高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动5 实验：用单摆测量重力加速度巩固练习

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动5 实验：用单摆测量重力加速度巩固练习，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。

2.5实验：用单摆测重力加速度基础达标（含解析）
一、单选题
1.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值偏小，可能是因为（   ）
A. 摆球的质量太大
B. 测摆长时，将线长加小球直径作为摆长
C. 测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记为（n+1）次
D. 摆球上端未固定牢固，摆动中出现松动，摆线变长
2.在“用单摆测定重力加速度”实验中，下列操作正确的是（   ）
A. 须选用轻且不易伸长的细线
B. 须选用密度和直径都较小的摆球
C. 摆长必须大于1m，摆角必须小于5º
D. 如果用DIS实验系统做实验，光电门应放在摆球摆动过程的最高点
3.某同学在用单摆测定重力加速度时，由于摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置，他第一次取悬线长为L1 ， 测得单摆振动周期为T1；第二次取悬线长为L2 ， 测得单摆振动周期为T2。由此可计算重力加速度g为（   ）
A. 4π2(L1+L2)T12+T22                B. 4π2(L1-L2)T12-T22                C. 4π2(L1+L2)T12-T22                D. 4π2L1L2T1T2
4.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，已知单摆的摆长为l，则重力加速度g为(    )

A. 4π2lt2                                     B. π2lt2                                     C. 4π2l9t2                                     D. π2l4t2
5.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中，小组成员在实验过程中有如下做法，其中正确的是（   ）
A. 把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B. 测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为 t100
C. 用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D. 选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
6.在用单摆测定重力加速度的实验中，下列做法正确的是（   ）
A ．摆球以选密度大，体积小的小球为好；
B ．摆长以0.25米为宜；
C ．摆角应小于10°；
D ．摆线的悬点要固定，方不会在摆动中出现移动或晃动；
E ．要使单摆在竖直平面内摆动，不得使其形成锥形摆或摆球转动；
F ．测量周期时，应从摆球通过最低点时开始计时．
A. A，B，C，D项正确                  B. 只有E，F项正确                  C. ACDEF正确                  D. 都正确
7.如图（甲）所示是用沙摆演示振动图象的实验装置，沙摆的运动可看作简谐运动，实验时在木板上留下图示的痕迹．图（乙）是两个沙摆在各自板上形成的曲线，若板N1和板N2拉动的速度分别为v1和v2 ， 的关系为2v2=v1 ， 则板N1和板N2上曲线所代表的振动周期T1和T2的关系为（   ）

A. T2=T1                               B. T2=2T1                               C. T2=4T1                                D. T2= T14
8.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，可行的是（   ）
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. 单摆偏离平衡位置的角度要适当大一些
D. 当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
9.某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图（a）所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图（b）所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（　　）

A. 偏大                                  B. 偏小                                  C. 一样                                  D. 都有可能
10.在用单摆测重力加速度的实验中，摆球应选用（   ）
A. 半径约1厘米的木球                                            B. 半径约1厘米的铝球
C. 半径约1厘米的空心钢球                                     D. 半径约1厘米的实心钢球
11.有两位同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自利用那里的实验室中 DIS 系统探究了单摆周期T和摆长L的关系。然后通过互联网交流实验数据，并用计算机绘制了如图甲所示的 T2-L 图像。另外，去“复旦大学”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（   ）

A. 甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是A
B. 甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度的倒数
C. 由乙图可知，a、b两摆球振动周期之比为 3:2
D. 由乙图可知， t=1s 时b球振动方向沿y轴负方向
二、填空题
12.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。

①为了减小误差，组装单摆时，应在下列器材中选用________（选填选项前的字母）
A．长度为30cm左右的细线
B．长度为1m左右的细线
C．直径为1.8cm的铁球
D．直径为1.8cm的塑料球
②测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出重力加速度的表达式g=________。
13.某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L一T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示．他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g=________．请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将________．(填“偏大”、“偏小”或“相同”)

14.在“利用单摆测重力加速度”的实验中，由单摆的周期公式得到T2= 4π2g l。只需测量出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2-l图象，就可求出当地的重力加速度。某同学在实验中，用一个直径为d的实心钢球作为摆球，多次改变悬点到摆球顶部的距离l0 ， 分别测出摆球做简谐运动的周期T后，作出的T2-l图象如图。

①造成图象不过坐标原点的原因可能是________
A．将l0记为摆长l
B．将（l0+d）计为摆长l
C．将钢球的（N-1）全振动记为N次
D．将钢球的（N+1）全振动记为N次
②由图象求出重力加速度g=________m/s2（取π2=9.87，结果保留三位有效数字）。
15.在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中

①已有的器材：中心带小孔的小钢球、长约1m的细线、带夹子的铁架台、游标卡尺、秒表。请从图丙选出还需要的实验器材：________ (填器材名称）：
②单摆摆动50次全振动的时间如图丁中秒表所示，则单摆的摆动周期是________s。
三、综合题
16.下面是将用单摆测定重力加速度实验中获得有关数据所制作成的图像（l为摆长，T为周期）。

（1）请利用图像求出重力加速度g=________m/s2
（2）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值比当地的标准值偏小，可能是因为（       ）

A.球的质量偏大
B.摆动的偏角偏小
C.计算摆长时，把悬线长 当作了摆长
D.测量周期时，将n次全振动误记成了(n+1)次全振动
17.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中的摆角小于5°，在测量单摆的周期时，从单摆运动到平衡位置开始计时且记数为0，到第n次经过平衡位置所用的时间内为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图）．

（1）摆球应选择________（钢球、木球、泡沫小球）．
（2）该单摆在摆动过程中的周期为________．
（3）用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=________．
（4）从图可知，摆球的直径为________ mm．
（5）实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏小，其原因可能是下述原因中的      ．
A.单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B.把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间
C.以摆线长作为摆长来计算
D.以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算．
18.用单摆测重力加速度时
（1）摆球应采用直径较小，密度尽可能________的小球，摆线长度要在1米左右，用细而不易断的尼龙线．
（2）摆线偏离竖直方向的最大角度θ应________
（3）要在摆球通过________位置时开始计时并计为零次，摆线每经过此位置两次才完成一次全振动，摆球应在________面内摆动，利用单摆测重力加速度的实验中，摆长的测量应在摆球自然下垂的状况下从悬点量至________．
（4）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L=97.50cm；用50分度的游标卡尺（测量值可准确到0.02mm）测得摆球直径为d=2.100cm；然后用秒表记录了单摆振动n=50次全振动所用的时间为t=99.9s．则该摆摆长为________ cm，周期为________ s，计算重力加速度的表达式为________．
19.表是用单摆测重力加速度实验中获得的有关数据．
摆长l/m
0.5
0.6
0.8
1.1
周期T2/s2
2.0
2.4
3.2
4.8

（1）利用上面的数据，在坐标图中作出l﹣T2图象．
（2）根据图象可知，当地的重力加速度g=________m/s2 ． 若取T2=5.2s2时，摆长l=________．

答案解析
1.【答案】 D
【解析】解：根据T＝2π 1g 得：g＝ 4π2lT2 ，
A、摆球的质量大小不影响重力加速度的测量，A不符合题意。
B、测摆长时，将线长加小球直径作为摆长时测出的摆长偏大，则测出的g偏大，B不符合题意；
C、测量周期时，将n次全振动误记成了（n+1）次全振动，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，C不符合题意；
D、摆球上端未固定牢固，振动中出现松动，这时由于测得的周期偏大，则测得的重力加速度g值偏小，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】结合选项中给出的可能性，利用单摆的周期公式T＝2π 1g逐一分析求解即可。
2.【答案】 A
【解析】A．为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，A符合题意；
B．为减小空气阻力对实验的影响，减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径较小的摆球，B不符合题意；
C．摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动，而摆长不是必须大于1m，C不符合题意；
D．如果用DIS实验系统做实验，光电门应该在速度最大的地方测量，D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】用单摆测量当地的重力加速度，需要测量单摆的摆长和单摆的周期，结合选项分析求解即可。
3.【答案】 B
【解析】ABCD．设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式 T=2πlg 得
T1=2πL1+rg ， T2=2πL2+rg
联立以上两式解得 g=4π2(L1-L2)T12-T22
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。

【分析】结合题目给出的条件，利用单摆的周期公式T=2πlg列方程练习求解重力加速度即可。
4.【答案】 D
【解析】根据图象可知：单摆的周期为：T=4t
根据周期公式得： T=2πLg ,所以g= π2l4t2 ，D符合题意，ABC不符合题意．
故答案为：D．

【分析】结合单摆的摆长与单摆的周期，利用单摆的周期公式求解当地的加速度表达式即可。
5.【答案】 C
【解析】解：A、单摆经过平衡位置的速度最大，在平衡位置计时误差最小．故A错误．
B、摆球在一个周期内两次经过平衡位置，测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆的周期T= t50 ．故B错误．
C、摆长等于悬点到摆球球心的距离，用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，测量的摆长偏大，根据g= 4π2LT2 知，测量的重力加速度偏大．故C正确．
D、为减小实验误差因，应选择密度较大的摆球．故D错误．
故选：C．
【分析】摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；单摆摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小；由单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，结合重力加速度的表达式判断测量的误差．
6.【答案】 C
【解析】解：A、为减小空气阻力的影响，摆线的长度应远大于摆球的直径，以1m为宜，应选择密度大而体积小的实心金属小球作为摆球，故A正确，B错误；
C、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过10°，否则单摆将不做简谐运动，故C正确．
D、摆线的悬点要固定，不能出现移动或晃动，要使单摆在竖直平面内摆动，不得使其形成锥形摆或摆球转动，否则就不是单摆运动，故DE正确．
F、为了减小测量误差，要使单摆在竖直平面内摆动，不得使其形成锥形摆或摆球转动，故F正确．
故选：C
【分析】单摆测定重力加速度的原理是：单摆的周期公式T=2π Lg ；在摆角很小的情况下，单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．
7.【答案】 A
【解析】解：设板长为L，则：
上板记录了一个周期的图象，板匀速运动位移L的时间等于单摆的周期，则：T1= Lv1 ；
下板记录了两个周期的图象，板匀速运动位移L的时间等于单摆周期的两倍，则：T2= 12Lv2
根据题意，有：2v2=v1 ，
故得：T2=T1
故选：A．
【分析】单摆的摆动和木板的匀速运动同时进行，上板记录了一个周期的图象，下板记录了两个周期的图象，根据速度的定义公式列式比较即可．
8.【答案】 A
【解析】解：A、单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期．故A正确．
B、要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球．故B错误．
C、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°．故C错误
D、单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期．故D错误．
故选：A
【分析】为了减小测量误差，单摆摆长应适当长些，便于测量时间．在空气阻力很小、摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动，应满足条件．采用累积法，测量周期可以减小误差
9.【答案】 C
【解析】解：T2与L的图象，应为过原点的直线，由横轴截距得，球的半径为r；图象斜率k= T2L ，
而g= 4π2LT2
故g= 4π2k
根据以上推导，通过改变悬线长度L，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g的没有影响，一样，ABD不符合题意，C符合题意；
故答案为：C．
【分析】仔细分析题目中图像的物理意义。图像斜率代表重力加速度。
10.【答案】 D
【解析】解：为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择D球．
故选：D．
【分析】在用单摆测定重力加速度为了提高精度，减小空气阻力的影响，摆线要细而长些，摆球选择质量大体积小的．
11.【答案】 D
【解析】AB．根据 T=2πLg
得 T2=4π2Lg
知图线的斜率 k=4π2g
图线B的斜率较小，则图线B对应的重力加速度较大，可知甲图中“南开”的同学所测得的实验结果对应的图象是B，AB不符合题意；
C．周期等于完成一次全振动的时间，由乙图可知，a、b两单摆的周期之比为2：3，C不符合题意；
D．由乙图可知，t=1s时，b球处于平衡位置向-y方向运动，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】根据单摆的周期公式，可以推出 T2-L的关系式，从而可知图像甲斜率的意义以及两个图像所描述的重力加速度的大小。再根据两地实际的重力加速度关系，可以确定两条图线对应的位置。通过乙图，比较两个图像中，一个完整的正弦图像所用的时间之比即为它们的周期之比。由乙图可知，t=1s时，b球处于平衡位置向-y方向运动。
二、填空题
12.【答案】 BC；4π2Ln2t2
【解析】（1）ABCD．组装单摆时，应选用1 m左右的细线，摆球应选择体积小、密度大的球，AD不符合题意BC符合题意。
故答案为：BC。（2）单摆的振动周期 T=tn
 根据单摆的周期公式 T=2πlg
重力加速度 g=4π2Ln2t2 。

【分析】摆线比较长，周期比较大，测量时间误差比较小；选择密度较大的实心金属小球可以减小空气阻力对实验的影响；结合单摆的摆长与单摆的周期，利用单摆的周期公式求解当地的加速度即可；
13.【答案】 4π2(LB-LA)TB2-TA2；相同
【解析】由单摆周期公式 T=2πLg 可知， g=4π2LT2 ，利用此公式可以通过实验的方法测得当地的重力加速度，此实验需要测量单摆的周期T和摆长L，周期T的测量方法往往是测量单摆完成N次全振动的时间t，然后T=t/N即为周期而摆长L的必须是悬点到重心的距离，而本实验中测得的L并非为此距离，但是利用消元法仍可准确得到当地的重力加速度g，
具体解法如下：设球心到重心的距离为x，则 TA=2πLA+xg ①， TB=2πLB+xg ②，①变形后可得 x=TA2g4π2-LA ，代入②可以解得 g=4π2(LB-LA)TB2-TA2 ，从式子中可以看出，最终的结果与重心的位置无关，所以不影响g值的测量．

【分析】结合单摆的周期公式和图像的横坐坐标，分析图像的斜率意义，进而求解重力加速度。
14.【答案】 A；9.87
【解析】①图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径；将l0记为摆长l；故答案为：A；②由单摆周期公式 T=2πlg 得： T2=4π2gl
则T2-l图象的斜率： k=4π2g=4.0-00.97-(-0.01)≈4
解得：g=π2=9.87m/s2；

【分析】（1）通过图像可以看出，当摆线的长度为负值时，单摆的周期为零，由此可见摆线测量偏短；
（2）结合单摆的周期公式T=2πlg的变形公式求解加速度即可。
15.【答案】 刻度尺；1.91
【解析】①实验中还要知道摆长的实际长度，故还需要刻度尺；②从图中可知完成50次全振动的时间为 t=90s+5.4s=95.4s ，故单摆周期为 T=tn=95.450≈1.91s ．
【分析】测量摆长需要刻度尺，秒表显示的时间为50个周期。
三、综合题
16.【答案】 （1）9.86
（2）C
【解析】（1）因为单摆的周期公式是T=2πLg,可得：T2=4π2gL,所以k=4π2g⇒g=4π2k根据
图象求得直线斜率为：k=4.00 ， 得：g=4π2k=π2=3.142≈9.86m/s2.
(2)根据g=4π2LT2知，重力加速度的表达式与摆球的质量无关，故A错误。
根据g=4π2LT2知，重力加速度的表达式与摆球的偏转角无关，故B错误。
根据g=4π2LT2知，计算摆长时，把悬线长l'当作了摆长l ， 则摆线的长度偏小，计算的重力加速度的值偏小。故C正确。
根据g=4π2LT2知，实验中误将n次全振动数为n+1次。则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故D错误。
故答案为C.
【分析】 （1）根据单摆的周期公式推导出T2-L的关系式，分析图像斜率的意义，通过图像的斜率求出重力加速度的大小．
（2）依据加速度表达式分析引起g值偏小的原因．
17.【答案】 （1）钢球
（2）2tn
（3）π2n2(L+d2)2t2
（4）10.8
（5）A,C
【解析】解：（1）为减小空气阻力对单摆的影响，摆球应选钢球．（2）从单摆运动到到平衡位置开始计时且记数为0，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为 N= n2 ，周期为 T= tN = 2tn ；（3）单摆的长度为l=L+ d2 ．由单摆的周期公式T=2π lg 得：g= π2n2(L+d2)2t2 ；（4）由图示可知，游标卡尺主尺示数为1mm，游标尺示数为8×0.1mm=0.8mm，游标卡尺所示为：10mm+0.8mm=10.8mm；（5）A、单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，所测周期T偏大，由g= 4π2T2 l可知，所测得的g偏小，故A正确；
B、把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间，使所测周期变小，计算出的g偏大，故B错误；
C、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，使所测得的g偏小，故C正确；
D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，求出的g偏大，故D错误；
故选：AC．
故答案为：（1）钢球；（2） 2tn ；（3） π2n2(L+d2)2t2 ；（4）10.8；（5）AC．
【分析】（1）为减小空气阻力对单摆的影响，摆球应选钢球．（2）从单摆运动到最低点开始计时且记数为0，到第n次经过最低点所用的时间内为t，确定单摆全振动的次数，再求解周期．（3）单摆的长度为l=L+ d2 ．将摆长、周期代入单摆的周期公式求出重力加速度的表达式g．（4）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（5）对于测量误差可根据实验原理：单摆的周期公式进行分析．
18.【答案】 （1）大
（2）小于5°
（3）平衡；竖直；摆球球心
（4）98.550；1.998；g= 2π2n2(2L+d)t2
【解析】解：（1）为了减小测量误差，摆球选择直径较小，密度较大的球，摆线不易伸长或形变的尼龙线．（2）在摆角较小时，摆球的运动可以看做简谐运动，所以摆线偏离竖直方向的角度应小于5°．（3）在摆球经过平衡位置时，进行测量误差较小，摆线在摆球应在竖直面内摆动，测量摆长时，应在摆球自然下垂的状况下从悬点量至摆球球心．（4）单摆的摆长L′=L+ d2 =97.50cm+ 2.1002 cm=98.550cm；
t=99.9s，那么周期T= 99.950 s=1.998s．
由单摆的周期公式：
根据T=2π Lg ，可解得：当地的重力加速度g= 2π2n2(2L+d)t2 ；
故答案为：（1）大；（2）小于5°；（3）平衡，竖直，摆球球心；（4）98.550，1.998，g= 2π2n2(2L+d)t2 ．
【分析】当小球的摆角较小时，小球在竖直面内的运动可以看做简谐运动，为了减小误差，选择密度尽可能大的小球，经过平衡位置开始计时；
单摆的摆长等于摆线的长度与摆球半径之和；根据单摆的周期公式T=2π Lg ，可求得当地的重力加速度．
19.【答案】 （1）解：通过描点法作出图象为：


（2）9.86；1.2m
【解析】解：（1）通过描点法作出图象为：
；（2）由单摆的周期公式T=2π Lg ，
得：L= gT24π2 ，
所以图中的图线斜率表示为：k= g4π2 ．
g=4π2k=4×3.142× 1.24.8 ≈9.86m/s2 ．
由L= gT24π2 ，代入数据解得此时的摆长为：
L=1.2m
故答案为：（1）如图所示，（2）9.86，1.2m．
【分析】根据表格中的数据作出L﹣T2图象；结合单摆的周期公式得出图线斜率表示的物理意义，从而求出重力加速度的大小；由单摆的周期公式T=2π Lg ，得：L= gT24π2 ，从而即可求解．