- 单摆
- 共2503题
某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作；
（1）用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图（甲）所示，摆球直径为______cm．把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L．
（2）用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图（乙）所示，该单摆的周期T=______s（结果保留三位有效数字）．
（3）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2-L图象如图（丙），此图线斜率的物理意义是______
A．g B.
（4）与重力加速度的真实值比较，发现测量结果偏大，分析原因可能是______
A．振幅偏小 B．在单摆未悬挂之前先测定其摆长
C．将摆线长当成了摆长 D．开始计时误记为n=1
（5）该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度．他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度△L，再测出其振动周期T2．用该同学测出的物理量表达重力加速度为g=______．
正确答案
解析
解：①游标卡尺的主尺读数：2.0cm，游标尺对齐格数：6个格，读数：6×0.1=0.60mm=0.06cm，所以直径为：2.0+0.06=2.06cm
②由单摆全振动的次数为n=30次，秒表读数为t=67.2s，该单摆的周期是T=2.24s
③根据重力加速度的表达式g=
故选：C．
④根据重力加速度的表达式g=
A、重力加速度的测量值与振幅无关，振幅偏小，不影响测量结果，故A错误；
B、在未悬挂摆球之前先测定好摆长，摆长偏小，g偏小，故B错误；
C、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，g偏小，故C错误
D、开始计时误记为n=1，则单摆摆动的次数偏少，周期偏小，g偏大，故D正确；
故选：D
⑤先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，
T1=2
然后把摆线缩短适当的长度△l，再测出其振动周期T2．
T2=2
解得：
故答案为：①2.06；②2.24；③C；④D；⑤
某同学利用焊有细钢针的音叉（固有频率f0）、熏有煤油灯烟灰的均匀金属片和刻度尺来测定重力加速度．他的实验步骤有：
A、将熏有烟灰的金属片静止悬挂，调整音叉的位置，使音叉不振动时，针尖刚好能水平接触金属片，如图（a）所示．
B、轻敲音叉，使它振动，同时烧断悬线，使金属片自由下落．
C、从金属片上选取针尖划痕清晰的一段，从某时刻起针尖经过平衡位置的点依次为B、C、D、E、F、G、H，测出它们相邻之间的距离分别为b1、b2、b3、b4、b5、b6，如图（b）所示．
（1）推导计算重力加速度的表达式：______
（2）金属片自由下落后（不计针尖与金属片间的摩擦），图（c）中3幅图中，你认为针尖在金属片上的划痕正确的是______．
正确答案
解析
解：（1）在匀变速直线运动中，连续相当时间内的位移差为常数，即△x=aT2，
用逐差法来计算加速度，
（2）自由落体是匀加速直线运动，越向下速度越快，金属片振动的周期不变，故选C；
故答案为：（1）g=
（1）用上述物理量的符号写出重力加速度的一般表达式g=______．
（2）从右图可知，摆球直径d的读数为d=______mm．
（3）实验中有个同学发现他测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是下述原因中的______．
A．实验室处在高山上，距离海平面太高
B．单摆所用的摆球质量太大
C．把n次全振动的时间t误作为（n+1）次全振动的时间
D．以摆线长作为摆长来计算
（4）实验中有个同学没有考虑摆球的半径，而使测量值偏小．在误差理论中，该同学实验中的这种误差被称为是______误差．
正确答案
解析
解：（1）单摆周期T=
联立可得重力加速度为：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）A、高山重力加速度偏小，故A错误；
B、周期与摆球质量无关，摆球质量大，空气阻力可以忽略，故B错误；
C、实验中误将n次全振动计为n+1次，根据T=
D、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，根据g=
故选C．
（4）偶然误差可以通过多次测量取平均值减小，而系统误差不可避免，故是系统误差；
故答案为：（1）
有一单摆，其摆长l=1.02m，摆球的质量m=0.10kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t=60.8s，试求：
（1）当地的重力加速度是多大？
（2）如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？
正确答案
解析
解：（1）单摆做简谐运动，由题得其周期为：T=
由单摆的周期公式T=2π
（2）秒摆的周期为：T0=2s
设其摆长为l0，依T=2π
即：T：T0=
故：l0=
其摆长要缩短△l=l-l0=1.02-0.993（m）=0.027m
即摆长应缩短0.027m．
答：
（1）重力加速度g为9.79m/s2；
（2）如果将这一单摆改成秒摆，摆长应缩短0.027m．
某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中：
①测摆长时测量结果如图1所示（单摆的另一端与刻度尺的零刻线对齐），摆长为______cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图2所示，秒表读数为______s．当地的重力加速度为______m/s2．
②他测得的g值偏小，可能的原因是下列选项中的哪几项？______
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
99.80
100.5
9.74
BC
解析
解：（1）摆长等于99.80cm，秒表的读数为：90s+10.5s=100.5s．
周期T=
由单摆的周期公式T=2π
g=
（2）根据T=2π
解得g=
A、测摆线时摆线拉得过紧，测得摆长偏大，则测得重力加速度偏大．故A错误．
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，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．
C、开始计时时，秒表提前按下，测得周期偏大，则测得重力加速度偏小．故C正确．
D、实验中误将49次全振动次数计为50次，测得周期偏小，则测得重力加速度偏大．故D错误．
故选：BC．
故答案为：①99.80，100.5，9.74；
②BC．
在“用单摆测定重力加速度”的实验中为使实验结果尽可能精确，下列器材中应选用______（用字母填入）
A.1米长的细棉线 B.20厘米长尼龙线
C．泡沫塑料小球 D．小铁球
E．最小刻度是毫米的刻度尺 F．最小刻度是厘米的刻度尺
实验时，摆线偏离竖直方向的偏角应小于______，测量时，要让单摆在竖直平面内自由摆动几次后，从摆球经过______时开始计时，若计算摆长时忘记加上小球的半径，则最终算出来的重力加速度数值将______．（选填“偏大”、“偏小”、“不变”）
正确答案
ADE
5°
最低点
偏小
解析
解：应选择长约1m的细线做摆线，故选A；
应选质量大而体积小即密度大的球作为摆球，故选D；
测摆线长度时，要选择分度值小的毫米刻度尺，故选E；
因此需要的实验器材为：ADE；
实验时，摆线偏离竖直方向的偏角应小于 5°；
测量单摆周期，为减小实验误差，要从摆球经过最低点时开始计时；
由单摆周期公式：T=2π
若计算摆长时忘记加上小球的半径，单摆摆长L偏小，所测重力加速度数值将偏小；
故答案为：ADE；5°；最低点；偏小．
在暗室中用如图1所示装置做“测定重力加速度”的实验．实验器材有：铁架台、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盘、带荧光刻度的毫米刻度尺、频闪仪．实验步骤如下：
①在漏斗内盛满清水，旋松螺丝夹子，水滴会以一定的频率一滴滴的落下．
②用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮．由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次观察到空间中有一串仿佛固定不动的水滴．
③用竖直放置的毫米刻度尺测得各个水滴所对应的刻度．
④处理实验数据．
（1）实验中第一次观察到空间中有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率f1与f2水滴滴落的频率的关系为：______．
（2）实验中第一次观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30Hz，某同学读出其中比较圆的水滴到第一个水滴0的距离如图2所示．根据数据测得当地重力加速度应为g=______m/s2，水滴C此时的速度vC______ m/s（结果都保留三位有效数字）．
正确答案
f1=f2
9.78
2.27
解析
解：（1）频闪仪的闪光频率f1与f2水滴滴落的频率的关系为f1=f2；
（2）根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有：
两雨滴之间的时间为：T=
vC=
选择图中的后四段位移，根据逐差法有：
s3-s1=2a1T2
s4-s2=2a2T2
a=
故答案为：f1=f2；2.27m/s；9.78m/s2
在《单摆测定重力加速度》的实验中，若测出的g值比当地重力加速度的值偏大，其原因可能是（ ）
正确答案
解析
解：根据单摆的周期公式：
A、从上面的表达式可得，重力加速度与小球的质量、摆的振幅都无关，故A错误，B错误；
C、将摆线的长误为摆长，因
D、单摆振动n次的时间t，单摆的周期T=
故选：D
某同学在做“利用单摆测重力加速度“实验中，先测得摆线长为97.50厘米，摆球直径为2.0厘米，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间（如图1），则：
①该摆摆长为______厘米，秒表所示读数为______秒．
②（单选题）如果他测得的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，振动中出现松动，使摆线长度增加了
（C）开始计时时，秒表过迟按下
（D）实验中误将49次全振动数为50次
③为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，再以L为横座标，T2为纵座标将所得数据连成直线（如图2），并求得该直线的斜率为K，则重力加速度g=______（用K表示）．
正确答案
98.5
99.8
B
解析
解：①单摆的摆长等于摆线的长度与摆球半径之和，即：L=97.5+1=98.5cm
秒表先读分针读数，再读秒针读数，两者相加．
小表盘表针超过了半刻线，故秒表的读数为：60s+30s+9.8s=99.8s
②根据单摆周期T=
（A）摆线拉的过紧会导致测量的摆长偏长，根据上式，测出的重力加速度偏大，故A错误
（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，计算时，仍按原来的长度计算，则测量的摆长偏小，故根据上式可知，重力加速度偏小，故B正确
（C）开始计时时，秒表过迟按下，导致测量周期偏小，故重力加速度偏大，故C错误
（D）实验中误将49次全振动数为50次，测得的周期偏小，故重力加速度偏大，故D错误
故选：B
③由图可知，斜率k=
故答案为：①98.5，99.8；②B；③
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测出单摆摆角小于5°时，完成π次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，用游标卡尺测得摆球直径为d．
（1）由图可知：摆球直径的读数为：d=______cm．
（2）实验中，有个同学发现他测得的当地重力加速度总是偏大，其原因可能是______．
A．实验室处在高山上，距离水平面太高
B．单摆所用的摆球太重了
C．测出π次全振动的时间t，误作为（π-1）次全振动的时间进行计算
D．以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算．
正确答案
0.5980
D
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5.5mm+0.480mm=5.980mm=0.5980cm；
（2）根据单摆的周期公式：
A、实验室处在高山上，距离水平面太高，因为越往高处，根据万有引力定律知物体与地球之间的吸引力越小，则测得的当地的加速度结果偏小，故A错误；
B、根据公式，单摆的周期与摆球的质量无关．故B错误；
C、测出π次全振动的时间t，误作为（π-1）次全振动的时间进行计算，则：
D、以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算，
故选：D．
故答案为：（1）0.5980，（2）D．
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