用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，示数如图甲所示，该摆球的直径d=

 

mm．
②接着测量了摆线的长度l，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式g=

 

．（用题目所给物理量表示）
③某小组改变摆线长度l，测得了多组数据．在进行数据处理时，甲同学把摆线长l作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出周期的平方（T²）与摆线长l的图象后求出斜率，然后算出重力加速度．两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲

 

，乙

 

（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．

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用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，示数如图甲所示，该摆球的直径d=_____mm。
②接着测量了摆线的长度，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式g=_____。（用题目所给物理量表示）
③某小组改变摆线长度，测得了多组数据。在进行数据处理时，甲同学把摆线长作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出周期的平方()与摆线长的图象后求出斜率，然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲_____，乙_____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

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在“用单摆测定重力加速度”的实验中
（1）以下说法正确的是

C

C

．
A．测量摆长时应将摆球取下后再测量
B．摆球应选用半径约2cm的木球
C．实验中应控制摆角不大于10°是为了减小系统误差
D．实验中只要测量一次全振动的时间即可知道单摆振动的周期
（2）测周期时，当摆球经过

平衡

平衡

位置时开始计时并计数“0”，测出经过该位置100次的时间如图中秒表所示，则周期为

2.00s

2.00s

．（结果保留3位有效数字）
（3）一组同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验，用正确的操作方法，测定了6组摆长L和周期T的对应值．为求出当地的重力加速度，同学们提出了4种不同方法．你认为以下4种方法中，不合理的有

AB

AB

A．从测定的6组数据中任意选取1组，用公式g=4π²L/T ²求出g作为测量值
B．求出L的平均值

.

L

和T的平均值

.

T

，用公式g=4π²

.

L

/

.

T

²求出g作为测量值
C．用6组L、T值，用g=4π²L/T²求出6个g，再求这6个g的平均值作为测量值
D．在坐标纸上作出T ²-L图象，从图象中计算出图线斜率K，根据g=4π²/K求出g．

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一．选择题

1.C    

2.D     

3.BD   

4.D     

5.C      

6.D     

7.B  

8.A 

9. AD 

10.AD

二．实验题

11．（1）如图所示（5分）

（2）9．95（9.90---9.99范围内均给分）（5分）

12．（1）ADCBE（2分）

  （2）1.735（3分）

  （3）576.9  (577同样给分)（3分）

三．计算题（52分）

13．（18分）参考解答：

 电子穿过电容器过程中，在水平方向上做匀速运动         ①        （1分）

在竖直方向上做匀加速直线运动                        ②       （2分）   

v_⊥=at                          ③       （1分）  

a=                          ④      （2分）

电子穿过平行板电容器时，速度方向偏转θ角， tanθ=            ⑤     （2分） 

电子打在荧光屏上偏离中心O的位移，y=y₁+s?tanθ                         （2分） 

由上述①～⑥方程得：y=（1+）y₁                                                       

当y₁=d/2时，代入数据求得：y=3m>                             ⑦           （1分） 

故使电子打在荧光屏上，应满足y≤阶段                                  （1分）

联立①～⑦方程，                                            

代入数据求得，A、B间电压U≤25V                                         （2分）  

⑴当U_AB=25V时，                         

代入数据得：R₃=900Ω                                                    （1分）

⑵当U_BA=25V时，                        

代入数据得：R₃=100Ω                                                    （1分）

综述：                 100Ω≤R₃ ≤900Ω                                   （2分）

14．（16分）参考解答：

    ⑴设每个人对夯锤施加的力用F表示，根据牛顿第二定律有：

         ………………………………………………………⑴

    施力过程中夯锤上升的高度为h₁，松手时夯锤获得的速度为v，松手后夯锤能上升的高度为h_2，夯锤能上升的最大高度为h，根据运动规律有：

         ……………………………………………………………⑵

         …………………………………………………………………⑶

         ………………………………………………………………⑷

         ……………………………………………………………⑸

代入数值后可解得：   ………………………………………………⑹

    ⑵设夯锤与地面撞击的过程中，地面对夯锤的平均作用力为N，研究夯锤从最高点至落到地面的过程，应用动能定理可得：

         ……………………………………………⑺

将Δh=0.02及第⑴问所得结果代入上式可得：

         N=2.33×10⁴N  …………………………………………⑻

根据牛顿第三定律，此即等于夯锤对地面的平均作用力．

本题满分16分，每式2分。注：其它解法结果正确同样给分。

15．（20分）参考解答：

（1）木箱在水平恒力和滑动摩擦力f₁ 的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a₁，金属块在光滑木箱上表面处于静止，直到木箱向前前进1 m后，金属块滑落，做自由落体运动，竖直落到地面。滑动摩擦力f₁=μ(M+m)g= 8 N  (2分)

由牛顿运动定律得：a₁=（F―f₁）/M =0.5m/s²  (2分)

木箱滑行1m，历时 t₁==2s  (2分)

金属块滑落后，木箱在水平恒力和滑动摩擦力f₂ 的作用下，做匀加速直线运动1s，加速度为a₂，滑动摩擦力f₂=μMg= 5 N   (1分)

由牛顿运动定律得：a₂=（F―f₂）/M =2m/s²  (2分)

2s末木箱的速度为v₁=a₁t₁=1m/s   (2分)

第3s内的位移s₂=v₁t₂+=2m  (2分)

3s末木箱的速度为v₂= v₁+a₂t₂ =3m./s  (2分)

撤去力F后，木箱做匀减速运动直至停止，减速运动的加速度a3= ―μg =―2.5 m/s² (1分)

此过程的位移S3=  =1.8m   (2分)

因此木箱停止后，小金属块落地点距木箱左边沿的水平距离 S=S₂=S₃=3.8m (2分)