- 机械振动
- 共10857题
在“利用单摆测重力加速度”的实验中,有个同学发现自己测得的重力加速度总是偏大,其原因可能是下述原因中的 ( )
正确答案
解析
解:用单摆测定当地重力加速度实验原理是利用单摆的周期公式得到计算重力加速度的表达公式,
.
A:实验室处在高山上,距离海平面太高,将导致测量的重力加速度偏小,故A错误;
B:从计算重力加速度的表达公式中可以看到,重力加速度与摆球的质量无关.故B错误;
C:实验时误把n次全振动次数记为n+1次,由算出的周期偏小,g的测量值偏大.故C正确.
D:摆线的长度当做摆长,摆长偏小,则g的测量值偏小.故D错误;
故选:C
利用单摆测重力加速度的实验中,若测得g值偏小,可能是由于( )
正确答案
解析
解:由单摆周期公式:T=2π可知:g=
,
A、计算摆长时,用悬线长加小球直径,摆长偏大,g偏大,故A错误;
B、测量周期时,将n次全振动,误记成n+1次全振动,所测周期T偏小,g偏大,故B错误;
C、计算摆长时,只考虑悬线长,而未加小球半径,所测摆长L偏小,重力加速度g偏小,故C正确;
D、单摆的周期与振幅无关,由g=可知,所测g与振幅无关,故D错误;
故选:C.
在用单摆测定重力加速度的实验中,提供以下器材供你选择:
A.1m左右的细线 B.1m左右的粗绳 C.1m左右的橡皮筋 D.直径约为1cm的钢球E.直径约为1cm的木球 F.打点计时器 G.秒表 H.手表
(1)摆线应选择______,摆球应选择______,测量周期应选择______.(填序号)
(2)若用L表示摆长,T表示周期,那么重力加速度g=______,测摆长时应从悬点量到______,测量时间应从摆球经过______位置启动秒表.
正确答案
A
D
G
小球的球心
平衡
解析
解:(1)摆线应选择不可伸长的细线,所以要选择A,摆球应选择密度相等比较大、质量相等比较大的小球,所以选择D,测量周期应选择选计时相对比较简单而且精确度相等比较高的秒表G;
(2)用单摆测定重力加速度中,根据单摆的周期公式:得:
,其中摆长是从悬点到小球的球心的距离;在测量摆球的周期时,要从小球的最低点(平衡位置)开始计时,因该点出小球的速度比较大,相对误差比较小.
故答案为:(1)A,D,G;(2),小球重心,平衡
(1)下列图中关于振动和波的说法正确的是______
A.粗糙斜面上的金属球M在弹簧的作用下运动,则该运动是简谐运动
B.若单摆的摆长为l,摆球的质量为m、位移为x,则此时回复力为F=-x
C.若此图为某简谐横波某时刻的波形图,则此时质点A、C之间的距离就是该波的一个波长
D.若实线为某简谐横波某时刻的波形图,且此时质点M沿y轴负向运动,则经极短时间后波形图可能如虚线所示
E.人站在水边观察,看不到远处水面下的物体,是因为水面下远处物体的光线射到界面上,入射角较大,发生了全反射,没有光能射到人眼处而不被觉察
(2)Ⅰ.在“用单摆测定重力加速度”的实验中,当单摆做简谐运动时,用秒表测出单摆做n次(一般为30次~50次)全振动所用的时间t,算出周期;用米尺量出悬线的长度l,用游标卡尺测量摆球的直径d,则重力加速度g=______ (用题中所给的字母表达).
Ⅱ.将一单摆挂在测力传感器的探头上,用测力探头和计算机组成的实验装置来测定单摆摆动过程中摆线受到的拉力(单摆摆角小于5°),计算机屏幕上得到如图F所示的F-t图象.然后使单摆保持静止,得到如图G所示的F-t图象.那么:
①此单摆的周期T为多少?
②设摆球在最低点时重力势能Ep=0,已测得当地重力加速度为g,试求出此单摆摆动时的机械能E的表达式.(用字母d、l、F1、F2、F3、g中某些量表示)
正确答案
BDE
解析
解:(1)A、由于斜面粗糙,回复力不满足F=-kx规律,该运动不是简谐运动.故A错误.
B、对单摆的摆球受力分析如图:,重力的分力提供单摆的回复力,由图可得:
,方向指向平衡位置,故应为负值,即则此时回复力为F=-
x,故B正确.
C、质点A、C之间的距离不等于简谐波的波长,波长等于波形上相邻两个波峰或两个波谷间的距离.故C错误.
D、质点M向下运动,可知波形向右传播,则经极短时间后波形图如虚线所示.故D正确.
E、由光密介质向光疏介质传播的时候,光有可能发生全反射,水面下远处物体的光线射到界面上,入射角足够大,就发生了全反射,没有光能射到人眼处而不被觉察,故人站在水边观察,看不到远处水面下的物体,故E正确.
故选:BDE.
(2)Ⅰ、由题意可知,单摆摆长为:
,由单摆周期公式可得:
,
解得:.
Ⅱ、①平衡位置处拉力最大,最大位移处拉力最小.从图a中看出单摆的周期为0.8s.
②在最低点F1-mg=,mg=F3.
根据单摆的周期公式,
联立解得:,
摆球在摆动过程中机械能守恒,其机械能等于摆球在最低点的动能,所以机械能为:.
故答案为:(1)BDE
(2)Ⅰ、;
Ⅱ、①单摆的周期T为0.8 s;
②单摆摆动时的机械能E的表达式为.
以下有关高中物理实验的一些描述中那个选项是正确的 ( )
正确答案
解析
解:A、用多用表测闭合电路中某电阻的阻值时,选好倍率,调零后,要将待测电阻从电路中拆下进行测量,故A错误;
B、在研究有固定转动轴物体的平衡条件时,各力矩宜取大一些,才可以忽略摩擦力的力矩,故B正确;
C、在“用单摆测定重力加速度”实验中,根据单摆周期公式T=,有g=
,故如果摆长测量无误,测得的g值偏小,其原因可能是将全振动的次数N误计为N-1,导致周期T变大,故C正确;
D、在“用单分子油膜估测分子大小”的实验中油膜不能布满容器中的整个水面,否则很难形成单分子油膜层,故D错误.
故选BC.
I.已知弹簧振子做简谐运动时的周期公式为T=2π,
其中T是简谐运动的周期,k是轻质弹簧的劲度系数,m是
振子的质量,衡水市滏阳中学的同学以该公式为原理设计了测量轻质弹簧劲度系数k的实验装置(如图1所示),图中S是光滑水平面,L是轻质弹簧,Q是带夹子的金属盒;P是固定于盒上的遮光片,利用该装置和光电计时器能测量金属盒振动时的频率.
(1)为了进行多次实验,实验时应配备一定数量的______,将它们中的一个或几个放入金属盒内可改变振子的质量.
(2)通过实验该同学测得了振动频率f和振子质量m的多组实验数据,他想利用函数图象处理这些数据,若以振子质量m为直角坐标系的横坐标,则为了简便地绘制函数图象,较准确地求得k,应以______为直角坐标系的纵坐标.
(3)若在记录振子质量的数据时未将金属盒质量考虑在内,振动频率f的数据记录准确,则能否利用现有的这些数据结合上述图象,准确地求得轻质弹簧L的劲度系数k?若能,请写出求得k的推导过程及最后表达式.
II.(8分)衡水中学的同学们在实验室里熟悉各种仪器的使用.其中探究意识很强的一名同学将一条形磁铁放在转盘上,如图甲所示,磁铁可随转盘转动,另将一磁感强度传感器固定在转盘旁边,当转盘(及磁铁)转动时,引起磁感强度测量值周期性地变化,该变化与转盘转动的周期一致.经过操作,该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象
(1)在图象记录的这段时间内,圆盘转动的快慢情况是______.
(2)圆盘匀速转动时的周期是______s.
(3)该同学猜测磁感强度传感器内有一线圈,当测得磁感强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时.按照这种猜测______
A.在t=0.1s 时刻,线圈内产生的感应电流的方向发生了变化.
B.在t=0.15s 时刻,线圈内产生的感应电流的方向发生了变化.
C.在t=0.1s 时刻,线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值.
D.在t=0.15s 时刻,线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值.
正确答案
解析
解:I.(1)测量弹簧振子的劲度系数,需要控制弹簧不变,而改变振子的质量,为了进行多次实验,实验时应配备一定数量的钩码,将它们中的一个或几个放入金属盒内可改变振子的质量.
(2)为了较准确地应用图象求出k,应使图线为直线,由T=2π可得,
m,T2与m成正比,
以T2=纵轴,以m为横轴则图线为直线,所以应以频率倒数的平方
为纵坐标.
(3)若忘记金属盒的质量,则振子的实际质量为m+m0,其中m0为金属合的质量,图线的函数关系式变为,可以根据图线的斜率求出k,方法为在
图线上取两点
,则可求出图线斜率为
,得
.
II、(1)由图乙所示图象可知,圆盘转动的周期开始不变,做匀速圆周运动,后来周期变大,做变速圆周运动,因此圆盘转动时先快慢不变,后来转动地越来越慢;
(2)由图乙所示图象可知,圆盘匀速转动时的周期是0.2s;
(3)A、在t=0.1s时刻,线圈内磁场最强,磁通量最大,接着磁通量会变小,但磁场方向没变,所以导致产生感应电流的方向发生变化,故A正确;
B、在t=0.15s时刻,线圈内磁场为零,磁通量为零,接着磁通量会变大,由于磁场方向发生变化,所以产生感应电流的方向不会发生变化,故B错误;
C、在t=0.1s时刻,线圈内磁场最强,磁通量最大,此时磁通量变化率最小,产生的感应电流则最小,故C错误;
D、在t=0.15s时刻,线圈内磁场最弱,磁通量最小,但磁通量变化率最大,线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值,故D正确; 故AD正确.
故答案为:Ⅰ(1)钩码;(2);(3)如上所述;Ⅱ(1)先快慢不变,后来越来越慢;(2)0.2;(3)AD.
一位同学用单摆做测量重力加速度的实验,请帮他完成一下两个问题.
(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)他将摆挂起后,进行了如下步骤:
A.测摆长L.用米尺量出摆线的长度.B.测周期T.将摆球拉起,然后放开,在摆球某次通过最低点时,按下秒表开始计时,同时将此次通过最低点作为第零次,接着一直数到摆球第60次通过最低点时,按下秒表停止计时,读出这段时间t,算出单摆的周期T=
C.所测得的L和T代人单摆的周期公式T=2π,算出g将它作为实验的最后结果写入报告中去.
指出上面步骤中遗漏或错误的地方,写出该步骤的字母,并加以改正.______.
正确答案
0.97
A步骤错误,摆长应该等于摆线的长度与摆球的半径之和.
C步骤错误,摆球在一个周期内经过最低点两次,则周期T=.
解析
解:(1)游标卡尺的主尺读数为9mm,游标读数为0.1×7mm=0.7mm,则最终读数为9.7mm=0.97cm.
(2)A步骤错误,摆长应该等于摆线的长度与摆球的半径之和.
C步骤错误,摆球在一个周期内经过最低点两次,则周期T=.
故答案为:(1)0.97;(2)A步骤错误,摆长应该等于摆线的长度与摆球的半径之和.
C步骤错误,摆球在一个周期内经过最低点两次,则周期T=.
(1)某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率(如图所示).实验的主要过程如下:
a.把白纸用图钉钉在木板上,在白纸上作出直角坐标系xOy,在白纸上画一条线段 AO表示入射光线.
b.把半圆形玻璃砖M放在白纸上,使其底边aa′与Ox轴重合.
c.用一束平行于纸面的激光从y>0区域沿y轴负方向射向玻璃砖,并沿x轴方向调整玻璃砖的位置,使这束激光从玻璃砖底面射出后,仍沿y轴负方向传播.
d.在AO线段上竖直地插上两枚大头针P1、P2.
e.在坐标系的y<0的区域内竖直地插上大头针P3,并使得从P3一侧向玻璃砖方向看去,P3能同时挡住观察P1和P2的视线.
f.移开玻璃砖,作OP3连线,用圆规以O点为圆心画一个圆(如图中虚线所示),此圆与AO线交点为B,与OP3连线的交点为C.确定出B点到x轴、y轴的距离分别为x1、y1、,C点到x轴、y轴的距离分别为x2、y2.
①根据上述所确定出的B、C两点到两坐标轴的距离,可知此玻璃折射率测量值的表达式为n=______.
②若实验中该同学在y<0的区域内,从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2,其原因可能是:______.
(2)在“用单摆测重力加速度”的实验中,某同学的主要操作步骤如下:
a.取一根符合实验要求的摆线,下端系一金属小球,上端固定在O点;
b.在小球静止悬挂时测量出O点到小球球心的距离l;
c.拉动小球使细线偏离竖直方向一个不大的角度(约为5°),然后由静止释放小球;
d.用秒表记录小球完成n次全振动所用的时间t.
①用所测物理量的符号表示重力加速度的测量值,其表达式为g=______;
②若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值,造成这一情况的原因可能是______.(选填下列选项前的序号)
A.测量摆长时,把摆线的长度当成了摆长
B.摆线上端未牢固地固定于O点,振动中出现松动,使摆线越摆越长
C.测量周期时,误将摆球(n-1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间,并由计算式T=t/n求得周期
D.摆球的质量过大
③在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后,为了减小实验误差,他决定用图象法处理数据,并通过改变摆长,测得了多组摆长l和对应的周期T,并用这些数据作出T2-l图象如图甲所示.若图线的斜率为k,则重力加速度的测量值g=______.
④这位同学查阅资料得知,单摆在最大摆角θ较大时周期公式可近似表述为T=2(1+
sin2
).为了用图象法验证单摆周期T和最大摆角θ的关系,他测出摆长为l的同一单摆在不同最大摆角θ时的周期T,并根据实验数据描绘出如图乙所示的图线.根据周期公式可知,图乙中的纵轴表示的是______,图线延长后与横轴交点的横坐标为______.
正确答案
解析
解:(1)①设圆的半径为R,根据几何知识得,sinr=,sini=
根据折射定律n=得:
n=
②若从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2,其原因可能是沿P1、P2方向入射光在玻璃砖底边的界面上发生了全反射;
(2)根据已知条件可知,T=,
根据单摆的周期公式得:
T=2
解得:g=
A、测量摆长时,把摆线长当成摆长时,摆长l偏小,测得的重力加速度数值应小于实际值.故A错误.
B、摆线上端没有系牢,摆动过程因松动而使摆线变长,则所测单摆的实际周期T偏大,所以所测重力加速度偏小,故B错误;
C、将摆球(n-1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间,根据g=可知,g偏大,故C正确;
D、重力加速度与摆球质量无关,故D错误;
故选C
③根据单摆的周期公式得:
T=2
所以T2=4π2=
,所以T2-L图象中的斜率k=
,即g=
④实验中得到的线性图线,根据T=2(1+
sin2
)得:sin2
=
,所以sin2
与T成一次函数关系,
所以图乙中的纵轴表示的是sin2,图线延长后与横轴交点的横坐标为
故答案为:(1);沿P1、P2方向入射光在玻璃砖底边的界面上发生了全反射;(2)
;C;
;sin2
;
在做用单摆测当地重力加速度的试验中,某同学组装好单摆后,单摆自然悬垂.用毫米刻度尺测出悬点到摆球的最低端的距离L=0.9880m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图所示,则摆球的直径为______mm,单摆摆长为______m;为减小实验误差,该同学在测量摆球振动周期时应从摆球经过______(填“最低点”或“最高点”)位置时开始计时.
正确答案
解析
解:直径:主尺:1.3cm=13mm,游标尺对齐格数:8个格,读数:8×=0.40mm
所以直径为:13mm+0.40mm=13.40mm
所以单摆摆长为:L=0.9880-=0.9813m
测量周期时,为减小实验误差,从小球经过平衡位置时开始计时,即从摆球经过最低点时开始计时.
故答案为:13.40,0.9813,最低点
在“用单摆测定重力加速度”的某次实验中,摆长为L的单摆完成n次全振动的时间为t,则单摆的周期为______,重力加速度大小为______.
正确答案
解析
解:单摆周期:T=,
由单摆周期公式T=2π可知,
重力加速度:g==
;
故答案为:;
.
某同学在做“探究单摆周期与摆长的关系”实验中:
(1)为了减小测量周期的误差,摆球应选经过最______(填“高”或“低”)点的位置时开始计时并计数1次,且用秒表测得经过该位置n次的时间为t,则单摆的周期为______.
(2)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长,测量情况如图1所示,悬挂点在刻度尺的0mm处,从图中可知单摆的摆长L为______ m.
(3)为了寻找单摆周期与摆长的关系,在实验中要改变几次摆长L并测出相应的周期T,从而得出一组对应的T与L的数据,以L为横坐标,T为纵坐标得如图2所示图象.据此你猜测L与T可能有的关系是摆长L与______(填、T或T 2)成正比,要证实你的猜测,你应该以摆长L为横坐标,以它(你选定的
、T或T 2)为纵坐标作出图象;如果你作出的图象是______,那么你的猜测成立.
(4)下表是“探究单摆周期与摆长的关系”实验的有关数据.
①利用上面的数据,在坐标图(图3)中作出L-T 2图象.
②根据图象可知,当地的重力加速度g=______m/s2.
正确答案
解析
解:(1)摆球经过最低点的位置时速度最大,在相等的距离误差上引起的时间误差最小,测的周期误差最小.所以为了减小测量周期的误差,摆球应选经过最低点的位置时开始计时.由题分析可知,单摆全振动的次数为N=
,周期为T=
=
;
(2)单摆的摆长L为0.9950m.
(3)由图看出L-T图线是曲线,而且向右弯曲,根据数学知识可以猜想:摆长L与 T 2成正比,以摆长L为横坐标,以T 2为纵坐标作出的图象是过O点的直线.
(4)采用描点法作出图象,如图所示.根据单摆的周期公式T=2得,L=
,由图求出斜率k=
,则
=k=
,解得,g=9.86m/s2故答案为:(1)低、
;
(2)0.9950(0.9948-0.9952);
(3)T 2、过O点的直线(或过O点的射线);
( 4)如图(最后一点应舍去) 9.86m/s2
某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素.
①他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,如图1所示.这样做的目的是______(填字母代号).
A.保证摆动过程中摆长不变B.可使周期测量得更加准确
C.需要改变摆长时便于调节D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
②他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.9990m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图2所示,则该摆球的直径为______mm,单摆摆长为______m.
③如图振动图象真实地描述了对摆长为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C均为30次全振动的图象,已知sin5°=0.087,sin15°=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______(填字母代号).
正确答案
AC
12.1
0.99295
A
解析
解:(1)在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,是为了防止动过程中摆长发生变化,如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时,方便调节摆长,故AC正确,
故选AC
(2)游标卡尺示数为:d=12mm+1×0.1mm=12.1mm;
单摆摆长为L=l-=0.9990m-0.00605m=0.99295m
(3)当摆角小于等于5°时,我们认为小球做单摆运动,所以振幅约为:1×0.087m=8.7cm,当小球摆到最低点开始计时,误差较小,测量周期时要让小球做30-50次全振动,求平均值,所以A合乎实验要求且误差最小
故选A
故答案为:①AC ②12.1 0.99295 ③A
用单摆测定当地的重力加速度:
在“用单摆测定重力加速度”的实验中,测出单摆摆角小于5°时,完成n次全振动的时间为t,用毫米刻度尺测得摆线长为L,用螺旋测微器测得摆球直径为d.
(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)要在摆球通过______位置时开始计时
(3)实验中,有个同学发现他测得的当地重力加速度总是偏大,其原因可能是______
A.实验室处在高山上,距离水平面太高
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
平衡
D
解析
解:(1)根据单摆的周期公式T=2π推导出重力加速度的表达式:g=
.
(2)数次数时应从平衡位置开始计时,此位置速度大,变化快,容易数次数,故为:平衡
(3)若测得的当地重力加速度总是偏大,有两种可能:L的测量值偏大,或T的测量值偏小.
A、实验室处在高山上,距离水平面太高,因为越往高处,根据万有引力定律知物体与地球之间的吸引力越小,则测得的当地的加速度结果偏小,故A错误;
B、根据公式,单摆的周期与摆球的质量无关.故B错误;
C、测出次n全振动的时间t,误作为(n-1)次全振动的时间进行计算,则:T测=>
=T真,周期的测量值偏大,测得的g会偏小.故C错误;
D、以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算,L测=l+d>l+=L真即摆长的测量值偏大,测得的结果偏大.故D正确.
故选:D.
故答案为:(1),(2)平衡,(3)D
在“用单摆测定重力加速度”的实验中
(1)除用铁夹、铁架台、游标卡尺、带中心孔的金属小球和细线这些器材外,还需要用到的测量仪器有:______.
(2)本实验中,如下哪些措施是必要的______.
A.测周期时,单摆的摆角应大于10°
B.测周期时,应取摆球通过最低点处计时并测量摆球全振动30~50次的时间
C.装置单摆时,摆线应尽可能长些,摆球应选密度大而体积小的小球,且用夹板夹紧摆线
D.要使单摆在竖直平面内摆动,不得使其形成锥形摆或摆球转动
E.测摆长时,为了测量方便,应将单摆放在桌面上,拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O的长度作为摆长,然后将单摆从O点吊起.
(3)如果在实验中误将摆线长度当成了摆长,那么通过公式直接计算出的重力加速度将______(“偏大”、“偏小”);如果在实验中,误将振动29次的时间计成了30次的时间,那么所测重力加速度将______(“偏大”、“偏小”);如果在实验开始计时,秒表过早按下,那么所测重力加速度将______(“偏大”、“偏小”).
(4)增大单摆简谐振动周期的方法是______
A.只加大摆长
B.只加大摆角
C.只加大摆球质量
D.将单摆由北京移至赤道
(5)某同学在用单摆测定重力加速度的实验中,测量不同摆长情况下单摆的振动周期,并以L为横坐标,T2为纵坐标,做出了T2-L图线,如图所示,由此图线可知重力加速度为______.(结果保留三位有效数字)
正确答案
解析
解:(1)据该实验原理和实验要求,应用刻度尺测摆长,游标卡尺测金属球的直径、秒表测时间、铁夹、铁架台、带中心孔的金属小球和细线等仪器.所以还需要有:刻度尺、秒表.
(2)A、单摆测量周期时,摆角不能大于5°,否则单摆的运动就不是简谐运动,故A错误;
B、采用累积法测周期,即测量摆球全振动30~50次的时间t,再根据T=得到周期.应从摆球通过最低点处计时,此时摆球的速度最大,引起的时间误差最小,故B正确.
C、据该实验的要求和误差分析可知,该实验中要求摆线应长一点;摆球质量大一些,且不能使上端的摆线移动,用夹板夹紧摆线.故C正确.
D、要使单摆在竖直平面内摆动,不得使其形成锥形摆或摆球转动,否则单摆公式就不能运用,故D正确.
E、应让单摆悬挂起来,用米尺测出摆球球心到摆线某点O的长度作为摆长,然后将单摆从O点吊起,故E错误.
故选:BCD
(3)单摆周期为:T=,n为单摆全振动的次数;由单摆周期公式T=2π
可得,重力加速度:g=
=
据此公式可知:在实验中误将摆线长度当成了摆长,比实际摆长偏小,所测重力加速度将偏小.
如果在实验中,误将振动29次的时间计成了30次的时间,即n变大,所测重力加速度将偏大.
如果在实验开始计时,秒表过早按下,测量的周期偏大,所测重力加速度将偏小.
(4)根据单摆周期公式T=2π可得,增大单摆简谐振动周期的方法是增大摆长或减小重力加速度,可将将单摆由北京移至赤道,单摆的周期与振幅和摆球质量
无关,故选:AD
(5)由单摆周期公式T=2π可得:T2=
L,则知T2-L图象的斜率:k=
由图象可知,图象斜率:k==
=4,则 g=
=π2≈9.86m/s2
故答案为:(1)刻度尺、秒表;(2)BCD;(3)偏小;偏大;偏小;(4)AD;(5)9.86m/s2.
某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作:
①用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如右图甲所示,可读出摆球的直径为______cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上,测量摆线长,通过计算得到摆长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n=1,单摆每经过最低点记一次数,当数到n=60时秒表的示数如右图乙所示,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 图象如右图丙,此图线斜率的物理意义是______
A.gB.C.
D.
④题③中,在描点时若误将摆线长当做摆长,那么画出的直线将不通过原点,由图线斜率得到的重力加速度将因此而产生哪一种结果?______
A.偏大 B.偏小 C.不变 D.都有可能
⑤该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度.他采用的方法是:先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1,然后把摆线缩短适当的长度△l,再测出其振动周期T2.用该同学测出的物理量表达重力加速度为g=______.
正确答案
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,所以摆球的直径为 d=20.6mm=2.06cm
②由单摆全振动的次数为n=29.5次,秒表读数为t=67.4s,该单摆的周期是T==2.28s
③由周期公式T=2π,可得
T2=L可知,T2-l图线斜率k=
.故选:C.
④描点时若误将摆线长当作摆长,那么画出的直线将不通过原点,T2=(L线+
),即作出T2-L线的图象,斜率不变,由图线斜率得到的重力加速度与原来相比,其大小不变,故选:C.
⑤先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1,
T1=2π
然后把摆线缩短适当的长度△l,再测出其振动周期T2.
T2=2π
解得:g=.
故答案为:
①2.06;②2.28s;③C;④C;⑤.
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