- 单摆
- 共2503题
在做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
（1）下列给出的材料中应选择______作为摆球与摆线，组成单摆．
A．木球 B．铁球 C．柔软不易伸长的丝线 D．粗棉线
（2）在测定单摆摆长时，下列的各项操作正确的是______
A．装好单摆，抓住摆球，用力拉紧，测出摆线悬点到摆球球心之间距离
B．让单摆自由下垂，测出摆线长度再加上摆球直径
C．取下摆线，测出摆线长度后再加上摆球半径
D．测出小球直径，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
（3）实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是______
A．摆球的质量偏大 B．单摆振动的振幅偏小
C．计算摆长时加上了摆球的直径 D．将实际振动次数n次误记成（n+1）次
（4）实验中测量得小球的直径的示数如图1所示，图中游标尺上有20个等分刻度，则小球的直径d为______mm．用秒表记下了单摆振动50次的时间如图2所示，由图可读出时间为______s．
正确答案
解：（1）为减小空气阻力与摆长变化对实验的影响，应选用密度大而体积小的球作为摆球，应选长度不易发生变化的线作为摆线，因此摆球应选B，摆线选C；
（2）单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和，应先测出摆球直径，然后把单摆悬挂好，再测出摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，故D正确；
（3）由单摆周期公式T=2π
A、由g=
B、由g=
C、算摆长时加上了摆球的直径，摆长偏大，由g=
（4）由图示游标卡尺可知，主尺示数为1.1cm=11mm，游标尺示数为11×0.05mm=0.55mm，则摆球直径d=11mm+0.55mm=11.55mm；
由图示秒表可知，分针示数为1min30s=90s，秒针示数为6.8s，则秒表示数为90s+6.8s=96.8s．
故答案为：（1）BC；（2）D；（3）CD；（4）11.55，96.8．
解析
解：（1）为减小空气阻力与摆长变化对实验的影响，应选用密度大而体积小的球作为摆球，应选长度不易发生变化的线作为摆线，因此摆球应选B，摆线选C；
（2）单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和，应先测出摆球直径，然后把单摆悬挂好，再测出摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，故D正确；
（3）由单摆周期公式T=2π
A、由g=
B、由g=
C、算摆长时加上了摆球的直径，摆长偏大，由g=
（4）由图示游标卡尺可知，主尺示数为1.1cm=11mm，游标尺示数为11×0.05mm=0.55mm，则摆球直径d=11mm+0.55mm=11.55mm；
由图示秒表可知，分针示数为1min30s=90s，秒针示数为6.8s，则秒表示数为90s+6.8s=96.8s．
故答案为：（1）BC；（2）D；（3）CD；（4）11.55，96.8．
在一次组装陀螺仪模型的科技活动中，有位同学想通过下面的实验寻找小陀螺重心位置：用一轻细线一端系在小陀螺上，将其悬挂起来，近似将其当作单摆处理，如图甲所示．先用米尺量出悬点到小陀螺下端的距离L，然后将小陀螺拉离平衡位置一个小角度由静止释放，测出其30次全振动的时间，算出振动周期T．改变悬线长并重复上面操作，得到多组L、T的数据，作出L-T2图象如图乙所示．由图可得小陀螺的重心到其下端的距离为______cm；同时可测得当地重力加速度大小为______m/s2．（π2≈10，保留2位有效数字）
正确答案
解：由图可以读出小铁锁重心到其下端的距离为图象与L轴的截距，即d=5.0cm；
根据T=2π
解得：L=
即
解得：g=9.6 m/s2．
故答案为：5.0 cm；9.6．
解析
解：由图可以读出小铁锁重心到其下端的距离为图象与L轴的截距，即d=5.0cm；
根据T=2π
解得：L=
即
解得：g=9.6 m/s2．
故答案为：5.0 cm；9.6．
某同学做“用单摆测重力加速度”实验．
①用游标卡尺测量摆球直径d，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用米尺测量出悬线长度l．
②在小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为0，数出以后小钢球通过平衡位置的次数为n，用停表记下所用的时间为t．请根据他的计数方法写出单摆周期的表达式：______．
③用上面的测量数据计算重力加速度的表达式为g=______．
正确答案
解：②由题意知，单摆完成 全振动的次数为N=
单摆的周期T=
③单摆摆长L=l+
由单摆周期公式T=2π
重力加速度：g=
故答案为：②
解析
解：②由题意知，单摆完成 全振动的次数为N=
单摆的周期T=
③单摆摆长L=l+
由单摆周期公式T=2π
重力加速度：g=
故答案为：②
在做用单摆测当地重力加速度的试验中，某同学组装好单摆后，单摆自然悬垂．用毫米刻度尺测出悬点到摆球的最低端的距离L=0.9880m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则摆球的直径为______mm，单摆摆长为______m；为减小实验误差，该同学在测量摆球振动周期时应从摆球经过______（填“最低点”或“最高点”）位置时开始计时．
正确答案
解：直径：主尺：1.3cm=13mm，游标尺对齐格数：8个格，读数：8×
所以直径为：13mm+0.40mm=13.40mm
所以单摆摆长为：L=0.9880-
测量周期时，为减小实验误差，从小球经过平衡位置时开始计时，即从摆球经过最低点时开始计时．
故答案为：13.40，0.9813，最低点
解析
解：直径：主尺：1.3cm=13mm，游标尺对齐格数：8个格，读数：8×
所以直径为：13mm+0.40mm=13.40mm
所以单摆摆长为：L=0.9880-
测量周期时，为减小实验误差，从小球经过平衡位置时开始计时，即从摆球经过最低点时开始计时．
故答案为：13.40，0.9813，最低点
①写出由单摆做间谐运动而得到的重力加速度的表达式g=______．由图象计算出的重力加速度g=______m/s2．（取π2=9.87）
②理论上该实验图象应该是一条过原点的斜线，而该同学由于______，所以得到如图所示的图线，这样通过第一问的方法计算出来的重力加速度与正确操作相比，其结果______（填“偏大”、“偏小”、“相同”）
正确答案
解：（1）由单摆周期公式T=2π
由T=2π
由图象可知：k=
由k=
（2）由T=2π
T2-l图象应该是过原点的直线，
如果测摆长l时，没有包括摆球半径r，
则T2=
则T2是l的一次函数，而不是正比例函数，
函数图象不是过原点的直线，而是一次函数图象，如图所示；
图象的斜率k与图象是否过原点无关，而g=
因此该根据该图象求得的重力加速度与正确操作时求得的重力加速度相同．
故答案为：（1）
解析
解：（1）由单摆周期公式T=2π
由T=2π
由图象可知：k=
由k=
（2）由T=2π
T2-l图象应该是过原点的直线，
如果测摆长l时，没有包括摆球半径r，
则T2=
则T2是l的一次函数，而不是正比例函数，
函数图象不是过原点的直线，而是一次函数图象，如图所示；
图象的斜率k与图象是否过原点无关，而g=
因此该根据该图象求得的重力加速度与正确操作时求得的重力加速度相同．
故答案为：（1）
（1）秒表的示数如图为______，若此时间为该单摆完成50次全振动的时间，则周期为T=______．
（2）若测得此单摆摆长为0.995m，则该单摆所在地的重力加速度为
______．（按π2=10计算，结果保留3位有效数字）
正确答案
解：秒表的读数为90+9.8s=99.8s．单摆的周期T=
根据单摆的周期公式
故答案为：（1）99.8，2.00 （2）9.95m/s2．
解析
解：秒表的读数为90+9.8s=99.8s．单摆的周期T=
根据单摆的周期公式
故答案为：（1）99.8，2.00 （2）9.95m/s2．
（1）在“利用单摆测重力加速度”实验中，测得单摆摆角小于 5°，完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为 L，用螺旋测微器侧得摆球直径为d．
①用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达形式g=______．
②从图1可知，摆球直径 d 的读数为______mm
③实验中某同学发现自己测得的重力加速度值总是偏大，其原因可能是______
A．悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．单摆所用摆球质量太大
C．把n次全振动时间误作（n+l ）次全振动时间
D．以摆线长作为摆长来计算
（ 2 ）将满偏电流Ig=50μA、内阻未知的电流表G改装成电流表并进行校准．
①利用如图2所示电路测量电流表内阻（图中电源电动势 E=4V ）：先闭合S1，调节 R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持 R 不变，调节 R‘，使电流表指针偏转到满刻度的 3/5，读出此时 R'的阻值为 1425Ω，则电流表内阻测量值Rg=______Ω．
②将该表改装成量程为 1mA 的电流表 A，需______（填“串联”或“并联”），阻值为 R0=______Ω的电阻．
③用标准电流表 A1对改装好的电流表 A 进行校准，请在方框内画出实验电路图并按电路图连接实物图．
正确答案
解：（1）①根据单摆周期公式T=2π
②螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为48.0×0.01mm=0.480mm，所以最终读数为：.5mm+0.480mm=5.980mm
（2）由g=4π2
A、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、重力加速度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．
（2）①实验时要求滑动变阻器阻值远远大于电流表内阻，实验过程中认为干路电流不变，则保持 R 不变，调节 R‘，使电流表指针偏转到满刻度的
②改装成大量程电流表要并联小电阻分流，则有：R=
③用标准电流表 A1对改装好的电流表 A 进行校准时为了从0开始一一校对，滑动变阻器采用分压接法．
实验电路图与实物图如图：
故答案为：（1）
解析
解：（1）①根据单摆周期公式T=2π
②螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为48.0×0.01mm=0.480mm，所以最终读数为：.5mm+0.480mm=5.980mm
（2）由g=4π2
A、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、重力加速度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．
（2）①实验时要求滑动变阻器阻值远远大于电流表内阻，实验过程中认为干路电流不变，则保持 R 不变，调节 R‘，使电流表指针偏转到满刻度的
②改装成大量程电流表要并联小电阻分流，则有：R=
③用标准电流表 A1对改装好的电流表 A 进行校准时为了从0开始一一校对，滑动变阻器采用分压接法．
实验电路图与实物图如图：
故答案为：（1）
I．如图1所示，读数是______mm． 如图2，用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是______mm．
II．在“用单摆测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；
b．用米尺量得细线长度l
c．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球
d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T=t/n
e．用公式g=
按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比______（选填“偏大”、“相同”或“偏小”）．
正确答案
解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为13mm，游标尺上第11个刻度游标读数为：0.05×11mm=0.55mm，所以最终读数为：1.3cm+0.55cm=13.55mm；
螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×18.0mm=0.180mm，所以最终读数为：0.5mm+0.180mm=0.680mm，
（2）该实验中，用米尺量得细线长度l，下端系住直径为d的金属小球，所以单摆的摆长为：
而该同学使用公式：
故答案为：I.13.55； 0.680； II．偏小
解析
解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为13mm，游标尺上第11个刻度游标读数为：0.05×11mm=0.55mm，所以最终读数为：1.3cm+0.55cm=13.55mm；
螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×18.0mm=0.180mm，所以最终读数为：0.5mm+0.180mm=0.680mm，
（2）该实验中，用米尺量得细线长度l，下端系住直径为d的金属小球，所以单摆的摆长为：
而该同学使用公式：
故答案为：I.13.55； 0.680； II．偏小
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100.51cm，然后用秒表记录了单摆做50次全振动的时间为101.0s．则：
（1）他测得摆球直径为______cm
（2）他测得当地重力加速度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）
（3）他测得的g值偏大，可能原因是：______
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，振动过程中出现松动．
C．开始计时时，秒表过迟按表 D．实验中误将50次全振动计为49次．
正确答案
解：（1）游标卡尺的主尺读数为29mm，游标读数为0.1×8mm=0.8mm，则最终读数为29.8mm=2.98cm．
（2）单摆的周期T=
g=
（3）根据g=
A、测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故A正确．
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动过程中出现松动，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小．故B错误．
C、开始计时时，秒表过迟按表，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确．
D、实验中误将50次全振动计为49次，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，故D错误．
故选：AC．
故答案为：（1）2.98；（2）9.86；（3）AC．
解析
解：（1）游标卡尺的主尺读数为29mm，游标读数为0.1×8mm=0.8mm，则最终读数为29.8mm=2.98cm．
（2）单摆的周期T=
g=
（3）根据g=
A、测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故A正确．
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动过程中出现松动，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小．故B错误．
C、开始计时时，秒表过迟按表，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确．
D、实验中误将50次全振动计为49次，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，故D错误．
故选：AC．
故答案为：（1）2.98；（2）9.86；（3）AC．
（1）某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率（如图所示）．实验的主要过程如下：
a．把白纸用图钉钉在木板上，在白纸上作出直角坐标系xOy，在白纸上画一条线段 AO表示入射光线．
b．把半圆形玻璃砖M放在白纸上，使其底边aa′与Ox轴重合．
c．用一束平行于纸面的激光从y＞0区域沿y轴负方向射向玻璃砖，并沿x轴方向调整玻璃砖的位置，使这束激光从玻璃砖底面射出后，仍沿y轴负方向传播．
d．在AO线段上竖直地插上两枚大头针P1、P2．
e．在坐标系的y＜0的区域内竖直地插上大头针P3，并使得从P3一侧向玻璃砖方向看去，P3能同时挡住观察P1和P2的视线．
f．移开玻璃砖，作OP3连线，用圆规以O点为圆心画一个圆（如图中虚线所示），此圆与AO线交点为B，与OP3连线的交点为C．确定出B点到x轴、y轴的距离分别为x1、y1、，C点到x轴、y轴的距离分别为x2、y2．
①根据上述所确定出的B、C两点到两坐标轴的距离，可知此玻璃折射率测量值的表达式为n=______．
②若实验中该同学在y＜0的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2，其原因可能是：______．
（2）在“用单摆测重力加速度”的实验中，某同学的主要操作步骤如下：
a．取一根符合实验要求的摆线，下端系一金属小球，上端固定在O点；
b．在小球静止悬挂时测量出O点到小球球心的距离l；
c．拉动小球使细线偏离竖直方向一个不大的角度（约为5°），然后由静止释放小球；
d．用秒表记录小球完成n次全振动所用的时间t．
①用所测物理量的符号表示重力加速度的测量值，其表达式为g=______；
②若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______．（选填下列选项前的序号）
A．测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长
B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长
C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=t/n求得周期
D．摆球的质量过大
③在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图象法处理数据，并通过改变摆长，测得了多组摆长l和对应的周期T，并用这些数据作出T2-l图象如图甲所示．若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值g=______．
④这位同学查阅资料得知，单摆在最大摆角θ较大时周期公式可近似表述为T=2
正确答案
解：（1）①设圆的半径为R，根据几何知识得，sinr=
根据折射定律n=
n=
②若从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2，其原因可能是沿P1、P2方向入射光在玻璃砖底边的界面上发生了全反射；
（2）根据已知条件可知，T=
根据单摆的周期公式得：
T=2
解得：g=
A、测量摆长时，把摆线长当成摆长时，摆长l偏小，测得的重力加速度数值应小于实际值．故A错误．
B、摆线上端没有系牢，摆动过程因松动而使摆线变长，则所测单摆的实际周期T偏大，所以所测重力加速度偏小，故B错误；
C、将摆球（n-1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，根据g=
D、重力加速度与摆球质量无关，故D错误；
故选C
③根据单摆的周期公式得：
T=2
所以T2=4π2
④实验中得到的线性图线，根据T=2
所以图乙中的纵轴表示的是sin2
故答案为：（1）
解析
解：（1）①设圆的半径为R，根据几何知识得，sinr=
根据折射定律n=
n=
②若从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2，其原因可能是沿P1、P2方向入射光在玻璃砖底边的界面上发生了全反射；
（2）根据已知条件可知，T=
根据单摆的周期公式得：
T=2
解得：g=
A、测量摆长时，把摆线长当成摆长时，摆长l偏小，测得的重力加速度数值应小于实际值．故A错误．
B、摆线上端没有系牢，摆动过程因松动而使摆线变长，则所测单摆的实际周期T偏大，所以所测重力加速度偏小，故B错误；
C、将摆球（n-1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，根据g=
D、重力加速度与摆球质量无关，故D错误；
故选C
③根据单摆的周期公式得：
T=2
所以T2=4π2
④实验中得到的线性图线，根据T=2
所以图乙中的纵轴表示的是sin2
故答案为：（1）
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