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简答题

在用单摆测重力加速度的实验中,从摆球经过______开始计时,并计录此后经过平衡位置的次数n和振动时间t,用米尺测出摆线长为L,用游标卡尺测出摆球直径为d.

(1)用上述物理量的符号写出测重力加速度表达式为g=______

(2)下列器材在用单摆测重力加速度实验中用到的有______

A.米尺  B.天平  C.游标卡尺  D.铁架台  E.半径为1cm的小铁球   F.半径为1cm的小木球

(3)在实验中测得的g值偏小,可能原因是______

A.测摆线时摆线拉得过紧

B.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现了松动,使摆线长度增加了,

C.开始计时时,停表过迟按下

D.实验中误将n 次计为n-1次

E.以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算.

正确答案

解:为减小实验误差,准确测量周期,在用单摆测重力加速度的实验中,从摆球经过平衡位置开始计时.

(1)由题意可知,单摆周期:T==,单摆摆长:l=L+

由单摆周期公式:T=2π可知,重力加速度:g=

(2)实验需要用米尺测出摆线长度,故选A;需要用游标卡尺测出摆球直径,故选C;实验需要用铁架台固定单摆,故选D;为减小实验误差,实验需要用体积小而质量大即密度的摆球,因此摆球应选:E;

(3)由单摆周期公式:T=2π可知,重力加速度:g==

A、测摆线时摆线拉得过紧,所测摆长偏大,g偏大,故A错误;

B、摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现了松动,使摆线长度增加了,所测周期偏大,g偏小,故B正确;

C、开始计时时,停表过迟按下,所测周期偏小,g偏大,贵C错误;

D、实验中误将n 次计为n-1次,所测周期偏大,g偏小,故D正确;

E、以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算,所测摆长偏大,g偏大,贵E错误;故选BD.

故答案为:平衡位置;(1);(2)ACDE;(3)BD.

解析

解:为减小实验误差,准确测量周期,在用单摆测重力加速度的实验中,从摆球经过平衡位置开始计时.

(1)由题意可知,单摆周期:T==,单摆摆长:l=L+

由单摆周期公式:T=2π可知,重力加速度:g=

(2)实验需要用米尺测出摆线长度,故选A;需要用游标卡尺测出摆球直径,故选C;实验需要用铁架台固定单摆,故选D;为减小实验误差,实验需要用体积小而质量大即密度的摆球,因此摆球应选:E;

(3)由单摆周期公式:T=2π可知,重力加速度:g==

A、测摆线时摆线拉得过紧,所测摆长偏大,g偏大,故A错误;

B、摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现了松动,使摆线长度增加了,所测周期偏大,g偏小,故B正确;

C、开始计时时,停表过迟按下,所测周期偏小,g偏大,贵C错误;

D、实验中误将n 次计为n-1次,所测周期偏大,g偏小,故D正确;

E、以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算,所测摆长偏大,g偏大,贵E错误;故选BD.

故答案为:平衡位置;(1);(2)ACDE;(3)BD.

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(1)如图中游标卡尺读数为______cm.

(2)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.在细线偏离竖直方向5°位置释放小球

d.用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t,得到周期T=t/n

e.用公式g=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”).

正确答案

解:(1)游标卡尺的固定刻度示数为11mm,游标尺上第14刻度与上面对齐的刻度,最小分度为0.05mm,总读数:d=11mm+0.05×14mm=11.70mm=1.170cm

(2)该同学的实验步骤中,已经测量出小球的直径和细线的长度,摆长为:L=l+

该同学使用的计算重力加速度的公式:中,没有将小球的半径计入摆长中,所以摆长的测量值比真实值偏小,所以重力加速度的测量值比真实值偏小.

故答案为:(1)1.170 cm          (2)偏小

解析

解:(1)游标卡尺的固定刻度示数为11mm,游标尺上第14刻度与上面对齐的刻度,最小分度为0.05mm,总读数:d=11mm+0.05×14mm=11.70mm=1.170cm

(2)该同学的实验步骤中,已经测量出小球的直径和细线的长度,摆长为:L=l+

该同学使用的计算重力加速度的公式:中,没有将小球的半径计入摆长中,所以摆长的测量值比真实值偏小,所以重力加速度的测量值比真实值偏小.

故答案为:(1)1.170 cm          (2)偏小

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(1)在“用单摆测定重力加速度”的实验中,两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图中的甲、乙所示.测量方法正确的是______(选填“甲”或“乙”).

(2)实验时,若摆球在垂直纸面的平面内摆动,为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数,在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻,如图丙所示.光敏电阻与某一自动记录仪相连,该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图丁所示,则该单摆的振动周期为______,若已知单摆的线长为L,小球直径为d,那么,当地重力加速度为______,若由于空气阻力等因素影响,单摆的振幅越来越小,那么图丁中的△t将会______(填“变大”、“变小”、“不变”)

正确答案

解:(1)游标卡尺测量小球的直径,应将小球卡在外爪的刀口上,故选乙;

(2)单摆在一个周期内两次经过平衡位置,每次经过平衡位置,单摆会挡住细激光束,从R-t图线可知周期为2t0

摆长等于摆线的长度加上小球的半径,由单摆的周期公式T=2π可得,重力加速度:g==

由于空气阻力等因素影响,单摆的振幅越来越小,摆球经过最低点时的速度v越来越小,摆球直径d不变,挡光时间△t=变大;

故答案为:(1)乙;(2)2t0;变大.

解析

解:(1)游标卡尺测量小球的直径,应将小球卡在外爪的刀口上,故选乙;

(2)单摆在一个周期内两次经过平衡位置,每次经过平衡位置,单摆会挡住细激光束,从R-t图线可知周期为2t0

摆长等于摆线的长度加上小球的半径,由单摆的周期公式T=2π可得,重力加速度:g==

由于空气阻力等因素影响,单摆的振幅越来越小,摆球经过最低点时的速度v越来越小,摆球直径d不变,挡光时间△t=变大;

故答案为:(1)乙;(2)2t0;变大.

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(1)在用单摆测定重力加速度的实验中,下列措施中必要的或做法正确的是______.(选填下列措施前的序号)

A.为了便于计时观察,单摆的摆角应尽量大些

B.摆球应选择密度较大的实心金属小球

C.用停表测量周期时,应测量单摆20~30次全振动的时间,然后计算周期,而不能把只测一次全振动时间当作周期

D.将摆球和摆线平放在桌面上,拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长,然后将O点作为悬点

(2)某同学在一次用单摆测重力加速度的实验中,测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况,并将记录的结果描绘在如图所示的坐标系中.图中各坐标点的标号分别对应实验中5种不同摆长的情况.在处理数据时,该同学实验中的第______数据点应当舍弃.画出该同学记录的T2-l图线.求重力加速度时,他首先求出图线的斜率k,则用斜率k求重力加速度的表达式为g=______

(3)用单摆测定重力加速度的实验中,若测得g值偏小,可能是由于______

A.计算摆长时,只考虑悬线长,未加小球半径

B.计算摆长时,将悬线长加上小球直径

C.测量周期时,将n+1次全振动误记成n次全振动

D.单摆振动时,振幅较小.

正确答案

解:(1)A、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动,单摆的摆角不能太大,一般不超过5°,否则单摆将不做简谐运动.故A错误.

B、C减小空气阻力的影响,摆球的直径应远小于摆线的长度,选择密度较大的实心金属小球作为摆球.故B正确.

C、用停表测量周期时,应测量单摆20~30次全振动的时间,然后计算周期,而不能把只测一次全振动时间当作周期,故C正确

D、摆长等于摆线的长度加上摆球的半径.应将摆球悬挂后,用米尺测出摆球球心到悬点的距离作为摆长.故D错误.

故选BC

(2)由单摆周期公式T=2π所以T2=

可得以T2-l图线是过坐标原点的一条直线,如图所示

由图可知第4个点明显偏离图线,因此是错误的;

直线的斜率是k=,所以g=

(3)由单摆的周期公式T=2π得,g=

A、计算摆长时,只考虑悬线长,未加小球半径,摆长L偏小,g值偏小.故A正确.

B、计算摆长时,将悬线长加上小球直径,摆长L偏大,g值偏大.故B错误.

C、将n+1次全振动误记成n次全振动,由T=得知,T值偏大,g值偏小.故C正确

D、重力加速度数值与振幅无关,故D错误

故选AC

故答案为:(1)BC (2)4,.(3)AC

解析

解:(1)A、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动,单摆的摆角不能太大,一般不超过5°,否则单摆将不做简谐运动.故A错误.

B、C减小空气阻力的影响,摆球的直径应远小于摆线的长度,选择密度较大的实心金属小球作为摆球.故B正确.

C、用停表测量周期时,应测量单摆20~30次全振动的时间,然后计算周期,而不能把只测一次全振动时间当作周期,故C正确

D、摆长等于摆线的长度加上摆球的半径.应将摆球悬挂后,用米尺测出摆球球心到悬点的距离作为摆长.故D错误.

故选BC

(2)由单摆周期公式T=2π所以T2=

可得以T2-l图线是过坐标原点的一条直线,如图所示

由图可知第4个点明显偏离图线,因此是错误的;

直线的斜率是k=,所以g=

(3)由单摆的周期公式T=2π得,g=

A、计算摆长时,只考虑悬线长,未加小球半径,摆长L偏小,g值偏小.故A正确.

B、计算摆长时,将悬线长加上小球直径,摆长L偏大,g值偏大.故B错误.

C、将n+1次全振动误记成n次全振动,由T=得知,T值偏大,g值偏小.故C正确

D、重力加速度数值与振幅无关,故D错误

故选AC

故答案为:(1)BC (2)4,.(3)AC

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某同学在用单摆测定重力加速度的实验中,测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期,记录表格如下:

以L为横坐标,T2为纵坐标,作出T2-L图线,并利用此图线可求出重力加速度g=______

正确答案

解:由单摆周期公式T=2π,可得T2=

所以T2-l图线是过坐标原点的一条直线,如图所示

直线的斜率是k=,所以g=

做出的具体图象如图所示,求得直线斜率k=4.00,故g==2=(3.14)2=9.86m/s2

故答案为:9.86m/s2

解析

解:由单摆周期公式T=2π,可得T2=

所以T2-l图线是过坐标原点的一条直线,如图所示

直线的斜率是k=,所以g=

做出的具体图象如图所示,求得直线斜率k=4.00,故g==2=(3.14)2=9.86m/s2

故答案为:9.86m/s2

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在用单摆测定重力加速度实验中:

(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值,应选用下列所给器材中的哪些?将你所选用的器材前的字母填在题后的横线上.

A.长1m左右的细绳;          B.长30cm左右的细绳;

C.直径2cm的铅球;          D.直径2cm的铁球;

E.秒表;               F.时钟;

G.分度值是1cm的直尺;    H.分度值是1mm的直尺;

所选器材是______

(2)某同学选出上述的器材后,做完实验.发现测出的g值偏小,可能的原因是______

A.测量摆线长时线拉得过紧

B.摆线上端没有固定,振动中出现松动,使摆线变长了

C.开始计时时,秒表按下迟了

D.实验中误将n次全振动计为(n+1)次

(3)该同学由测量数据作出L-T2图线(如图所示),根据图线求出重力加速度g=______m/s2(保留3位有效数字)

正确答案

解:(1)A、B、单摆模型中,小球视为质点,故摆线越长,测量误差越小,故A正确,B错误;

C、D、摆球密度要大,体积要小,空气阻力的影响才小,故C正确,D错误;

E、F、秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻,故E正确,F错误;

G、H、刻度尺的最小分度越小,读数越精确,故G错误,H正确;

故选ACEH;

(2)根据T=,得g=

A.测量摆线长时线拉得过紧,则摆长的测量值偏大,导致重力加速度的测量值偏大,故A错误.

B.摆线上端没有固定,振动中出现松动,使摆线变长了,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.开始计时时,秒表按下迟了,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n次全振动计为(n+1)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:B.

(3)根据T=

则图线的斜率k=,解得g=9.86m/s2

故答案为:(1)ACEH,(2)B,(3)9.86.

解析

解:(1)A、B、单摆模型中,小球视为质点,故摆线越长,测量误差越小,故A正确,B错误;

C、D、摆球密度要大,体积要小,空气阻力的影响才小,故C正确,D错误;

E、F、秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻,故E正确,F错误;

G、H、刻度尺的最小分度越小,读数越精确,故G错误,H正确;

故选ACEH;

(2)根据T=,得g=

A.测量摆线长时线拉得过紧,则摆长的测量值偏大,导致重力加速度的测量值偏大,故A错误.

B.摆线上端没有固定,振动中出现松动,使摆线变长了,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.开始计时时,秒表按下迟了,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n次全振动计为(n+1)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:B.

(3)根据T=

则图线的斜率k=,解得g=9.86m/s2

故答案为:(1)ACEH,(2)B,(3)9.86.

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在单摆测定重力加速度的实验中:

(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径,示数如图1所示,该摆球的直径d=______cm.悬点到小球底部的长度l0,示数如图所示,l0=______cm.

(2)实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图甲所示,然后使单摆保持静止,得到如图乙所示的F-t图象.那么:

①重力加速度的表达式g=______(用题目中的物理量d、l0、t0表示).

②设摆球在最低点时Ep=0,已测得当地重力加速度为g,单摆的周期用T表示,那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是______

A.B.C.D.

正确答案

解:(1)游标卡尺的固定刻度读数为11mm,游标读数为0.05×14mm=0.70mm,

所以摆球的直径d=11mm+0.70mm=11.70mm=1.170cm

(2)如图乙,悬点到小球底部的长度 l0=100.25cm.

(3)①由摆线的拉力F随时间t变化的图象知,单摆的周期为4t0,根据T=2π,重力加速度为:

g===

②单摆在最低点时F1-mg=m,mg=F3.根据周期公式摆长L=,联立三个式子,得:Ek=

则机械能为:E=Ek+Ep=

单摆在最高点时F2+mg=m,mg=F3.根据周期公式摆长L=,E=Ek+Ep,联立为:E=

故BD正确,A、C错误.

故选:BD.

故答案为:(1)1.170,100.25;(2)①,②BD.

解析

解:(1)游标卡尺的固定刻度读数为11mm,游标读数为0.05×14mm=0.70mm,

所以摆球的直径d=11mm+0.70mm=11.70mm=1.170cm

(2)如图乙,悬点到小球底部的长度 l0=100.25cm.

(3)①由摆线的拉力F随时间t变化的图象知,单摆的周期为4t0,根据T=2π,重力加速度为:

g===

②单摆在最低点时F1-mg=m,mg=F3.根据周期公式摆长L=,联立三个式子,得:Ek=

则机械能为:E=Ek+Ep=

单摆在最高点时F2+mg=m,mg=F3.根据周期公式摆长L=,E=Ek+Ep,联立为:E=

故BD正确,A、C错误.

故选:BD.

故答案为:(1)1.170,100.25;(2)①,②BD.

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简答题

某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验.

(1)测摆长时测量结果如图甲所示(单摆摆线的另一端与刻度尺的零刻线对齐),摆长为______cm;然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间,如图乙所示,秒表读数为______ s.

(2)他测得的g值偏大,可能的原因是______

A.测摆长时摆线拉得过紧

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,秒表提前按下

D.实验中误将51次全振动次数计为50次.

正确答案

解:(1)摆长等于99.90cm,秒表的读数为:120s+10.5s=130.5s.

(2)根据,解得g=

A、测摆线时摆线拉得过紧,测得摆长偏大,则测得重力加速度偏大.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,则测得的摆长偏小,测得重力加速度偏小.故B错误.

C、开始计时时,秒表提前按下,测得周期偏小,则重力加速度偏大.故C正确.

D、实验中误将51次全振动次数计为50次,测得周期偏大,则重力加速度偏小.故D错误.

故选AC.

故答案为:(1)99.90,130.5 (2)AC.

解析

解:(1)摆长等于99.90cm,秒表的读数为:120s+10.5s=130.5s.

(2)根据,解得g=

A、测摆线时摆线拉得过紧,测得摆长偏大,则测得重力加速度偏大.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,则测得的摆长偏小,测得重力加速度偏小.故B错误.

C、开始计时时,秒表提前按下,测得周期偏小,则重力加速度偏大.故C正确.

D、实验中误将51次全振动次数计为50次,测得周期偏大,则重力加速度偏小.故D错误.

故选AC.

故答案为:(1)99.90,130.5 (2)AC.

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某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中,已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°;在测量单摆的周期时,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;在测量单摆的摆长时,先用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L,再用游标卡尺测得摆球的直径为d(读数如图).

(1)该单摆在摆动过程中的周期为______

(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=______

(3)从图可知,摆球的直径为______mm.

(4)实验结束后,某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大,其原因可能是下述原因中的______

A.单摆的悬点未固定紧,振动中出现松动,使摆线增长了

B.把n次摆动的时间误记为(n+1)次摆动的时间

C.以摆线长作为摆长来计算

D.以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算.

正确答案

解:(1)由题,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==  

  (2)单摆的长度为l=L+.由单摆的周期公式T=2π得,g=

将为l=L+,T=

  代入解得g=

(3)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:8mm;

游标尺第11刻线与主尺刻线对其,读数为0.55mm,故读数为:8.55  mm

(4)A、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,测得的单摆周期变大,根据g=可知,测得的g应偏小.故A错误;

B、实验中误将n次全振动计为n+1次,根据T=求出的周期变小,g偏大.故B正确;

C、以摆线长作为摆长来计算,摆长偏小,根据g=可知,测得的g应偏小.故C错误;

D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算,摆长偏大,根据g=可知,测得的g应偏大.故D正确.

故选BD;

故答案为:

(1)(2)(3)8.55    (4)BD

解析

解:(1)由题,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==  

  (2)单摆的长度为l=L+.由单摆的周期公式T=2π得,g=

将为l=L+,T=

  代入解得g=

(3)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:8mm;

游标尺第11刻线与主尺刻线对其,读数为0.55mm,故读数为:8.55  mm

(4)A、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,测得的单摆周期变大,根据g=可知,测得的g应偏小.故A错误;

B、实验中误将n次全振动计为n+1次,根据T=求出的周期变小,g偏大.故B正确;

C、以摆线长作为摆长来计算,摆长偏小,根据g=可知,测得的g应偏小.故C错误;

D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算,摆长偏大,根据g=可知,测得的g应偏大.故D正确.

故选BD;

故答案为:

(1)(2)(3)8.55    (4)BD

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简答题

Ⅰ.如图乙为某学生做单摆测重力加速度实验中单摆装置悬点处照片,该同学使单摆左右摆动进行实验,则该同学实验中存在的问题是______;此问题导致该同学所测得g的结果将______(填偏大、偏小或无影响)

Ⅱ.某同学利用弹簧秤和刻度尺来探究一条橡皮筋弹力和伸长量之间的关系,实验时使用了一条拉伸后粗细会明显变化的橡皮筋.

(1)图甲弹簧秤读数为______N,

(2)该同学将实验的数据画在坐标纸,如图丙所示,根据实验结果,下列说法正确的是______

A.数据点基本分布在一条直线上,说明橡皮筋的弹力与形变量的关系遵循胡克定律

B.该橡皮筋形变量越大,越容易拉伸

C.橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化可能是橡皮筋横截面(粗细)大小变化引起

D.橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化肯定是该同学的实验操作不规范引起的.

正确答案

解:Ⅰ、该同学实验中存在的问题是摆动过程中悬点的位置将变化,导致测量的摆长比实际的摆长大.

根据T=得,g=,摆长的测量值偏大,则重力加速度的测量值偏大.

Ⅱ、(1)弹簧秤每格为0.5N,则读数为1.30N.

(2)A、该图的力与形变量的关系图线不是倾斜的直线,不能说明橡皮筋的弹力与形变量的关系遵循胡克定律.故A错误.

B、由图可以看出,形变量较大时,变化相同的形变量,弹力的变化较小,知橡皮筋形变量越大,越容易拉伸.故B正确.

C、伸长量越大,弹簧越容易拉伸,则劲度系数越小,可知橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化可能是橡皮筋横截面(粗细)大小变化引起.故C正确,D错误.

故选:BC.

故答案为:Ⅰ.摆动过程中悬点的位置将变化,导致测量的摆长比实际的摆长大;偏大

Ⅱ.(1)1.28~1.30均对  (2)BC

解析

解:Ⅰ、该同学实验中存在的问题是摆动过程中悬点的位置将变化,导致测量的摆长比实际的摆长大.

根据T=得,g=,摆长的测量值偏大,则重力加速度的测量值偏大.

Ⅱ、(1)弹簧秤每格为0.5N,则读数为1.30N.

(2)A、该图的力与形变量的关系图线不是倾斜的直线,不能说明橡皮筋的弹力与形变量的关系遵循胡克定律.故A错误.

B、由图可以看出,形变量较大时,变化相同的形变量,弹力的变化较小,知橡皮筋形变量越大,越容易拉伸.故B正确.

C、伸长量越大,弹簧越容易拉伸,则劲度系数越小,可知橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化可能是橡皮筋横截面(粗细)大小变化引起.故C正确,D错误.

故选:BC.

故答案为:Ⅰ.摆动过程中悬点的位置将变化,导致测量的摆长比实际的摆长大;偏大

Ⅱ.(1)1.28~1.30均对  (2)BC

下一知识点 : 外力作用下的振动
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