- 单摆
- 共2503题
正确答案
解：（1）由单摆周期公式T=2π
由T=2π
可得：T2=
k=
由图象可知：k=
因此，g=
故答案为：图如上所示，g=
解析
解：（1）由单摆周期公式T=2π
由T=2π
可得：T2=
k=
由图象可知：k=
因此，g=
故答案为：图如上所示，g=
某同学在做“用单摆测重力加速度”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振动50次所用的时间为101.5s．则
（1）他测得的重力加速度g=______m/s2．
（2）他测得的g值偏小，可能的原因是______．（填选项前面的字母）
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，秒表过迟按下
D．实验中误将49.5次全振动数为50次．
正确答案
解：（1）单摆的摆长L=l线+
单摆振动50次所用的时间为101.5s，所以T=2.03s
根据周期公式T=2π
（2）本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2π
A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．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，振动周期变大，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，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．
D、实验中误将49.5次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选B
故答案为：（1）9.76
（2）B
解析
解：（1）单摆的摆长L=l线+
单摆振动50次所用的时间为101.5s，所以T=2.03s
根据周期公式T=2π
（2）本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2π
A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．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，振动周期变大，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，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．
D、实验中误将49.5次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选B
故答案为：（1）9.76
（2）B
某实验小组拟用甲图所示的装置研究滑块的运动．实验器材有：滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板、漏斗和细线组成的单摆（细线质量不计且不可伸长，装满有色液体后，漏斗和液体质量相差不大）等．实验前，在控制液体不漏的情况下，从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100秒；实验中，让滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向做微小振幅摆动，漏斗漏出的液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．
①该单摆的周期是______s；
②图乙是实验得到的有液体痕迹并进行了数据测量的纸带，根据纸带可求出滑块的加速度为______m/s2；（结果取两位有效数字）
③用该实验装置测量滑块加速度，对实验结果影响最大的因素是______．
正确答案
解：（1）从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100秒，知50次全振动的时间为100s，则单摆的周期为：
T=
（2）根据△x=at2，t=
a=
（3）液体漏出后，漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆的周期，影响加速度的测量值．
故答案为：（1）2 （2）0.10，（3）漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆的周期，影响加速度的测量值．
解析
解：（1）从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100秒，知50次全振动的时间为100s，则单摆的周期为：
T=
（2）根据△x=at2，t=
a=
（3）液体漏出后，漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆的周期，影响加速度的测量值．
故答案为：（1）2 （2）0.10，（3）漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆的周期，影响加速度的测量值．
在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
（1）以下做法中正确的是______
A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线的长度
B．测量周期时，选取最大位移处作为计时起点与终止点
C．要保证单摆在同一竖直面内摆动
D．单摆摆动时，对摆角的大小没有要求
（2）某同学测得以下数据：摆线长为L，摆球的直径为d，单摆完成N次全振动的时间为t，则
①用L、d、N、t表示重力加速度g=______．
②他测得的g值偏小，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51次全振动计为49次．
正确答案
解：
（1）A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离．故A错误．
B．测量周期时，选取平衡位置作为计时起点与终止点，因为摆球通过平衡位置时速度最大，相等的距离误差时，引起的时间误差较小，测量的周期精确．故B错误．
C．要保证单摆在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆．故C正确．
D．单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°．
故选C
（2）①单摆的周期T=
②A、测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量偏大，则根据g=
B、振动中出现松动，使摆线长度增加，测量的时间t偏大，由g的表达式可知，测得的g值偏小．故B正确．
C、开始计时时，秒表过迟按下，测量的时间t偏小，测得的g值偏小．故C正确．
D、实验中误将51次全振动计为49次，N偏小，测得的g值偏小．故D正确．
故答案为：（1）C（2）1、
解析
解：
（1）A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离．故A错误．
B．测量周期时，选取平衡位置作为计时起点与终止点，因为摆球通过平衡位置时速度最大，相等的距离误差时，引起的时间误差较小，测量的周期精确．故B错误．
C．要保证单摆在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆．故C正确．
D．单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°．
故选C
（2）①单摆的周期T=
②A、测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量偏大，则根据g=
B、振动中出现松动，使摆线长度增加，测量的时间t偏大，由g的表达式可知，测得的g值偏小．故B正确．
C、开始计时时，秒表过迟按下，测量的时间t偏小，测得的g值偏小．故C正确．
D、实验中误将51次全振动计为49次，N偏小，测得的g值偏小．故D正确．
故答案为：（1）C（2）1、
某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据，其中的一组数据如下所示．
（1）用毫米刻度尺测量摆线的长时，将摆线平放，如图（A）所示，刻度尺读数是______cm；用游标卡尺测量摆球直径，卡尺游标位置如图（B）所示，可知摆球直径是______cm，如图所示测出的摆长______（偏大，偏小 ），正确的测量方法是______
（2）该同学用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图C所示，则秒表所示读数为______s．单摆的周期是______s（保留三位有效数字）
（3）为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长L，测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数值，再以l为横坐标 T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图D所示，请你写出T2与L的关系式应为T2=______，利用图线可以求出图线的斜率为k=______，再由k可求出g=______．
（4）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______
A．未挂小球就测量绳长，然后与小球半径相加作为摆长
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，秒表过迟按下
D．实验中误将29次全振动数记为30次．
正确答案
解：（1）摆线的长度l=99.00cm，游标卡尺的读数为d=19mm+0.05×8mm=19.40mm=1.940cm，如图所示测出的摆长偏小，正确的测量方法是将小球悬挂，测量摆线自然伸长时的长度．
（2）秒表的读数t=60s+27.0s=87.0s，则单摆的周期T=
（3）根据T=
（4）根据T=
A、未挂小球就测量绳长，然后与小球半径相加作为摆长，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、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，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B正确．
C、开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误．
D、实验中误将29次全振动数记为30次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故D错误．
故选：AB．
故答案为：（1）99.00，1.940，偏小，将小球悬挂，测量摆线自然伸长时的长度．（2）87.0，2.90．（3）
解析
解：（1）摆线的长度l=99.00cm，游标卡尺的读数为d=19mm+0.05×8mm=19.40mm=1.940cm，如图所示测出的摆长偏小，正确的测量方法是将小球悬挂，测量摆线自然伸长时的长度．
（2）秒表的读数t=60s+27.0s=87.0s，则单摆的周期T=
（3）根据T=
（4）根据T=
A、未挂小球就测量绳长，然后与小球半径相加作为摆长，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、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，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B正确．
C、开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误．
D、实验中误将29次全振动数记为30次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故D错误．
故选：AB．
故答案为：（1）99.00，1.940，偏小，将小球悬挂，测量摆线自然伸长时的长度．（2）87.0，2.90．（3）
某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的实践和探究：
①用游标卡尺测量摆球直径的情况如图1所示，则摆球直径为______cm．把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆长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2所示，则该单摆的周期是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3，则此图线的斜率的物理意义是______
A．g B．
正确答案
解：①游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.1×6mm=0.6mm，则最终读数为20.6mm=2.06cm．
②秒表的读数为60s+7.4s=67.4s，则周期T=
③根据T=2π 
故答案为：2.06cm 2.24s C
解析
解：①游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.1×6mm=0.6mm，则最终读数为20.6mm=2.06cm．
②秒表的读数为60s+7.4s=67.4s，则周期T=
③根据T=2π
故答案为：2.06cm 2.24s C
（1）用游标卡尺测量某一物体的宽度情况如图（甲）所示，其读数为______mm；
用螺旋测微器测某一物体的长度情况如图（乙）所示，其读数为______cm．
（2）某组同学想通过单摆实验测出当地的重力加速度．他们拟通过改变摆长测出对应的周期，
得到若干组周期和摆长的数据；然后建立直角坐标系，以周期平方T2为纵坐标、摆长L为横坐标作出T2-L图线．在计算重力加速度时，一位同学认为应该从上述实验数据中取出一组周期和摆长的值，利用单摆周期公式，求出重力加速度．另一位同学认为既然作出了图线，就应该利用图线求重力加速度．经分析可知图线的斜率k=
正确答案
解：（1）游标卡尺的主尺读数为58mm，游标尺上第13个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×13mm=0.65mm，
所以最终读数为：58mm+0.65mm=58.65mm；
螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.01×17.8mm=0.178mm，所以最终读数为5.678mm．
故答案为：58.65，5.678．
（2）两种方法均不妥，第一种从实验数据中取出一组周期和摆长数据，利用单摆周期公式，求出重力加速度．没有利用图象处理减小误差，计算结果可能造成较大误差．第二位同学的做法量得图线得倾角，由于两坐标比例往往不同，量得图线得倾角不一定是图线得实际倾角，计算得不一定是图线得斜率．应在图线上取两个点，算出斜率，进行计算．
故答案为：两种方法均不妥．应在图线上取相距较远的两个点，算出斜率，进行计算．
解析
解：（1）游标卡尺的主尺读数为58mm，游标尺上第13个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×13mm=0.65mm，
所以最终读数为：58mm+0.65mm=58.65mm；
螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.01×17.8mm=0.178mm，所以最终读数为5.678mm．
故答案为：58.65，5.678．
（2）两种方法均不妥，第一种从实验数据中取出一组周期和摆长数据，利用单摆周期公式，求出重力加速度．没有利用图象处理减小误差，计算结果可能造成较大误差．第二位同学的做法量得图线得倾角，由于两坐标比例往往不同，量得图线得倾角不一定是图线得实际倾角，计算得不一定是图线得斜率．应在图线上取两个点，算出斜率，进行计算．
故答案为：两种方法均不妥．应在图线上取相距较远的两个点，算出斜率，进行计算．
在“用单摆测重力加速度”的实验．中，为了减少实验误差，以下操作正确的是______
A．选取长度1Ocm左右的细绳作为摆线
B．在摆球运动到最低点处开始计时
C．若摆球n次经过最低点所用的时间为t，则单摆的周期为T=
D．多次改变摆长l，测出不同摆长下摆球运动的周期T，可由T-l图象求出重力加速度g．
正确答案
解：A、选取长度1O0cm左右的细线作为摆线，故A错误；
B、在摆球运动到最低点处开始计时，可以准确测量周期，减小实验误差，故B正确；
C、若摆球n次经过最低点所用的时间为t，则单摆的周期为T=
D、多次改变摆长l，测出不同摆长下摆球运动的周期T，可由T2-l图象求出重力加速度g，故D错误；
故选B．
解析
解：A、选取长度1O0cm左右的细线作为摆线，故A错误；
B、在摆球运动到最低点处开始计时，可以准确测量周期，减小实验误差，故B正确；
C、若摆球n次经过最低点所用的时间为t，则单摆的周期为T=
D、多次改变摆长l，测出不同摆长下摆球运动的周期T，可由T2-l图象求出重力加速度g，故D错误；
故选B．
某同学在做“利用单摆测定重力加速度”的实验中，用游标尺为50分度的卡尺测量小球的直径，结果如图所示，由图可知小球的直径为______mm．
把用此小球做好的单摆固定好，使摆球自由下垂，测得摆线长为97.50cm，则该摆摆长L为______cm
把单摆从平衡位置移开，使其摆动，为了使摆动符合实验要求，在操作时要注意：
①______．
②______．
正确答案
解：游标卡尺的主尺读数为14mm，游标读数为0.02×15mm=0.30mm，所以最终读数为14.30mm；
单摆的摆长等于线长加上球的半径，为：97.50cm+
注意事项：①单摆的摆角小于10°；②计时从平衡位置开始，振动次数小约在30至50次左右．
答：14.30，98.22；
①单摆的摆角小于10°；
②计时从平衡位置开始；振动次数小约在30至50次左右．
解析
解：游标卡尺的主尺读数为14mm，游标读数为0.02×15mm=0.30mm，所以最终读数为14.30mm；
单摆的摆长等于线长加上球的半径，为：97.50cm+
注意事项：①单摆的摆角小于10°；②计时从平衡位置开始，振动次数小约在30至50次左右．
答：14.30，98.22；
①单摆的摆角小于10°；
②计时从平衡位置开始；振动次数小约在30至50次左右．
在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测得单摆偏离平衡位置的最大摆角小于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（悬点到摆球上端的距离）为 L，用______测得摆球的直径为 d．若实验时摆线的上端未牢固地系于悬点，量好摆长后摆动中出现松动，则测得的重力加速度的值将______（填“偏小”、“偏大”或者“不变”）．
正确答案
解：本实验中利用游标卡尺测得摆球的直径为d．
由单摆的周期公式T=2
故答案为：游标卡尺，偏小
解析
解：本实验中利用游标卡尺测得摆球的直径为d．
由单摆的周期公式T=2
故答案为：游标卡尺，偏小
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