- 单摆
- 共2503题
（1）在“利用单摆测重力加速度”的实验中，测得单摆的摆角小于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为L，用五十分度的游标卡尺测得摆球的直径d．
①用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=______．
②从图1可知，摆球直径d的读数（分尺标度为5与主尺某一刻度线对齐）为______cm．
（2）将倾角为θ的光滑绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，一个质量为m、带电量为q的小物体在斜面上由静止开始下滑（设斜面足够长）如图2所示，滑到某一位置开始离开，求：
①物体带电荷性质______
②物体离开斜面时的速度及物体在斜面上滑行的长度是______
正确答案
解：（1）①单摆摆长l=L+
g=
②由图1所示游标卡尺可知，游标卡尺主尺示数是1.7cm，游标尺示数是25×0.02mm=0.50mm=0.050cm，
则游标卡尺的示数，即摆球直径为1.7cm+0.050cm=1.750cm；
（2）①带电小物体下滑滑到某一位置开始离开斜面，说明物体受到的洛伦兹力垂直于斜面向上，由左手定则知，小球带负电．
②小物体沿斜面下滑时，受力如图所示；
由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，
洛伦兹力F=qvB，当FN=0，即qvB=mgcosθ，
v=
由匀变速直线运动的速度位移公式可得：
v2-0=2aL，则小物体在斜面上滑行的常识L=
故答案为：（1）①
解析
解：（1）①单摆摆长l=L+
g=
②由图1所示游标卡尺可知，游标卡尺主尺示数是1.7cm，游标尺示数是25×0.02mm=0.50mm=0.050cm，
则游标卡尺的示数，即摆球直径为1.7cm+0.050cm=1.750cm；
（2）①带电小物体下滑滑到某一位置开始离开斜面，说明物体受到的洛伦兹力垂直于斜面向上，由左手定则知，小球带负电．
②小物体沿斜面下滑时，受力如图所示；
由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，
洛伦兹力F=qvB，当FN=0，即qvB=mgcosθ，
v=
由匀变速直线运动的速度位移公式可得：
v2-0=2aL，则小物体在斜面上滑行的常识L=
故答案为：（1）①
在暗室中用图甲所示装置做“测定重力加速度”的实验．
实验器材有：支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、有荧光刻度的米尺、频闪仪．具体实验步骤如下：
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看到一串仿佛固定不动的水滴．
③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度．
④对采集数据进行处理．
实验中观察到水滴“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的距离如图乙，根据数据测得当地重力加速度g=______m/s2；第8个水滴此时的速度V8=______m/s．（结果均保留三位有效数字）
正确答案
解：频闪仪的闪光频率f1与f2水滴滴落的频率的关系为f1=f2；所以两个水滴之间的时间间隔为：
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：
选择图中的后四段位移，根据逐差法有：
s3-s1=2a1T2
s4-s2=2a2T2
故答案为：9.79，2.27
解析
解：频闪仪的闪光频率f1与f2水滴滴落的频率的关系为f1=f2；所以两个水滴之间的时间间隔为：
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：
选择图中的后四段位移，根据逐差法有：
s3-s1=2a1T2
s4-s2=2a2T2
故答案为：9.79，2.27
（1）某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长L为97.50cm，（如图甲）利用游标卡尺测得摆球直径D为______cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间t（如图乙），秒表所示读数为______s，则该摆摆长表达式为______．
（2）为提高实验精度，该同学在实验中改变摆长l并测出相应的周期T，得出一组对应的l与T的数据如表所示．
请你帮助该同学以l为横坐标，T2为纵坐标将所得数据在图丙所示的坐标系中作出图线，并根据图线求得重力加速度g=______m/s2 （π2取10，结果 取3位有效数字）．
（3）（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，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次．
正确答案
解：（1）据游标卡尺可知，游标的第10个小格对齐，所以读数为：1.1cm+0.05×10mm=11.50cm．
小表盘表针超过了半刻线，故：t=60s+39.8s=99.8s．
单摆的摆长为：L=l线+
（2）根据表中实验数据，应用描点法作图，T2-l图象如下图所示；由单摆周期公式T=2π
T2=
由此可知T2与L成正比，因此T2-L图象斜率k=
则重力加速度g=
（3）据单摆的周期公式可得：g=
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，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）1.150；99.8；L+
解析
解：（1）据游标卡尺可知，游标的第10个小格对齐，所以读数为：1.1cm+0.05×10mm=11.50cm．
小表盘表针超过了半刻线，故：t=60s+39.8s=99.8s．
单摆的摆长为：L=l线+
（2）根据表中实验数据，应用描点法作图，T2-l图象如下图所示；由单摆周期公式T=2π
T2=
由此可知T2与L成正比，因此T2-L图象斜率k=
则重力加速度g=
（3）据单摆的周期公式可得：g=
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，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）1.150；99.8；L+
（1）以摆长L为横坐标，周期的平方T2为纵坐标，根据以上数据在图中画出T2-L的图线．
（2）由此图象求出重力加速度g=______m/s．（结果保留到小数点后二位）
（3）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值比当地的标准值偏小，可能是因为______
A．摆球的质量偏大
B．摆动的偏角偏小
C．计算摆长时，把悬线长l’当作了摆长l
D．测量周期时，将n次全振动误记成了（n+1）次全振动．
正确答案
所以T2-l图线是过坐标原点的一条直线，根据描点法作出图象，如图所示：
（2）直线的斜率是：k=
根据图象求得直线斜率为：k=4.00，
得：g=
（3）A、根据
B、根据
C、根据
D、根据
故选：C．
故答案为：（1）如图；（2）9.86；（3）C
解析
所以T2-l图线是过坐标原点的一条直线，根据描点法作出图象，如图所示：
（2）直线的斜率是：k=
根据图象求得直线斜率为：k=4.00，
得：g=
（3）A、根据
B、根据
C、根据
D、根据
故选：C．
故答案为：（1）如图；（2）9.86；（3）C
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，直接测出的物理量是______，为了算出单摆振动周期，应先测出______，其中计量单摆振动时间的起止时刻，均应选在摆球通过______位置时，本实验用重力加速度的计算式是g=______．
正确答案
解：根据单摆的周期公式
故需要测量摆长L，即摆线长、摆球直径；
经过平衡位置速度最大，时间最短，误差最小，故从经过平衡位置开始计时；
测出振动n次的时间t，则周期为：
故重力加速度的表达式为：g=
故答案为：摆线长、摆球直径（或摆长），振动n次的时间t，静止时的平衡，
解析
解：根据单摆的周期公式
故需要测量摆长L，即摆线长、摆球直径；
经过平衡位置速度最大，时间最短，误差最小，故从经过平衡位置开始计时；
测出振动n次的时间t，则周期为：
故重力加速度的表达式为：g=
故答案为：摆线长、摆球直径（或摆长），振动n次的时间t，静止时的平衡，
某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测得摆线长为L，摆球直径为d，然后用秒表测得n次全振动的时间为t，则：
（1）重力加速度的表达式g=______．（用上述符号表示）
（2）若用最小分度为毫米的刻度尺测得摆线长为980.8mm，用20分度的游标卡尺测得摆球直径如图甲，摆球的直径为______mm．单摆在竖直面内摆动，用秒表测出单摆做50次全振动所用的时间如图乙，则t=______s．求得当地的重力加速度为______m/s2．（取π2=9.86，求得的重力加速度值保留三位有效数字）
（3）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．摆球在水平面内做圆锥摆运动
C．开始计时，秒表过迟按下 D．悬点未固定，振动过程中出现松动，摆线长度增加了．
正确答案
解：（1）根据T=
联立解得g=
（2）游标卡尺的主尺读数为18mm，游标读数为0.05×8mm=0.40mm，则小球的直径为18.40mm．
秒表的小盘读数为90s，小盘读数为10.0s，则秒表的读数t=100.0s．
则g=
（3）A、根据g=
B、摆球在水平面内做圆锥摆运动，等效摆长比实际的摆长短，摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大．故B错误．
C、开始计时，秒表过迟按下，则测量的周期偏小，测量的重力加速度值偏大．故C错误．
D、悬点未固定，振动过程中出现松动，摆线长度增加了．则测量的摆长偏短，重力加速度测量值偏小．故D正确．
故选：D．
故答案为：（1）
解析
解：（1）根据T=
联立解得g=
（2）游标卡尺的主尺读数为18mm，游标读数为0.05×8mm=0.40mm，则小球的直径为18.40mm．
秒表的小盘读数为90s，小盘读数为10.0s，则秒表的读数t=100.0s．
则g=
（3）A、根据g=
B、摆球在水平面内做圆锥摆运动，等效摆长比实际的摆长短，摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大．故B错误．
C、开始计时，秒表过迟按下，则测量的周期偏小，测量的重力加速度值偏大．故C错误．
D、悬点未固定，振动过程中出现松动，摆线长度增加了．则测量的摆长偏短，重力加速度测量值偏小．故D正确．
故选：D．
故答案为：（1）
某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为______cm．
（2）以下是实验过程中的一些做法或结论，其中正确的是______（填选项前的字母）
A．摆线要选择细些的，伸缩性小些的，并且尽可能长一些
B．摆球尽量选择密度较小、体积较小的
C．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
D．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
E．为了使单摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度．
正确答案
解：（1）游标卡尺读数等于固定刻度读数加游标尺读数；固定刻度读数为：1.0cm；游标尺第8刻线与主尺刻线对齐，读数为8×0.05mm=0.40mm=0.040cm，故读数为：1.040 cm．
（2）A、实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度适当长一些；和选择密度较大、体积较小的摆球，故A正确，B错误；
C、一个周期的时间内，摆球通过最低点2次，故C错误；
D、由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式g=
E、摆球的周期与摆线的长度有关，在摆角较小时，周期与摆角无关，故E错误．
故选：AD
故答案为：（1）1.040 （2）AD
解析
解：（1）游标卡尺读数等于固定刻度读数加游标尺读数；固定刻度读数为：1.0cm；游标尺第8刻线与主尺刻线对齐，读数为8×0.05mm=0.40mm=0.040cm，故读数为：1.040 cm．
（2）A、实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度适当长一些；和选择密度较大、体积较小的摆球，故A正确，B错误；
C、一个周期的时间内，摆球通过最低点2次，故C错误；
D、由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式g=
E、摆球的周期与摆线的长度有关，在摆角较小时，周期与摆角无关，故E错误．
故选：AD
故答案为：（1）1.040 （2）AD
（1）从下列器材中选用最合适的（填写器材代号）______
A．小铁球
B．小塑料球
C．30cm长的摆线
D．100cm长的摆线
E．手表
F．秒表
G．米尺
H．铁架台
（2）某次单摆摆动时间测定中，秒表的示数如图所示，则t=______s．
正确答案
解：1、为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择A球，摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，细线长短适当，选择D，计时工具应尽量精确，选择F，此外还要知道摆长的实际长度，需要G，此实验需要支架，选择H．
2、秒表读数为：t=90s+9.80s=99.80 s；
故答案为：ADFGH、99.80 s
解析
解：1、为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择A球，摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，细线长短适当，选择D，计时工具应尽量精确，选择F，此外还要知道摆长的实际长度，需要G，此实验需要支架，选择H．
2、秒表读数为：t=90s+9.80s=99.80 s；
故答案为：ADFGH、99.80 s
（1）用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式：g=______；
（2）由图可知，摆球直径d的读数为______；
（3）实验中有个同学发现他测的重力加速度值总是偏大，其原因可能是______：
A．实验室处在高山上，距海平面太高
B．单摆所用的摆球太重了
C．测出n 次全振动的时间为t，误作为（n+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
解：（1）单摆周期T=
联立可得重力加速度为：g=4n2π2（L+
（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、以线长加球直径作为摆长来计算，摆长偏大，根据g=
故选CD．
故答案为：
（1）g=4n2π2（L+
（2）5.980mm
（3）C、D
解析
解：（1）单摆周期T=
联立可得重力加速度为：g=4n2π2（L+
（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、以线长加球直径作为摆长来计算，摆长偏大，根据g=
故选CD．
故答案为：
（1）g=4n2π2（L+
（2）5.980mm
（3）C、D
在“测定重力加速度”的实验中，某同学用一根细线和一均质小球制成单摆，他已经测得此单摆n个周期的时间为t，从悬挂点到小球顶端的线长为L，还需要测量的物理量为______，将g用测量量表示，可得g=______．
正确答案
解：单摆摆长为悬点到球心间距，故还需要测量小球的直径D；
单摆周期为：
根据单摆周期公式T=
故答案为：小球的直径D，
解析
解：单摆摆长为悬点到球心间距，故还需要测量小球的直径D；
单摆周期为：
根据单摆周期公式T=
故答案为：小球的直径D，
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