在“探究单摆的周期和摆长的关系”实验中．

（1）用毫米尺量出悬线的长度L0=97.57cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示为d=

2.06

2.06

cm，则单摆的摆长为L=

98.60

98.60

cm；以摆球通过平衡位置时开始计时，然后用秒表记录单摆完成全振动50次所用的时间，从图乙可读出时间为

99.5

99.5

s，则单摆的周期为

1.99

1.99

s．
（2）根据记录的数据，在坐标纸上以T为纵轴，l为横轴，作出T-l图象，发现图线是曲线；然后尝试以T²为纵轴，l为横轴，作出T²-l图象，发现图线是一条过原点的倾斜直线，由此得出单摆做简谐运动的周期和摆长的关系是

D

D

A、T∝

I

l

     B、T²∝

I

l

      C、T∝l   D、T²∝l
（3）与重力加速度的真实值比较，发现测量结果偏小，分析原因可能是

BCF

BCF

A、振幅偏小                B、在单摆未悬挂之前先测定其摆长
C、将摆线长当成了摆长      D、所用摆球的质量过大
E、把摆线长加上小球直径做为摆长
F、摆球在摆动过程中悬点出现了松动．

查看答案和解析>>

某小组在做“用单摆测定重力加速度“实验后，为了进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆．通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T=2π

Ic+mr2 mgr

，式中I_C为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到中心C的距离．如图（a），实验时杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m=0.50kg．

r/m	0.45	0.40	0.35	0.30	0.25	0.20
T/s	2.11	2.14	2.20	2.30	2.43	2.64

（1）由实验数据得出图（b）所示的拟合直线，图中纵轴表示

 

（2）I_c的国际单位为

 

，由拟合直线得带I_c的值为

 

（保留到小数点后二位）
（3）若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值

 

（选填：“偏大”、“偏小”或“不变”）

查看答案和解析>>

某同学探究单摆的运动，用单摆测当地的重力加速度．

（1）他组装单摆是，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

 

（多选，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=0.9960m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则摆球的直径为

 

mm，单摆摆长为

 

m．
（3）下列振动图象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）

（4）他测得的g值偏小，可能的原因是

 

（多选，填字母代号）
A．摆球在水平面内做圆周运动
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表提前按下
D．实验中误将29次全振动数记录为30次．

查看答案和解析>>

（1）在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图12甲、乙所示．测量方法正确的是

 

（选填“甲”或“乙”）
（2）实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图丙所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图丁所示，则该单摆的振动周期为

 

．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一个小球进行实验，则该单摆的周期将

 

（填“变大”、“不变”或“变小”），
（3）若已正确测出悬线长L和摆球直径d，及图丁中读取的周期，写出求重力加速度的计算式g=

 

．

查看答案和解析>>

Ⅰ为研究滑块的运动，选用滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板以及由漏斗和细线构成的单摆等组成如图1所示的装置，实验中，滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时让单摆垂直于纸带运动方向做小摆幅摆动，漏斗可以漏出很细的有色液体，在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置，如图2所示

（1）漏斗和细线构成的单摆在该实验中所起的作用与下列哪个仪器相同？

A

A

（填写仪器序号）
A． 打点计时器        B． 秒表  C． 毫米刻度尺      D． 电流表
（2）如果用该实验装置测量滑块加速度，对实验结果影响最大的原因是

漏斗重心的变化导致摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量值

漏斗重心的变化导致摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量值

Ⅱ用如图所示的实验装置，探究弹力和弹簧伸长的关系．实验主要操作步骤如下：先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧自然下垂时，读取指针指示的刻度数值L₀；当弹簧下端挂一个100g的钩码，读取指针指示的刻度数值L₁；弹簧下端挂两个100g的钩码，读取指针指示的刻度数值L₂；…；挂七个100g的钩码时，读取指针指示的刻度数值L₇．（本题以下计算结果保留三位有效数字，g取10m/s²）
（1）下表是甲实验小组的数据记录和处理的表格，请你在答题纸空格上直接填写甲组实验得到的弹簧劲度系数k_甲．
“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验数据记录及处理
（2）乙实验小组换用不同的弹簧做实验，采用图象法处理实验数据；以刻度尺读数L为横坐标，以所挂钩码质量m为纵坐标，所画图象如图所示．根据该图象可知，乙实验小组采用的弹簧的劲度系数k_乙为_

11.1

11.1

N/m；

查看答案和解析>>

1．B　

2．C解析：为了减小实验误差，用图象法处理数据，应由图线上相距较远的两点所对应的速度、时间，用公式算出加速度。故C正确。由于坐标标度是人为选取的，坐标标度不同，图线的倾角就不同，由公式a = 求出加速度是没有意义的。故B错误。若采用D选项的办法

，可见第2、3、4、5组数据将会被削掉，这样实际上只利用了两组实验数据，误差很大。故本题的正确选项为C。

3．BD；解析：大头针P₃插在M位置时出射光线的折射角比插在N位置时出射光线的折射角小，而相应的入射光在液体中的入射角θ是相同的，由折射率公式知，，B正确；若某种液体的折射率足够大，可能发生全反射，在KC部分观察不到大头针P₁、P₂的像D也正确。

4．A　　　5．ABC       6．C　　7．AC

8．AC　解析：本题考查的知识点是串联电路、并联电路。当端短路时，电阻、并联后与串联，之间的电阻为，故选项A正确；当端短路时、并联后与串联，间的电阻为，选项B错误；当两端接通测试电源时，、串联，相当于导线，两端电压为上的电压，所以，选项C正确；同理可得：，选项D错误。

 9．             

10．逆时针　　解析：当干电池给线圈通通电的瞬间，由右手定则右判断出A线圈产生的磁场方向穿过从线圈B右端进入从线圈B的左端突出，且均匀增加，再根据楞次定律和右手定则可判断出线圈B中产生的感应电流从导线C流到D，再由右手定则可判断小磁针处磁场方向指向纸里，从上向下小磁针N极逆时针偏转。

 11．解析：（1）v₁＝cm/s＝16.50 cm/s，同理：v₂＝，v₃＝…，代入数据得

v₂＝21.40 cm/s v₃＝26.30 cm/s

v₄＝31.35 cm/s v₅＝36.30 cm/s

（2）作出v―t图象如图所示，在作出图象后，取A和B两点计算加速度．v_A＝12.00 cm/s,t_A＝0,v_B＝42.20 cm/s,t_B＝0.6 s则加速度：

a＝cm/s²＝50.33 cm/s²

12．解析：⑴①连线如图 ②应使滑动变阻器接入到电路中的电阻最大，保护电路，应滑到b端。⑤开关闭合后，电阻箱短路毫安表，当电阻箱调节后，电路中的电阻增大，所以电路中的电流减小，即标准电流表的示数减小。⑥毫安表指针满偏，对应改装后电流表的值为满偏值，大小为1 A。此时改装后电流表与标准电流表串联，所以标准电流表的示数为1A。

 ⑵①由于电流表内阻约为300 Ω，由并联电路的特点可得并联值,R_并约等于3.1Ω，而干路是的电流为1A，毫安表满偏，则：310 Ω②改装后电流表的内阻是310 Ω与3.1Ω的并联值,R_并约等于3.1Ω.由并联电路的特点可知, 电流表指针半偏，此时流过电阻箱的电流: （0.494～0.496均可）③例如：电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准表和毫安表的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比；等等

13．（1）5V；A  （2）U₁，I；U₁－U₂，I   （3）大于

解析：待测电动势4V，电压表的量程应选择5V，滑动变阻器调节范围较大且便于操作，应选择0～20Ω的滑动变阻器A；计算电源电动势和内阻的图线应为路端电压U₁与干路电流I的关系图线，计算定值电阻R₀的图线应为R₀两端的电压（U₁－U₂）与电流I的关系图线；R₀两端的电压（U₁－U₂）没有误差，电流表示数比R₀的实际电流偏小，故R₀的测量值偏大。

14．解析：（1）当开关由1位置拨到2位置时，电流方向反向，磁场方向反向，则此时单匝线圈磁通量的变化量为：，再结合已知：D_φ＝，可知：，由法拉第电磁感应定律：再将前面ΔΦ、B表达式代入，即可得：（2）从表中数据分析可知，在误差范围内B与I成正比，设B=KI，代入表中数据，可得常数K=0.00125，即它们之间的关系B=0.00125I（3）显然为了增大灵敏度，减小误差，所选应为A，B。