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简答题

下列说法正确的是______

A.单摆在周期性外力作用下做受迫振动,其振动周期与单摆的摆长无关

B.变化的电场一定产生变化的磁场,变化的磁场一定产生变化的电场

C.在光的双缝干涉实验中,若仅将入射光由红光改为绿光,则干涉条纹间距变窄

D.光纤通信的工作原理是全反射,光纤通信具有容量大、抗干扰性强等优点

E.用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振.

正确答案

解:A、单摆在周期性外力作用下做受迫振动,其受迫振动的周期等于驱动力的周期,固有周期无关,与单摆的摆长无关,故A正确;

B、变化的电场一定产生磁场,变化的磁场一定产生电场,非均匀变化的电场产生变化的磁场,非均匀变化的磁场产生电场,均匀变化的电场产生稳定的磁场,均匀变化的磁场产生稳定的电场,故B错误;

C、绿光的波长小于红光的波长,由双缝干涉条纹间距公式:△x=λ可知,在光的双缝干涉实验中,若仅将入射光由红光改为绿光,则干涉条纹间距变窄,故C正确;

D、光纤通信的工作原理是全反射,光纤通信具有容量大、抗干扰性强等优点,故D正确;

E、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉,故E错误;

故选:ACD.

解析

解:A、单摆在周期性外力作用下做受迫振动,其受迫振动的周期等于驱动力的周期,固有周期无关,与单摆的摆长无关,故A正确;

B、变化的电场一定产生磁场,变化的磁场一定产生电场,非均匀变化的电场产生变化的磁场,非均匀变化的磁场产生电场,均匀变化的电场产生稳定的磁场,均匀变化的磁场产生稳定的电场,故B错误;

C、绿光的波长小于红光的波长,由双缝干涉条纹间距公式:△x=λ可知,在光的双缝干涉实验中,若仅将入射光由红光改为绿光,则干涉条纹间距变窄,故C正确;

D、光纤通信的工作原理是全反射,光纤通信具有容量大、抗干扰性强等优点,故D正确;

E、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉,故E错误;

故选:ACD.

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简答题

在“利用单摆测重力加速度”的实验中.

(1)某同学用刻度尺测得摆线长为0585m,用如图甲所示的游标卡尺(标尺上有10个等分刻度)测摆球直径,用如图乙所示的秒表记录单摆振动50次所用的时间.由图甲读出摆球直径为______m,单摆振动50次所用的时间为______ S

(2)若测得摆球直径为d,摆线长为l,周期为T,请写出重力加速度的计算式g=______

正确答案

解:(1)由图甲可知,游标卡尺主尺示数是1cm,游标尺示数是2×0.1mm=0.2mm=0.02cm,

则游标卡尺的示数是1cm+0.02cm=1.02cm=1.02×10-2m;

由图乙所示秒表可知,秒表分针示数是1min=60s,秒针示数是40.4s,秒表示数是60s+40.4s=100.4s;

(2)单摆摆长L=l+,由单摆周期公式T=2π可得:g==

故答案为:(1)1.02×10-2;100.4;(2)

解析

解:(1)由图甲可知,游标卡尺主尺示数是1cm,游标尺示数是2×0.1mm=0.2mm=0.02cm,

则游标卡尺的示数是1cm+0.02cm=1.02cm=1.02×10-2m;

由图乙所示秒表可知,秒表分针示数是1min=60s,秒针示数是40.4s,秒表示数是60s+40.4s=100.4s;

(2)单摆摆长L=l+,由单摆周期公式T=2π可得:g==

故答案为:(1)1.02×10-2;100.4;(2)

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简答题

在“用单摆测重力加速度”的实验中,可供选择的器材是

A、20cm长细线  B、1m长细线C、1m长粗线   D、小铁球(带小孔) E、塑料球(带小孔)  F、毫米刻度尺  G、厘米刻度尺  H、秒表  I、时钟   J、铁架台  K、游标卡尺.

(1)为了较精确地测量重力加速度g值,应选用的器材编号是______

(2)在利用单摆测重力加速度的实验中,某同学通过反复实验,得到了摆长和周期的一组数据L1、T1;L2、T2…且画出T2-L图线.量得图线与L轴夹角为θ,则重力加速度g值=______

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D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,选约为1m的细线,选择B.

计时工具应尽量精确,选择秒表H.此外还要测量摆线的长度,小球的半径,需要F和K,此实验需要支架,选择J.故应选用的器材有:B D F H J K

(2)根据T=知,

图线的斜率k=,则重力加速度g=4π2cotθ.

故答案为:(1)BDFHJK,(2)4π2cotθ.

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D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,选约为1m的细线,选择B.

计时工具应尽量精确,选择秒表H.此外还要测量摆线的长度,小球的半径,需要F和K,此实验需要支架,选择J.故应选用的器材有:B D F H J K

(2)根据T=知,

图线的斜率k=,则重力加速度g=4π2cotθ.

故答案为:(1)BDFHJK,(2)4π2cotθ.

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简答题

(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中,某一同学用10分度的游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示,则摆球的直径为______mm,把摆球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放,使单摆在竖直平面内摆动,当摆动稳定后,在摆球通过平衡位置时启动秒表,并数下“0”,直到摆球第N次同向通过平衡位置时按停秒表,秒表读数如图乙所示,读出所经历的时间t=______s

(2)该同学根据实验数据,利用计算机作出T 2-L图线如图丙所示.根据图线拟合得到方程T 2=404.0L+3.0.从理论上分析图线没有过坐标原点的原因,下列分析正确的是:______

A.不应在小球经过最低点时开始计时,应该在小球运动到最高点开始计时;

B.开始计时后,不应记录小球经过最低点的次数,而应记录小球做全振动的次数;

C.不应作T 2-L图线,而应作T-L图线;

D.不应作T 2-L图线,而应作T 2-(L+)图线.

正确答案

解:(1)游标卡尺的主尺读数为22mm,游标读数为0.1×0=0.0mm,则最终读数为22.0mm.

秒表的小盘读数为90s,大盘读数为9.8s,则秒表的读数t=99.8s.

(2)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和,把摆线长度作为单摆摆长,

摆长小于实际摆长,t2-l图象不过原点,在纵轴上截距不为零,故D正确.

故选:D;

故答案为:(1)22.0,99.8;(2)D.

解析

解:(1)游标卡尺的主尺读数为22mm,游标读数为0.1×0=0.0mm,则最终读数为22.0mm.

秒表的小盘读数为90s,大盘读数为9.8s,则秒表的读数t=99.8s.

(2)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和,把摆线长度作为单摆摆长,

摆长小于实际摆长,t2-l图象不过原点,在纵轴上截距不为零,故D正确.

故选:D;

故答案为:(1)22.0,99.8;(2)D.

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(1)在用单摆测定重力加速度的实验中,用游标为10分度的卡尺测量摆球的直径,示数如图1所示,读数为______cm.

(2)在测定金属的电阻率实验中,用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图2所示,读数为______mm.

(3)、用多用电表进行了几次测量,指针分别处于a和b的位置,如图所示.若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的档位,a和b的相应读数是多少?①__________________

正确答案

解:(1)主尺读数:1cm,游标尺:对齐的格数:3,所以游标尺读数:3×0.1=0.3mm=0.03cm,所以读数为:1.03cm

(2)固定刻度:0.5mm,可动刻度格数:6.7,所以可动刻度读数:6.7×0.01=0.067mm,所以读数为:0.567mm

(3)①档位100mA:选用0--10V的刻度:,读出数来乘以10:(2mA+0.2mA×1.6)×10=23.2mA;

②档位2.5V,选用0--250的刻度,读出数来除以100:=0.58V(这里档位是2.5V,小数点后第1位为精确位,小数点后第2位为估读位,故保留两位小数);

③欧姆档指针靠近谁就读谁:倍率:3.5,档位×100,所以读数为:3.5×100=350Ω

故答案为:(1)1.03

(2)0.567

(3)①23.2mA;②0.58V;③350Ω

解析

解:(1)主尺读数:1cm,游标尺:对齐的格数:3,所以游标尺读数:3×0.1=0.3mm=0.03cm,所以读数为:1.03cm

(2)固定刻度:0.5mm,可动刻度格数:6.7,所以可动刻度读数:6.7×0.01=0.067mm,所以读数为:0.567mm

(3)①档位100mA:选用0--10V的刻度:,读出数来乘以10:(2mA+0.2mA×1.6)×10=23.2mA;

②档位2.5V,选用0--250的刻度,读出数来除以100:=0.58V(这里档位是2.5V,小数点后第1位为精确位,小数点后第2位为估读位,故保留两位小数);

③欧姆档指针靠近谁就读谁:倍率:3.5,档位×100,所以读数为:3.5×100=350Ω

故答案为:(1)1.03

(2)0.567

(3)①23.2mA;②0.58V;③350Ω

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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细线的长度即可;

B.如果找不铁球做摆球,塑料球也可以替代;

C.要保证单摆自始自终在同竖直面内摆动;

D.单摆振动时,为了观察与测量方便,偏角最好在45°左右;

(2)甲同学测量周期时,当摆球通过平衡位置时启动表并记为1次,到球第30次通过平衡位置时经历的时间为t,利用求周期,如果其它操作没有问题的话,他测得的重力加速度数值比实际值______(填“偏大”或“偏小”).

(3)乙同学测得该摆摆长为98.80cm后,用秒表记录单摆完成全振动50次所用的时间为99.8s,则该单摆的周期为______s,则加速度g=______ m/s2(g的计算结果保留3位有效数字).

正确答案

解:(1)A、摆长等于摆线的长度与半径之和.故A错误.

B、塑料球质量轻,所受阻力不能忽略,不能当摆球使用.故B错误.

C、单摆的摆动需在同一竖直面内摆动.故C正确.

D、单摆在摆角较小时,可以看作简谐运动,摆角较大时,不能看作简谐运动.故D错误.

故选C.

(2)甲同学测量周期时,当摆球通过平衡位置时启动表并记为1次,到球第30次通过平衡位置时经历的时间为t,发生全振动的次数为14次,利用求周期,测出的周期偏小,根据g=知,测出的重力加速度偏大.

(3)单摆的周期T=

则重力加速度g=

故答案为:(1)C;(2)偏大;(3)1.996s;   9.78(9.74~9.78)

解析

解:(1)A、摆长等于摆线的长度与半径之和.故A错误.

B、塑料球质量轻,所受阻力不能忽略,不能当摆球使用.故B错误.

C、单摆的摆动需在同一竖直面内摆动.故C正确.

D、单摆在摆角较小时,可以看作简谐运动,摆角较大时,不能看作简谐运动.故D错误.

故选C.

(2)甲同学测量周期时,当摆球通过平衡位置时启动表并记为1次,到球第30次通过平衡位置时经历的时间为t,发生全振动的次数为14次,利用求周期,测出的周期偏小,根据g=知,测出的重力加速度偏大.

(3)单摆的周期T=

则重力加速度g=

故答案为:(1)C;(2)偏大;(3)1.996s;   9.78(9.74~9.78)

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在“用单摆测定重力加速度的实验”中

①用游标卡尺测量摆球直径的情况如如图1所示,读出摆球直径______cm.

②测单摆周期时,当摆球经过______时开始计时并计1次,测出经过该位置N次所用时间为t,则单摆周期为______

③若测量出多组周期T、摆长L数值后,画出T2-L图象如图2,则此图线的斜率的物理意义是______

A.g     B.      C.     D.

正确答案

解:(1)①这是10分度的游标卡尺,游标尺每一分度表示的长度为0.1mm,主尺的读数为20mm,游标尺上第6条刻度线与主尺对齐,读数为6×0.1mm=0.6mm,所以摆球直径读数为d=20mm+0.6mm=20.6mm=2.06cm

②由题意,当摆球经过平衡位置时开始计时并计1次,而摆球每半个周期通过一次平衡位置,

则有t=,则得周期T=

③由单摆的周期公式T=2π,得T2=

根据数学知识得知,T2-L图象的斜率k=

故选:C.

故答案为:①2.06;②平衡位置,;③C.

解析

解:(1)①这是10分度的游标卡尺,游标尺每一分度表示的长度为0.1mm,主尺的读数为20mm,游标尺上第6条刻度线与主尺对齐,读数为6×0.1mm=0.6mm,所以摆球直径读数为d=20mm+0.6mm=20.6mm=2.06cm

②由题意,当摆球经过平衡位置时开始计时并计1次,而摆球每半个周期通过一次平衡位置,

则有t=,则得周期T=

③由单摆的周期公式T=2π,得T2=

根据数学知识得知,T2-L图象的斜率k=

故选:C.

故答案为:①2.06;②平衡位置,;③C.

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简答题

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97.20cm;用20分度的游标卡尺测小球直径如图所示,然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间为100.0s.则

(1)记录时间应从摆球经过______开始计时,小球直径为______cm,测得重力加速度g值为______m/s2(保留小数点后两位有效数字)

(2)如果他在实验中误将49次全振动数为50次,测得的g值______(填“偏大”或“偏小”或“准确”)

(3)如果该同学在测摆长时忘记了加摆球的半径,如用求平均 值方法测得加速度g将______(填“偏大”或“偏小”或“准确”);但如果以摆长L为纵坐标、周期的二次方(T2)为横坐标作出了L-T2图线,由图象测得的图线的斜率为k,则测得的重力加速度g=______.(用字母表示即可).此时他用图线法求得的重力加速度______.(选填“偏大”,“偏小”或“准确”)

正确答案

解:(1)单摆摆球经过平衡位置的速度最大,最大位移处速度为0,在平衡位置计时误差最小;

由图可知,小球的直径D=29mm+0.05mm×18=29.90mm=2.990cm;

单摆的摆长为L+,单摆的周期T=,根据单摆的公式T=2π,所以g=,代入数据解得:g=9.73m/s2

(2)由单摆周期公式:T=2π得:g=,实验中误将49次全振动数为50次,所测周期T偏小,由g=可知,所测g偏大.

(3)由单摆周期公式:T=2π得:g=,如果测摆长时忘记了加摆球的半径,会导致测得摆长L偏小,由g=可知,所测g偏小;

由单摆周期公式:T=2π得:L=T2,L-T2图象的斜率:k=,重力加速度:g=4π2k.

测摆长时忘记了加摆球的半径,L-T2图象的斜率不受影响,斜率可不变,由g=4π2k可知,用图线法求得的重力加速度是准确的.

故答案为:(1)平衡位置,2.990,9.73;(2)偏大;(3)偏小;4π2k;准确.

解析

解:(1)单摆摆球经过平衡位置的速度最大,最大位移处速度为0,在平衡位置计时误差最小;

由图可知,小球的直径D=29mm+0.05mm×18=29.90mm=2.990cm;

单摆的摆长为L+,单摆的周期T=,根据单摆的公式T=2π,所以g=,代入数据解得:g=9.73m/s2

(2)由单摆周期公式:T=2π得:g=,实验中误将49次全振动数为50次,所测周期T偏小,由g=可知,所测g偏大.

(3)由单摆周期公式:T=2π得:g=,如果测摆长时忘记了加摆球的半径,会导致测得摆长L偏小,由g=可知,所测g偏小;

由单摆周期公式:T=2π得:L=T2,L-T2图象的斜率:k=,重力加速度:g=4π2k.

测摆长时忘记了加摆球的半径,L-T2图象的斜率不受影响,斜率可不变,由g=4π2k可知,用图线法求得的重力加速度是准确的.

故答案为:(1)平衡位置,2.990,9.73;(2)偏大;(3)偏小;4π2k;准确.

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简答题

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.用公式计算重力加速度.

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”),原因是______

正确答案

解:根据g=来求解加速度,L为摆长,T为周期;

摆长实际值为:线长加小球的半径.而在计算时我们把线的长度当做摆长进行计算,所以l值小了,故计算出的重力加速度偏小.

故答案为:偏小,摆长未加小球的半径.

解析

解:根据g=来求解加速度,L为摆长,T为周期;

摆长实际值为:线长加小球的半径.而在计算时我们把线的长度当做摆长进行计算,所以l值小了,故计算出的重力加速度偏小.

故答案为:偏小,摆长未加小球的半径.

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简答题

有位同学想知道家中一把小铁锁的重心位置,做了如下实验:用一轻细线一端系在小铁锁上,将其悬挂起来,如图(a)所示,近似将其当作单摆处理,实验步骤如下:

A.用米尺量出悬点到小铁锁下端的距离L;

B.将铁锁拉离平衡位置一个小角度由静止释放,当铁锁某次经过平衡位置时开始计时,并计数为0,此后铁锁每次经过平衡位置计数一次,当数到30时停止计时,测得时间为t;

C.根据T=t/30计算得出小铁锁的振动周期T;

D.多次改变悬线长度,对应每个悬线长度,都重复实验步骤B、C,得到多组L、T的数据;

F.作出L-T2图象如图(b)所示.

(1)以上实验步骤中存在的错误是:______

(2)用上述方法可得出小铁锁的重心到其下端的距离为______cm;

(3)用上述方法可得出当地重力加速度大小为______m/s2.(取π2=10)

正确答案

解:(1)C步骤错误,一个周期内2次经过平衡位置,则周期T=

(2)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=1.0cm

(3)根据T=2π

解得:L=,所以斜率表示,即

解得:g=9.5 m/s2

故答案为:(1)应将T=改为T=;(2)1.0;(3)9.5

解析

解:(1)C步骤错误,一个周期内2次经过平衡位置,则周期T=

(2)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=1.0cm

(3)根据T=2π

解得:L=,所以斜率表示,即

解得:g=9.5 m/s2

故答案为:(1)应将T=改为T=;(2)1.0;(3)9.5

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