是
③否 摆长
(2)2t0 变小
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