热门试卷

(1)平衡位置  2.880     9.73  .  （2）偏大 （3）偏小   4π2k  准确

分析：单摆在摆角比较小时，单摆的运动才可以看成简谐运动．摆球经过平衡位置时速度最大，此时计时，误差比较小．根据单摆的公式T= ，推导出g的表达式．再根据g的表达式分析误差形成的原因．

解答：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+D/2，单摆的周期T=t/n，根据单摆的公式T=，所以g=(4π2(L+D/2)n2=(4×3.142×(97.20+2.990/2)×10-2×502)/1002m/s2=9.73m/s2．

（2）试验中将49次全振动数为50次，会导致测得周期偏小，根据g=4π2L/T2，知测得重力加速度偏大．

（3）如果测摆长时忘记了加摆球的半径，会导致测得摆长偏小，根据g=4π2L/T2，知测得重力加速度偏小．图线的斜率为k=L/ T2，由公式g=4π2L/T2

可知，g=4π2k．

作l-T2图象，求重力加速度误差最小，因为描点后画线时要求尽可能多的点在该直线上，其余点尽可能均衡地分布在该直线两侧；

故答案为：（1）平衡位置，2.990，9.73；

（2）偏大；

（3）偏小，4π2k，准确．

点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=，以及知道测量时形成误差的原因．

   0．02 m  1 s  0．25 m

用匀加速直线运动的加速度公式a=求出Δt,由T=2Δt得到单摆周期，再由周期公式求摆长．

从图中可知沙摆的振幅为A=y=0．02 m．

由a==得振动周期为

T=2=2×s="1" s

再由T=2πg得沙摆摆长为

l=×9．8 m≈0．25 m．

（6分）解：摆球在摆动过程中机械能守恒，则有：  ① 

单摆的周期为：　②     解①和②得：

略

(1)摆长4m  (2)振动系统的总能量2J（3）子弹的初速度633m/s

从图中可以看出，单摆的周期T=4s；振幅A=40cm

（1）根据单摆的周期公式可求得摆长l：l=4m

（2）振动系统的总能量E：E=(m+M)gh=(m+M)g()=2J

（3）子弹的初速度v0：    

代入数据解得，v0=633m/s。

2π

在光滑斜面上时,小球重力垂直于斜面的分力被斜面的支持力所平衡,另一个沿着斜面的分力G1=mgsinθ可分解成两个分力(如图所示):

F1=G1sinα=mgsinθ·sinα

F1=G1cosα=mgsinθ·cosα

其中F2的方向始终沿着悬线,F1的方向垂直悬线.因此,F1就是使小球往返振动的回复力,即

F回=F1=mgsinθ·sinα.

在小振幅的条件下(α<5°),同样满足关系

sinα≈α===

则:F回=mgsinθ·

可见,放在光滑斜面上的单摆,同样做简谐运动,与竖直悬挂的单摆相比较,相当于重力加速度变为:g′=gsinθ.

所以振动周期:T=2π=2π.

，其中n＝1、2、3、……

从释放到相遇，A、B经历的时间：tA＝tB　　　　　　　①

　　由题意：　　　　　　②

　　且　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　③

　　B球应有　　　　　　　　　　　　　　　　　　④

　　由以上四式解得，其中n＝1、2、3、……

　　说明：解这类题时要注意由于振动的周期性而引起的多解。

解：圆弧轨道运动的小球A接近运动，故可看做单摆模型。 　　　　　　　　　　　　

A球作简谐运动，由周期公式得A到的时间

B球作匀变速运动从O到的时间为，由题意得，即，

解得，

对于小球B，由牛顿第二定律得：

得：。

（1）由单摆的周期公式可得：

T=2π--------------------------------①

由A第一次到B，小球所用时间是四分之一周期，即：t=T=------②

（2）由于重力是恒力，由冲量定义可知重力的冲量为：IG=mgt=πm----------------③

（3）动量的变化等于末动量减去初动量：△P=PB-PA------------------------------④

又PA=0--------------------------------⑤

PB=mvB---------------------------------⑥

从A到B的过程中，由机械能守恒定律得：m=mgL（1-cosθ）--------------⑦

由④⑤⑥⑦，可解得：△P=m------------------⑧

（1）从A到B的过程中，小球在重力和绳的拉力的冲量作用下，动量的改变量为△P，且方向水平，又因重力的冲量方向向下，所以由矢量的合成法则得：

IF2=△P2+IG2----------------------------⑨

由③⑧⑨式得：IF=m．

答：（1）所经历的时间t为．

（2）该过程中重力产生的冲量大小IG为πm．

（3）该过程中小球的动量变化△P为m．

（4）该过程中绳的拉力产生的冲量大小IF为m．

解：（1）第一次实验中，小球的运动可以看做摆长为的单摆，根据单摆周期公式有：

所以

（2）第二次实验中，球从高为处释放，设球与球碰撞前瞬间的速度大小为，碰撞后瞬间它们速度的大小分别为和。由题意知，球与碰后达到的高度均为，根据机械能守恒定律有

所以；

又根据动量守恒定律有

所以

（3）根据题意设球1、2、3的质量分别为5、3和2。设球1与球2碰撞前后的速度分别为1、v1'，球2与球3碰撞前后的速度分别为、v2'，球3与球2碰撞后的速度为v3。球1与球2碰撞过程中动量守恒，且机械能守恒，则有

解得

球2与球3碰撞过程中动量守恒，且机械能守恒，则有

解得

在三个小球的上升过程中，根据机械能守恒定律有

解得

（I）（1）由题意可知，应采用分压接法，因灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法； 故答案如下图所示：

（2）欧姆表的指示值为16，所选倍率为×10，因此读数为R=16×10=160Ω，由于灯泡正常工作时的电阻为：R=，比不工作时的电阻大的多，而“220 V  25 W”、“220 V  300 W”、“220V  500W”正常工作时的电阻分别为1936Ω、161Ω和98Ω．故为25W．

故答案为：160，25

（II）（1）用游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外爪的刀口上．故乙正确．

故答案为：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，根据单摆的周期公式单摆公式T=2π摆长变大，所以周期变大．

故答案为：2t0，变大，变大．

解：（1）在A、C两点细线拉力最小，由题图可得周期为0.4πs

再根据，求出摆长l=0.4 m

（2）设摆球质量为m，以F1、F2分别表示最大和最小拉力，则

F2=mgcosθ，F1－mg=，v2B=2gl（1－cosθ）

综合解得

（3）由F1－mg=，得

A、单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力．故A错误．

    B、对于单摆，在平衡位置，回复力为0，合力不为0．拉力和重力的合力提供圆周运动的向心力．故B错误，C正确．

    D、摆球摆动过程中，经过最大位移处，受重力和拉力，合力不为0．故D错误．

故选C．

解：（1）由图可知：周期T=2s

根据，可解得L=1m

（2）x=5sinπt cm

（3）a与x大小成正比

a1：a2=A：x=：1