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7. 一同学用毫米刻度尺测一个物体的长度，4次测量的示数分别是：12.33 cm、12.32 cm、12.31 cm、12.33 cm。通过计算，说明该物体的长度是多少？
答案
7. $\frac{12.33+12.32+12.31+12.33}{4}\ \mathrm{cm}\approx12.32\ \mathrm{cm}$
解析
【分析】
要确定物体的长度，需利用多次测量求平均值的方法减小误差。由于使用的是毫米刻度尺，测量结果需估读到分度值（1mm）的下一位，即结果以cm为单位时保留两位小数，因此平均值也应保留两位小数。
【解析】
多次测量求平均值可减小误差，计算四次测量值的平均值：
$\mathrm{物体长度} = \frac{12.33\ \mathrm{cm} + 12.32\ \mathrm{cm} + 12.31\ \mathrm{cm} + 12.33\ \mathrm{cm}}{4} = \frac{49.29\ \mathrm{cm}}{4} \approx 12.32\ \mathrm{cm}$
【答案】
12.32 cm
【知识点】
长度的测量、误差与减小误差的方法
【点评】
本题考查长度测量中减小误差的基本方法，核心是多次测量取平均值，需注意平均值的精度应与测量值的精度一致，属于基础应用题型。
【难度系数】
0.8
要确定物体的长度，需利用多次测量求平均值的方法减小误差。由于使用的是毫米刻度尺，测量结果需估读到分度值（1mm）的下一位，即结果以cm为单位时保留两位小数，因此平均值也应保留两位小数。
【解析】
多次测量求平均值可减小误差，计算四次测量值的平均值：
$\mathrm{物体长度} = \frac{12.33\ \mathrm{cm} + 12.32\ \mathrm{cm} + 12.31\ \mathrm{cm} + 12.33\ \mathrm{cm}}{4} = \frac{49.29\ \mathrm{cm}}{4} \approx 12.32\ \mathrm{cm}$
【答案】
12.32 cm
【知识点】
长度的测量、误差与减小误差的方法
【点评】
本题考查长度测量中减小误差的基本方法，核心是多次测量取平均值，需注意平均值的精度应与测量值的精度一致，属于基础应用题型。
【难度系数】
0.8
8. 如图4所示,用甲、乙两个量筒(单位: mL)测量等质量煤油的体积,某同学的读数分别是13.6 mL和13.7 mL。则下列分析正确的是(
A.甲量筒的分度值是1 mL
B.两个量筒的分度值不同,不影响误差大小
C.两次读数不同是因为煤油体积不同
D.乙量筒的分度值小,因此精确度更高
D
)。A.甲量筒的分度值是1 mL
B.两个量筒的分度值不同,不影响误差大小
C.两次读数不同是因为煤油体积不同
D.乙量筒的分度值小,因此精确度更高
答案
8. D
解析
【分析】
要解决本题，需先明确甲、乙量筒的分度值，再结合量筒分度值与测量精确度的关系、质量-体积-密度的关联逐一分析选项。首先计算两个量筒的分度值：甲量筒10mL到20mL间有5个小格，乙量筒10mL到20mL间有10个小格；再根据各选项描述判断正误。
【解析】
1. 计算分度值：甲量筒中，10mL与20mL之间有5个间隔，分度值为$\frac{20mL - 10mL}{5}=2mL$；乙量筒中，10mL与20mL之间有10个间隔，分度值为$\frac{20mL - 10mL}{10}=1mL$。
2. 分析选项：
A选项：甲量筒分度值是2mL，不是1mL，错误。
B选项：分度值越小，测量误差越小，因此分度值不同会影响误差大小，错误。
C选项：煤油质量相等，密度不变，根据$V=\frac{m}{\rho}$，体积应相同，两次读数不同是读数错误，并非体积不同，错误。
D选项：乙量筒分度值更小，测量时能更精确读取数值，因此精确度更高，正确。
【答案】
D
【知识点】
量筒的使用、分度值与精确度、质量体积密度关系
【点评】
本题考查量筒的分度值计算、测量精确度的影响因素，以及密度公式的应用，需要学生掌握量筒读数方法，理解分度值对测量结果的影响，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先明确甲、乙量筒的分度值，再结合量筒分度值与测量精确度的关系、质量-体积-密度的关联逐一分析选项。首先计算两个量筒的分度值：甲量筒10mL到20mL间有5个小格，乙量筒10mL到20mL间有10个小格；再根据各选项描述判断正误。
【解析】
1. 计算分度值：甲量筒中，10mL与20mL之间有5个间隔，分度值为$\frac{20mL - 10mL}{5}=2mL$；乙量筒中，10mL与20mL之间有10个间隔，分度值为$\frac{20mL - 10mL}{10}=1mL$。
2. 分析选项：
A选项：甲量筒分度值是2mL，不是1mL，错误。
B选项：分度值越小，测量误差越小，因此分度值不同会影响误差大小，错误。
C选项：煤油质量相等，密度不变，根据$V=\frac{m}{\rho}$，体积应相同，两次读数不同是读数错误，并非体积不同，错误。
D选项：乙量筒分度值更小，测量时能更精确读取数值，因此精确度更高，正确。
【答案】
D
【知识点】
量筒的使用、分度值与精确度、质量体积密度关系
【点评】
本题考查量筒的分度值计算、测量精确度的影响因素，以及密度公式的应用，需要学生掌握量筒读数方法，理解分度值对测量结果的影响，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
9. 教材上的“摆”实验在物理学中是很有典型性的：伸长量可忽略不计的1 m左右的细线，下端系一重金属小球，如图5所示。将小球拉离竖直位置一个小的角度后放手，小球就摆动起来。这时小球的摆动周期保持不变。仔细完成实验后，你会对物理实验不同于实际生活中的小制作、小实验有明显的感受，后者往往反映不出问题的本质，所以，物理学中引入了大量的物理模型，如匀速运动等。物理实验是一种很专业的学习研究活动，比较下面所提出的几个实验过程中的问题，你体会一下。
(1) 用一根0.4～0.5 m长的细线和一根0.9～1.0 m长的细线，分别系住一个金属小球做小角度(偏角在$5°$左右)摆动实验，观察、比较摆振动的特点，说说有什么不同？
(2) 用两根0.9～1.0 m等长的细线，分别系住一个较大直径的金属球和一个直径远小于细线长度的金属球做小角度(偏角在$5°$左右)摆动实验，观察、比较摆振动的特点，说说有什么不同？
(3) 用一根0.9～1.0 m长的细线，系住一个金属小球做小角度(偏角约$5°$)摆动实验。当小球振动稳定后，用秒表记录小球连续两次到达左边最高位置所经历的时间，即一个振动周期$T$；记录小球做40次全振动所用的总时间$T_1$，再计算$\frac{T_1}{40}$，与$T$进行比较，看它们之间差别多大？体会这种测量振动周期的方法为什么能有效地减小测量误差？
(1) 用一根0.4～0.5 m长的细线和一根0.9～1.0 m长的细线，分别系住一个金属小球做小角度(偏角在$5°$左右)摆动实验，观察、比较摆振动的特点，说说有什么不同？
(2) 用两根0.9～1.0 m等长的细线，分别系住一个较大直径的金属球和一个直径远小于细线长度的金属球做小角度(偏角在$5°$左右)摆动实验，观察、比较摆振动的特点，说说有什么不同？
(3) 用一根0.9～1.0 m长的细线，系住一个金属小球做小角度(偏角约$5°$)摆动实验。当小球振动稳定后，用秒表记录小球连续两次到达左边最高位置所经历的时间，即一个振动周期$T$；记录小球做40次全振动所用的总时间$T_1$，再计算$\frac{T_1}{40}$，与$T$进行比较，看它们之间差别多大？体会这种测量振动周期的方法为什么能有效地减小测量误差？
答案
9. (1) 当摆线很短时，小球的振动周期是变化的，而且振动不稳定；相比较而言，摆线较长的小球的振动较为稳定，且周期基本不变
(2) 当摆球较大时，不能使摆振动稳定，即周期发生变化，只有当摆球直径远小于摆线长度时才较为稳定，即球的大小与摆振动稳定有关
(3) 只记录一次全振动的时间，误差是很大的；当记录几十次全振动的时间后，再除以振动次数所得出的周期，误差就比较小了 因为振动周期不变
(2) 当摆球较大时，不能使摆振动稳定，即周期发生变化，只有当摆球直径远小于摆线长度时才较为稳定，即球的大小与摆振动稳定有关
(3) 只记录一次全振动的时间，误差是很大的；当记录几十次全振动的时间后，再除以振动次数所得出的周期，误差就比较小了 因为振动周期不变
解析
【分析】
要解决本题，需结合单摆的核心知识：小角度摆动时单摆可近似为简谐运动，周期满足公式$T=2π\sqrt{\frac{L}{g}}$，周期与摆长有关，与振幅、摆球质量无关（摆球需视为质点）；实验中测量微小量时，累积法可减小偶然误差，物理实验需建立理想化模型突出本质。针对三个问题，分别从摆长对周期的影响、摆球大小对模型适用性的影响、累积法原理分析。
【解析】
(1) 根据单摆周期公式，摆长越短，周期越小，且短摆线的小球摆动稳定性差，易受干扰导致周期变化；长摆线的小球振动更稳定，周期基本不变。因此：摆线短的小球振动周期变化、不稳定；摆线长的小球振动稳定，周期基本不变。
(2) 当摆球直径远小于摆线长度时，摆球可视为质点，单摆模型成立，周期稳定；若摆球直径大，无法视为质点，单摆模型不成立，振动不稳定、周期变化。因此：摆球较大时振动不稳定，周期变化；摆球直径远小于摆长时振动稳定，周期基本不变。
(3) 单次测量周期时，秒表读数、操作反应的偶然误差大；测量40次全振动总时间再除以次数，相当于多次测量取平均，累积的总时间越长，相对误差越小。因此：单次测量周期误差大，累积40次全振动时间计算的周期误差小，该方法通过累积法减小测量误差。
【答案】
9. (1) 当摆线很短时，小球的振动周期是变化的，而且振动不稳定；相比较而言，摆线较长的小球的振动较为稳定，且周期基本不变
(2) 当摆球较大时，不能使摆振动稳定，即周期发生变化，只有当摆球直径远小于摆线长度时才较为稳定，即球的大小与摆振动稳定有关
(3) 只记录一次全振动的时间，误差是很大的；当记录几十次全振动的时间后，再除以振动次数所得出的周期，误差就比较小了，因为振动周期不变
【知识点】
单摆周期公式、累积法减小误差、物理模型建立
【点评】
本题围绕单摆实验的基础知识点展开，帮助学生理解单摆周期的影响因素、理想化模型的意义及减小实验误差的方法，体现了物理实验与实际小制作的差异，是物理学习中重要的基础内容。
【难度系数】
0.3
要解决本题，需结合单摆的核心知识：小角度摆动时单摆可近似为简谐运动，周期满足公式$T=2π\sqrt{\frac{L}{g}}$，周期与摆长有关，与振幅、摆球质量无关（摆球需视为质点）；实验中测量微小量时，累积法可减小偶然误差，物理实验需建立理想化模型突出本质。针对三个问题，分别从摆长对周期的影响、摆球大小对模型适用性的影响、累积法原理分析。
【解析】
(1) 根据单摆周期公式，摆长越短，周期越小，且短摆线的小球摆动稳定性差，易受干扰导致周期变化；长摆线的小球振动更稳定，周期基本不变。因此：摆线短的小球振动周期变化、不稳定；摆线长的小球振动稳定，周期基本不变。
(2) 当摆球直径远小于摆线长度时，摆球可视为质点，单摆模型成立，周期稳定；若摆球直径大，无法视为质点，单摆模型不成立，振动不稳定、周期变化。因此：摆球较大时振动不稳定，周期变化；摆球直径远小于摆长时振动稳定，周期基本不变。
(3) 单次测量周期时，秒表读数、操作反应的偶然误差大；测量40次全振动总时间再除以次数，相当于多次测量取平均，累积的总时间越长，相对误差越小。因此：单次测量周期误差大，累积40次全振动时间计算的周期误差小，该方法通过累积法减小测量误差。
【答案】
9. (1) 当摆线很短时，小球的振动周期是变化的，而且振动不稳定；相比较而言，摆线较长的小球的振动较为稳定，且周期基本不变
(2) 当摆球较大时，不能使摆振动稳定，即周期发生变化，只有当摆球直径远小于摆线长度时才较为稳定，即球的大小与摆振动稳定有关
(3) 只记录一次全振动的时间，误差是很大的；当记录几十次全振动的时间后，再除以振动次数所得出的周期，误差就比较小了，因为振动周期不变
【知识点】
单摆周期公式、累积法减小误差、物理模型建立
【点评】
本题围绕单摆实验的基础知识点展开，帮助学生理解单摆周期的影响因素、理想化模型的意义及减小实验误差的方法，体现了物理实验与实际小制作的差异，是物理学习中重要的基础内容。
【难度系数】
0.3
