《备考指南一轮 物理 》课件-实验15

第十四章实验十五知识巩固练习1．(2019年成都期中)“用单摆测定重力加速度”的实验．(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列措施对提高测量结果精确度有利的是______．A．适当加长摆线B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C．多测几组数据，借助T2－L图像求重力加速度gD．为便于观察和计数，应在释放摆球的同时开始计时(2)实验中，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＝0.9610m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示．则该摆球的直径为______mm，单摆摆长为______m(最后一空保留四位有效数字)．(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为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次全振动的图像．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，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26)．ABCD【答案】(1)AC(2)11.200.9554(3)A【解析】(1)单摆的摆长越长，则周期越大．适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提高测量结果的精确度，故A正确．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误．多测几组数据，借助T2－L图像求重力加速度g，能减小偶然误差，故C正确．单摆周期较小，要从摆球经过平衡位置时开始计时，以减小实验的误差，故D错误．(2)游标卡尺的主尺读数为11mm，游标卡尺的第10刻度与上边对齐，读数为0.02×10mm＝0.20mm，所以游标卡尺示数为d＝11mm＋0.20mm＝11.20mm＝0.01120m.单摆的摆长：l＝L－eq\f(d,2)＝0.9610m－eq\f(0.01120,2)m＝0.9554m.(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.从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．(2019年宜宾名校期中)在“利用单摆测重力加速度”的实验中：(1)同学甲测得摆线长l0，小球直径D，小球完成n次全振动的时间t.则实验测得的重力加速度的表达式g＝__________(用题目中所给的物理量表示)．(2)实验中测得的重力加速度数值明显小于当地的重力加速度的实际值．造成这一情况的可能原因是______．A．所用摆球的质量过大B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长C．测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时停表，读出经历的时间为t，并由计算式T＝eq\f(t,30)求得周期D．测量周期时，误将摆球n－1次全振动的时间t记成了n次全振动的时间(3)同学乙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______(填写器材名称)测量摆球直径，结果如图所示.则摆球的直径为______cm，单摆摆长为______m．将摆球拉开一定角度由静止释放．为了减小误差，应该当摆球经过______(填“平衡位置”或“最高点”)才开始计时．【答案】(1)eq\f(4n2π2l0＋\f(D,2),t2)(2)B(3)游标卡尺1.210.9930平衡位置【解析】(1)设摆线长l0，小球直径D，则单摆的摆长L＝l0＋eq\f(D,2).摆动n次时，所用时间为t，则T＝eq\f(t,n).根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g)).联立解得g＝eq\f(4π2L,T2)＝eq\f(4n2π2l0＋\f(D,2),t2).(2)摆球的质量对实验的结果没有影响，故A错误．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动使摆线变长，则小球的实际周期变大．所以根据上式可知，测量的加速度变小，故B正确．测出n－1次全振动的时间，却误作为n次全振动的时间，则测量的周期偏小，算得g偏大．同理，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，对应的时间是15个周期，因此求得周期偏小，故C、D错误．(3)游标卡尺要先读出主尺的刻度12mm，然后读出游标尺的刻度0.1mm×1＝0.1mm，总读数＝12mm＋0.1mm＝12.1mm＝1.21cm.单摆的摆长为L＝L′－eq\f(D,2)＝0.9990m－eq\f(1.21,2)×10－2m＝0.9930m.应将摆球拉开一定角度，由静止释放摆球．为了减小误差，应该在摆球经过平衡位置才开始计时．综合提升练习6．(2020届上海名校月考)在“利用单摆测重力加速度”的实验中：(1)测得摆线长l0，小球直径D，小球完成n次全振动的时间t，则实验测得的重力加速度的表达式g＝________.(2)实验中如果重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是()A．把摆线的长度l0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变长C．测量周期时，误将摆球n－1次全振动的时间t记成了n次全振动的时间D．摆球的质量过大(3)如图所示，停表读数为________s.(4)某同学因为粗心忘记测量摆球直径，在实验中将悬点到小球下端的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l－T2图像如下．则该小球的直径是________cm(保留一位小数)；实验测得当地重力加速度大小是________m/s2(取3位有效数字)．【答案】(1)eq\f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l0＋\f(D,2)))n2,t2)(2)C(3)99.8(4)1.29.86【解析】(1)单摆的周期T＝eq\f(t,n)，摆长l＝l0＋eq\f(D,2)，根据T＝2πeq\r(\f(l,g))可得重力加速度的表达式g＝eq\f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l0＋\f(D,2)))n2,t2).(2)若把摆线的长度l0当成了摆长，计算时摆长将变短，根据重力加速度的表达式知，重力加速度的测量值将偏小，故A错误；摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆长变大，则单摆的周期变大，而计算时仍采用原摆长l，由g＝eq\f(4π2l,T2)知，则重力加速度的测量值将偏小，故B错误；测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间t记成了n次全振动的时间，则算得的周期变小，重力加速度的测量值将偏大，故C正确；摆球的质量过大不影响单摆的周期，则算得的重力加速度不受影响，故D错误．(3)停表的长针是秒针，转一周是30s．因为机械表采用的齿轮传动，指针不可能停留在两小格之间，所以不能估读出比0.1s更短的时间，位于表上部中间的小圆圈里面的短针是分针，表针走一周是15min，每一小格为0.5min.由图知，短针读数为1.5min，长针读数为9.8s，所以停表的读数为99.8s.(4)由单摆的周期T＝2πeq\r(\f(l－\f(D,2),g))可知l＝eq\f(g,4π