- 机械振动
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某实验小组拟用甲图所示的装置研究滑块的运动．实验器材有：滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板、漏斗和细线组成的单摆（细线质量不计且不可伸长，装满有色液体后，漏斗和液体质量相差不大）等．实验前，在控制液体不漏的情况下，从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100秒；实验中，让滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向做微小振幅摆动，漏斗漏出的液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．
①该单摆的周期是______s；
②图乙是实验得到的有液体痕迹并进行了数据测量的纸带，根据纸带可求出滑块的加速度为______m/s2；（结果取两位有效数字）
③用该实验装置测量滑块加速度，对实验结果影响最大的因素是______．
正确答案
解析
解：（1）从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100秒，知50次全振动的时间为100s，则单摆的周期为：
T=
（2）根据△x=at2，t=
a=
（3）液体漏出后，漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆的周期，影响加速度的测量值．
故答案为：（1）2 （2）0.10，（3）漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆的周期，影响加速度的测量值．
A．将石块用细尼龙线系好，结点为N，将尼龙线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量ON间尼龙线的长度l作为摆长；
C．将石块拉开一个大约α=50的角度，然后由静止释放；
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T=
E．改变ON间尼龙线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；
F．求出多次实验中测得的l和T的平均值作为计算时使用的数据，带入公式g=（
（1）你认为该同学以上实验步骤中存在错误或不当的步骤是______．（只填写相应的步骤代号即可）
（2）该同学用ON的长作l为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值______（填“偏大”、“偏小”或“无系统误差”）．
正确答案
BDF
偏小
解析
解：（1）该同学以上实验步骤中有重大错误的是BDF：
B、摆长应是悬点到大理石块质心的距离．
D、测量时间应从单摆摆到最低点开始．
F、必须先分别求和各组L和T值对应的g，再取所求得的各个g的平均值．
（2）由单摆的周期公式T=2π
故答案为：（1）BDF；（2）偏小．
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的细线的长度
B．测量周期时，选取最大位移处作为计时起点与终止点
C．要保证单摆在同一竖直面内摆动
D．单摆摆动时，对摆角的大小没有要求
（2）某同学测得以下数据：摆线长为L，摆球的直径为d，单摆完成N次全振动的时间为t，则
①用L、d、N、t表示重力加速度g=______．
②他测得的g值偏小，可能原因是：______
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．开始计时时，秒表过迟按下．
D．实验中误将51次全振动计为49次．
正确答案
解析
解：
（1）A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离．故A错误．
B．测量周期时，选取平衡位置作为计时起点与终止点，因为摆球通过平衡位置时速度最大，相等的距离误差时，引起的时间误差较小，测量的周期精确．故B错误．
C．要保证单摆在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆．故C正确．
D．单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°．
故选C
（2）①单摆的周期T=
②A、测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量偏大，则根据g=
B、振动中出现松动，使摆线长度增加，测量的时间t偏大，由g的表达式可知，测得的g值偏小．故B正确．
C、开始计时时，秒表过迟按下，测量的时间t偏小，测得的g值偏小．故C正确．
D、实验中误将51次全振动计为49次，N偏小，测得的g值偏小．故D正确．
故答案为：（1）C（2）1、
一个单摆在甲地时经过时间t完成m次全振动，在乙地经过相同时间完成n次全振动，则甲、乙二地重力加速度大小之比g甲：g乙为（ ）
正确答案
解析
解：周期等于完成一次全振动的时间，一个单摆在甲地时经过时间t完成m次全振动，在乙地经过相同时间完成n次全振动，知单摆在两地的周期之比T甲：T乙=n：m．
根据单摆的周期公式：
故选C．
正确答案
解析
解：由单摆的周期公式T=2π
由数学知识得知，T2-L图线的斜率等于
解得g=
故答案为：
某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s．则
（1）他测得的重力加速度g=______m/s2．
（2）他测得的g值偏小，可能的原因是______．（填选项前面的字母）
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49.5次全振动数为50次．
正确答案
解析
解：（1）单摆的摆长L=l线+
单摆振动50次所用的时间为101.5s，所以T=2.03s
根据周期公式T=2π
（2）本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2π
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，振动周期变大，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49.5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）9.76
（2）B
某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，然后用游标卡尺测量小球的直径，用停表记录了单摆全振动50次所用的时间如图
（1）小球直径为______cm，该摆摆长为______cm，停表读数为______s．
（2）如果测得的g值偏小，可能的原因是______
A．测摆线时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验时误将49次全振动数为50次
正确答案
1.52
98.26
99.7
B
解析
解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为1.5cm，游标尺示数为2×0.1mm=0.2mm=0.02cm，小球直接d=1.5cm+0.02cm=1.52cm；
单摆摆长L=l+
（2）由单摆周期公式T=2π
A、测摆线时摆线拉得过紧，所测摆长L偏大，g偏大，故A错误；
B、摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使所测周期T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T偏小，g偏大，故C错误；
D、实验时误将49次全振动数为50次，测量的周期T偏小，g偏大，故D错误；故选B．
故答案为：（1）1.52；98.26；99.7．（2）B．
在利用单摆测定重力加速度的实验中，下列说法正确的是（ ）
A把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C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
D选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
正确答案
解析
解：A、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，单摆的运动不是简谐运动，故A错误；
B、测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为T=
C、由单摆周期公式：T=2π
D、单摆在运动过程中要受到空气阻力作用，为减小实验误差应选择质量大而体积小，即密度大的球作为摆球，故D错误；
故选：C．
利用单摆测重力加速度的实验中，如测出摆线长为L，小球直径为D，n次全振动的时间为t，则当地的重力加速度g等于______（用以上字母表示），为了减小测量周期的误差，应在______位置开始计时和结束计时．
正确答案
平衡
解析
解：由题，单摆的周期为T=
g=
由于摆球经过平衡位置时，速度最大，在相同视觉距离误差上，引起的时间误差最小，测量周期比较准确．所以为了减小测量周期的误差，应在平衡位置开始计时和结束计时．
故答案为：
（1）物理课外小组研究“用单摆测重力加速度”实验，他们依照教材实验直接测量的物理量应为：______、______、______、______．
（2）他们测出不同的摆长（l）所对应的周期（T），在进行数据处理时：
①如果甲同学以摆长（l）为横坐标、周期（T）的平方为纵坐标作出了T2-l图象，若他测得的图象的斜率为k，则测得的重力加速度g=______．若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图象法求得的重力加速度______（填“偏小”“偏大”或“准确”）；
②乙同学根据公式：T=2π
（3）甲同学测量5种不同摆长下单摆的振动周期，记录结果见表：
以周期（T）的平方为横坐标，摆长（l）为纵坐标坐标，请你替他在上面的虚线框中作出l-T2图象，利用此图象求出的重力加速度为______．
正确答案
解析
解：（1）应用单摆测重力加速度实验，单摆的周期：T=
所以：
需要测出：摆线的长度l、摆球的直径d、摆球完成n次全振动所用时间t；
（2）①如果甲同学以摆长（l）为横坐标、周期（T）的平方为纵坐标作出了T2-l图象，若他测得的图象的斜率为k，则
②乙同学根据公式：T=2π
（3）根据公式：g=
直线的斜率：
所以得：g=4π2k′
取直线上的点：（4.0，1.00）代入上面的公式，得：
所以：g=4π2×0.25=π2=3.142≈9.86m/s2
故答案为：（1）摆线的长度l、摆球的直径d、摆球完成全振动的次数n、摆球完成n次全振动所用时间t；（2）
某同学用如图1所示的装置测定当地的重力加速度：
①电火花计时器的工作电压是______，频率______；
②打出的纸带如图2所示，实验时纸带的______端是和重物相连接；（选填“甲”或“乙”）
③纸带上1至9各点为计时点，由纸带图2所示数据算出当地的重力加速度是______；（保留两位有效数字）
④采用较好的装置进行实验，且打点清晰，无漏点，如果发现第1、2两点之间的距离大约为4mm，这是因为实验时______．
正确答案
解析
解：①电火花打点计时器的工作电压是交流220v，频率为50Hz的交流电．
②由于该实验中纸带做匀加速直线运动，所以在相等的时间间隔内位移越来越大，所以该纸带的乙端与重物相连．
③据匀变速直线运动的推论：x23-x78=5aT2
所以a=
④当测量的过程中前两个点之间的时间恰好是0.02s时，两点之间的距离：x=
故答案为：①220V；50Hz；②乙；③9.4m/s2；④先放开了纸带，后接通计时器
在完成实验探究“用单摆测定重力加速度”时：
（1）在其它条件相同的情况下，某同学分别完成了三次实验，三组实验器材和实验数据如表所示：
由表格中的数据可知，测定结果最准确的是______组数据．
（2）用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，可读出直径d=______cm；请在图中乙的停表上，画出两个“•”（标注出实验中指针指示的正确位置）以标明测定结果中最准确的数据所对应的时间（此时停表指示的时间是错误的）
正确答案
C
2.16
解析
单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期．
单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°．因此C比B要准确．
故C的数据最准确．
（2））主尺读数为21mm，游标尺上以、第6条刻度线与主尺对齐，读数为6×0.1mm=0.6mm，则小球的直径为21.6mm=2.16cm．
C组数据中的时间为75s，故内圈分针处于15和1之间，且没有过半格，大约
故本题答案为：（1）C，（2）2.16，如右图所示
在用单摆测重力加速度实验中
（1）在下面器材中你应选用什么器材为好？______
A.10cm长细线 B.1m长粗绳 C.1m长细线 D．厘米刻度尺 E．毫米刻度尺
F．泡沫塑料小球 G．大铝球 H．小铁球 I．大时钟 J．秒表
（2）重力加速度g的计算公式为g=______．
（3）测量运动时间，应从摆球经过______开始计时（填“最高点”或“最低点”）．
（4）学生在实验过程中，数摆动次数时漏数了一次，也就是将摆动31次当作摆动了30次进行计算，那么测得g值会______（填“偏大”或“偏小”）．
正确答案
解析
解：（1）为了减小空气阻力对单摆小球的影响，应选用小铁球．为了便于测量，防止摆长太短，周期太小，摆球振动太快，使周期测量误差较大，应选用1m长细线．为了提高测量精度，选用毫米刻度尺测量摆长，用秒表测量时间．故选：CEHJ．
（2）根据单摆的周期公式T=2
（3）摆球经过最低点时速度最大，为减小实验误差，测量振动时间，应从摆球经过最低点位置开始计时．
（4）单摆的周期为 T=
则知将摆动31次当作摆动了30次进行计算周期时周期值将偏大，由
故答案为：
（1）CEHJ；（2）
（1）某次时间测定中，秒表的示数如图所示，则t=______（s）
（2）某次实验测量的数据记录如下表：
为了得出T与m的关系，他先研究T与n的关系，并采用作图的方法处理实验数据．他以螺帽的个数n为横坐标得出一条倾斜直线，那么他是以______为纵坐标的．
（3）由表中数据，在图示坐标系中作出该直线．
（4）根据作出的图线，得出T与n的关系式为T=______（s）．每个螺帽的质量用m0表示，若用一未知质量的物体做振子时，测得周期为1.26s，则该物体质量为______m0．
正确答案
99.8
T2
T=
7.94
解析
解：
（1）分针读数为60s，秒针的读数为39.8s，则秒表的示数为t=60s+39.8s=99.8s．
（2）研究各组数据之间的关系如下：
第1组与第2组：n之比：
第1组与第3组：n之比：
第1组与第4组：n之比：
…
可见，T2与n成正比．所以他以螺帽的个数n为横坐标得出一条倾斜直线，应以T2为纵坐标．
（3）列表如下，作图如图．
（4）由于T2与n正比，得到T2=kn．所在图线上取离原点较远的一点，读出坐标为n=4，T2=0.8，代入T2=kn得到，k
≈0.2，则有T=
故答案为：
（1）99.8；（2）T2；（3）如图；（4）T=
①某同学利用单摆测定重力加速度，在以下各实验步骤中有错误的是：______
A．在未悬挂之前先测定好摆长．
B．测得摆长为C．将摆长拉离平衡位置，摆角约为度后，让其在竖直平面内摆动
D．当摆球第一次通过平衡位置时，启动秒表开始计时，当摆球第三次通过平衡位置时，止动秒表，记下时间．
②利用单摆测重力加速度时，没有测摆球的直径，先用直尺测出悬点到球底的距离1，测出相应的周期1，再将1改变为2，又测出相应的周期2，则测出的重力加速度的表达式应为______．
正确答案
ABCD
解析
解：①A、应把单摆悬挂好后测量摆线的长度，故A错误；
B、为减小误差，方便实验操作，摆长约为1m=100cm，故B错误；C、单摆做简谐运动，摆角应小于5度，故C错误；
D、为减小实验误差，应测出多个周期的总时间，然后求其平均值作为单摆的周期，只测一个周期的时间，实验误差较大，故D错误；
本题选错误的，故选ABCD．
②设摆球的半径为r，则单摆周期T1=2π
故答案为：①ABCD； ②
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