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单摆实验图像的误差分析
用
单摆
测重力加速度的
图像
问题。答对再加分。
答:
一定要直线,做
图像
是为了减小偶然
误差
,,为了将几组数据扩充到无数组数据/ 你列各式子看见看那个图像当然应该是直的 而且做图不用特里每个都经过..只要让每个点均匀分布在直线两端即可..
(1)某同学在做“利用
单摆
测重力加速度”的
实验
时,有下列步骤,其中正确...
答:
由图示秒表可以读出秒表示数;(3)根据单摆周期公式
分析实验误差
.(1)A、取长度约1m的细线,一端固定在铁架台上,另一端栓一个小铁球,符合实验要求,故A正确;B、摆线长度与摆球半径之和是摆长,测出细线的长度作为
单摆的
摆长L是错误的,故B错误;C、单摆的最大摆角应小于5°,小铁球离开其...
单摆
测周期g
误差
的主要来源
答:
B 解析:根据T=2π 得到:g= .
某
实验
小组在进行“用
单摆
测定重力加速度”的实验中,已知
单摆
在摆动过程...
答:
摆长偏大,根据 可知,测得的g应偏大.故D正确.故选BD;点评:常用仪器的读数要掌握,这是物理
实验的
基础.掌握
单摆的
周期公式,从而求解加速度,摆长、周期等物理量之间的关系.单摆的周期采用累积法测量可减小
误差
.对于测量误差可根据实验原理进行
分析
.
单摆实验
中,摆陲的角度与摆的快慢有没有关系?
答:
没有,小于5度,看做简谐震动,这是一个近似,其实是有
误差
的,角度小的时候,SIN A近似A,回复力和位移亮成正比就能看做简谐运动.
在“用
单摆
测重力加速度”的
实验
中(1)为了减少
误差
,实验中应注意:摆线...
答:
导致重力加速度的测量值偏小.故B错误.C、振幅偏小,不影响重力加速度的测量.故C错误.D、将振动次数n误计为(n+1),则摆长的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏大.故D正确.故选:D(3)根据
单摆
的周期公式T=2πLg得T=2π1g?L,则T?L
图象的
斜率k=2π1g=tanα,解得:g=4π...
(1)利用
单摆
测重力加速度的
实验
中,偏角小于50,但测出的重力加速度的数值...
答:
故C错误. D、数振动次数时,多计了一次,则测出的周期偏小,根据g=4π2LT2,测出的重力加速度数值偏大.故D正确.故选D. (2)因为
单摆
在摆动的过程经过最低点速度最大,最高点速度最小,在最低点计时
误差
比较小.故本题答案为:(1)D,(2)最低点.
可以采用摆长增大的方法来减小
单摆
周期
误差
吗?
答:
且摆角应小于5度,
单摆
振动时应在同一竖直平面内运动。 近似认为SIN=X,这个必须是角度很小。无限趋近于零时才可以等,由于实际中根本不可能操作出o角度的单摆,所以这个
误差
是必然的,而且角度越大,误差越大。 系统误差是与
分析
过程中某些固定的原因引起的一类误差,它具有重复性、单向性、可测。根据...
某同学在做“利用
单摆
测重力加速度”
实验
中,先测得摆线长为97.50cm...
答:
摆动的过程中,摆长变短,根据 知,重力加速度偏小.故B正确.开始计时时,秒表过迟按下,导致周期变小,根据 知,重力加速度偏大.故C错误.
实验
中误将49次全振动记为50次,导致周期变小,根据 知,重力加速度偏大.故D错误.故选B.点评:在判断
误差
时,需要根据公式
分析
判断 ...
单摆
问题
答:
永动机理论上来说,
单摆
可以永远运动下去,单摆从最高点落到最低点过程中,将重力势能转换成动能,当到最低点时,重力势能相对为0,动能最大,然后继续往上摆,上摆过程中动能转换成重力势能,当到了最高点的时候,动能变为0,此时重力势能相对最大,若不考虑空气阻力因素,此时的重力势能与另外一端的...
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