热门试卷

解：（1）摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，单摆摆长L=l0+，

单摆周期T=，由单摆周期公式T=2π得：

g===；

（2）由T=可知：

A、测摆线长时摆线拉得过紧，测量值l0偏大，所测重力加速度偏大，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，摆长l0的测量值偏小，使g偏小，故B正确；

C、开始计时时，秒表过迟按下，使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，n偏大，所测g偏大，故D错误；故选B．

故答案为：（1）；（2）B．

解：（1）从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为N=，周期T=．

单摆的长度为l=L+．由单摆的周期公式得：

．

解得：g=．

（2）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、摆动的摆角偏大，只要仍然是单摆，则就对g值没有影响，故B错误．

C、摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线实际值偏大，带入进行计算的数值偏小，g值偏小，故C错误．

D、测量周期时，误将摆球次全振动的时间t记成了n+1次全振动的时间，导致周期偏小，g值偏大，故D正确．

E、把摆线的长度lo当成了摆长，导致摆长偏小，g值偏小，故E错误．

F、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，导致摆长偏大，测量值偏大，故F正确．

故选：DF．

（3）由单摆周期公式可得：

，

故可知T2-L图象的斜率为．故C正确，ABD错误．

故选：C．

故答案为：（1），；（2）DF；（3）C．

解：（1）根据A图可知，摆长L=0.9910m；

秒表读数：内圈：1.5分钟=90s，外圈：10.4s，（指针准确不估读）所以读数为：100.4s；

单摆周期T=，

单摆周期公式T=，

重力加速度的计算式为g=；

（3）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、开始计时时，秒表提前按下，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，故C正确．

D、实验中将49次全振动数成50次全振动，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．

故选：BC

故答案为：（1）0.9910；100.4；；（2）BC

解：由摆球运动时位移随时间变化的规律为x=Asin（ωt+φ），则知单摆的圆频率为ω，则单摆的周期T=．

根据T=2π 解得，g===ω2L

由单摆的周期公式T=2π 知，周期与振幅无关，所以若减小振幅A，其周期不变．

解得故答案为：，ω2L，不变

解：（1）单摆的摆长应是球自然下垂时从悬点量至球心的距离，为减小误差，摆线的长度要适当长一些，所以应选择长100cm的摆长．

故选：A

（2）由图示游标卡尺可知，主尺示数为2cm=20mm，游标尺示数为3×0.1mm=0.3mm，摆球的直径为20mm+0.3mm=20.3mm．

（3）从单摆运动到最低点开始计时且记数为0，到第n次经过最低点时，单摆完成全振动的次数为，在此期间所用的时间内为t，则单摆的周期T=．

（4）单摆的摆长：L=L′+，单摆周期T=，由单摆周期公式T=2π可知，重力加速度：g==．

（5）由单摆周期公式T=2π可知，重力加速度g=；

A、单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，使所测周期T偏大，g偏小，故A错误；

B、把n次摆动时间误记为（n+1）次摆动的时间，使所测周期T偏小，g偏大，故B正确；

C、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，所测g偏小，故C错误；

D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长L偏大，所测g偏大，故D正确；

故选BD．

（6）由单摆周期公式T=2π可知，T2=L，T2-L图象的斜率k=，重力加速度：g=；

故答案为：（1）A；（2）20.3；（3）；（4）；（5）BD；（6）