(新高考)高考物理一轮复习课时加练第8章　微专题53　实验：用单摆测量重力加速度 (含解析)

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微专题53　实验：用单摆测量重力加速度
1．利用单摆测量重力加速度的原理：由周期公式T＝2π得g＝.2.采用图像法处理数据，在T2－l图像中斜率k＝.
1．(2023·山西省太原师范学院附中月考)用单摆测量重力加速度的实验装置如图甲所示．

(1)选用合适的器材组装成单摆后，主要步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上．
②让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测量摆长L.
③记录小球完成n次全振动所用的总时间t.
④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小．
根据图乙所示，测得的摆长L＝________ cm；
重力加速度测量值表达式g＝________(用L、n、t表示)．
(2)为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制T2－L图像，如图丙所示．由图可知重力加速度g＝________(用图中字母表示)．

(3)关于本实验，下列说法正确的是________(选填选项前的字母)．
A．需要用天平称出小球的质量
B．测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量
C．摆长一定的情况下，单摆的振幅越大越好
答案　(1)98.50　
(2)　(3)B
解析　(1)刻度尺的最小分度值为1 mm，所以读数为98.50 cm.
测得单摆的周期为T＝
而单摆的理论周期为T＝2π
两者联立可得g＝
(2)对单摆的周期公式进行变形可得T2＝L
根据题图丙中斜率值，可得＝
解得g＝
(3)本实验通过单摆的周期来测量当地的重力加速度，不需要小球的质量，故A错误；
测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量，可以更精确地测量出悬点到球心的距离，故B正确；
单摆只有在摆角小于或等于5°时才能看作是简谐运动，故C错误．
2．实验课中，同学们用单摆测量当地的重力加速度，实验装置如图甲所示．


(1)实验过程有两组同学分别用了图乙、图丙的两种不同方式悬挂小球，你认为图________(选填“乙”或“丙”)悬挂方式较好；
(2)在实验中，某同学用游标卡尺测量小球的直径，结果如图丁所示，读出小球直径为___ cm；
(3)实验中，某同学测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图所示的坐标系中，图中各坐标点分别对应实验中5种不同摆长的情况．由图像可知重力加速度g＝________ m/s2；(结果保留2位有效数字)

(4)实验中，三位同学作出的T2—L图线分别如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线a和c，下列分析正确的是________(填选项前的字母)．

A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
答案　(1)丙　(2)2.240　(3)9.9　(4)B
解析　(1)单摆稳定摆动时，要求摆长不发生变化，用题图乙方式悬挂时在小球摆动过程摆长会发生变化，用题图丙方式悬挂时，绳子末端固定，避免摆长发生变化，故题图丙悬挂方式较好．
(2)根据游标卡尺读数规则，可读出小球直径为d＝22 mm＋8×0.05 mm＝22.40 mm＝2.240 cm.
(3)根据单摆的周期公式有T＝2π，
变形得T2＝·L
可知T2—L图像斜率为k＝
由题图可求得k＝ s2/m＝4.0 s2/m
联立可得g＝π2≈9.9 m/s2.
(4)若误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，则应满足T2＝·(L－)，图线应与b平行且在b的下方，A错误；实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，则图线c的斜率偏小，图线c符合题意，B正确；由(3)解析可得，当地的重力加速度的表达式为g＝，由题图可知，图线c对应的斜率k偏小，则图线c对应的g值大于图线b对应的g值，C错误．
3．用单摆测量重力加速度的实验装置如图甲所示．

(1)安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图乙所示，则摆球直径d＝________ cm.

(2)若测量结果得到的g值偏大，可能是因为________(选填选项前的字母)
A．测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长
B．组装单摆时，选择的摆球质量偏大
C．测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动
D．在测量摆长时将悬点到摆球最低点的距离作为摆长
(3)若在某次实验中，由于没有游标卡尺，实验中将悬点到摆球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l－T2图线，如图丙所示，实验得到的l－T2图线是________(选填“a”“b”或“c”)

(4)根据(3)中所选的正确的l－T2图像可知，摆球的直径和当地重力加速度为________．
A．0.65 cm；9.8 m/s2 B．1.3 cm；9.9 m/s2
C．1.3 cm；9.8 m/s2 D．0.65 cm；9.9 m/s2
答案　(1)1.365　(2)CD　(3)c　(4)B
解析　(1)由题图乙可知，游标卡尺为20分度，且第13个小格与主尺对齐，则摆球直径为d＝13 mm＋13×0.05 mm＝13.65 mm＝1.365 cm
(2)由单摆周期公式T＝2π可得g＝，测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长，l偏小，则g偏小，故A错误；组装单摆时，选择的摆球质量偏大，由分析可知，g的大小与摆球质量无关，故B错误；测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动，T偏小，则g偏大，故C正确；在测量摆长时将悬点到摆球最低点的距离作为摆长，l偏大，则g偏大，故D正确．
(3)由单摆周期公式有T＝2π可得L＝T2
实验中将悬点到摆球最低点的距离作为摆长l，则有L＝l－
可得l＝T2＋
可得，实验得到的l－T2图线是题图丙中的c.
(4)由(3)分析，结合题图丙c图线可得＝ cm/s2，＝0.65 cm
解得g≈9.9 m/s2，d＝1.3 cm，故A、C、D错误，B正确．
4．在“用单摆测量重力加速度”实验中，若均匀小球在垂直纸面的平面内做小幅度的摆动，悬点到小球顶点的细线长为L，小球直径为d ，将激光器与传感器左右对准，分别置于摆球的平衡位置两侧，激光器连续向左发射激光束．在摆球摆动过程中，当摆球经过激光器与传感器之间时，传感器接收不到激光信号．将其信息输入计算机，经处理后画出相应图线．图甲为该装置示意图，图乙为所接收的光信号I随时间t变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，则：

(1)在实验中，若摆线的长度L可以准确测量，摆球直径忘记测量，现使用同一摆球，多次改变摆线长度L，并测得每一次相应的摆动周期T，用作图法进行数据处理，下列说法中正确的是________．
A．L与T不是直线关系，作图时不能用直线连接各点
B．L与T2是直线关系，图像与纵轴的交点绝对值表示摆球半径
C．L与T2是直线关系，其斜率与准确测量的摆长L′和周期T作出L′－T2的图像斜率相同
D．L与T2是直线关系，但不能测出当地重力加速度
(2)由上述已知量(L、d、t0、Δt)可以求出当地的重力加速度大小的计算公式g＝________.
(3)关于上述实验，下列说法正确的是________．
A．为了使实验减小误差，应该让细线偏离竖直位置的夹角尽可能大些
B．实验中若增大摆球半径，时间间隔t0将变大
C．如果将摆球换成质量更小(半径不变)的塑料球，对实验不产生影响
D．如果将实验用的细线换成弹性细橡皮筋，对实验没有影响
答案　(1)ABC　(2)　(3)B
解析　(1)由单摆周期公式T＝2π可知T＝2π，整理得L＝T2－，可见L与T不是直线关系，作图时不能用直线连接各点；L与T2是直线关系，图像与纵轴交点的绝对值表示摆球半径，其斜率k＝，与准确测量摆长L′和周期T作出L′－T2的图像斜率相同，并可求出当地重力加速度．故选A、B、C；
(2)在摆球摆动过程中，当摆球经过激光器与传感器之间时，传感器接收不到激光信号，结合题图乙可知T＝2t0
又T＝2π，可得当地的重力加速度大小的计算公式为g＝
(3)在摆角较小时，摆球的运动可以看作简谐运动，所以摆线偏离竖直方向的角度应小于5°，选项A错误；实验中若增大摆球半径，则摆长变大，根据T＝2π可知周期将变大，时间间隔t0将变大，选项B正确；如果将摆球换成质量更小(半径不变)的塑料球，空气阻力对测量结果的影响变大，实验误差变大，选项C错误；如果将实验用的细线换成弹性细橡皮筋，摆长会发生变化，会对实验有影响，选项D错误．
5．(2023·江苏南京市六校联合体调研)某同学设计了一个用拉力传感器“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验．一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示．



(1)用游标卡尺测出小钢球直径结果如图乙所示．则其直径D＝________ mm；
(2)让小钢球以较小的角度在竖直平面内摆动，从计算机中得到拉力大小随时间变化的关系图像如图丙，则小钢球摆动的周期为T＝______ s；
(3)该同学还测得该单摆的摆线长，用L表示，则重力加速度的表达式为g＝________(用物理量T、L、D表示)．
(4)将摆球多次拉离竖直方向一定角度后由静止释放，测得拉力的最小值F1与最大值F2并得到F2－F1图线，如图丁，如果摆球在摆动的过程中机械能守恒，则该图线斜率的绝对值等于________；
(5)若实际测得F2－F1图线的斜率与理论值总是存在一定偏差，可能是以下哪种原因________．
A．测量单摆摆长时漏加小球半径
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动角度偏大
D．小钢球摆动过程中存在空气阻力
答案　(1)9.3　(2)2.0　(3)
(4)2　(5)D
解析　(1)读数为9 mm＋3×0.1 mm＝9.3 mm
(2)小钢球在经过最低点时绳上的拉力最大，所以小球做单摆运动的周期为T＝2×(1.5－0.5) s＝2.0 s
(3)由单摆周期公式可知T＝2π，解得g＝＝
(4)根据向心力公式以及机械能守恒可知
F1－mg＝0，F2－mg＝m
mgh＝mv2
联立解得F2＝3mg－2F1
所以图像斜率的绝对值应为2；
(5)由以上分析可知，摆长可以约掉，释放高度和角度也在计算过程中约掉，因此，存在误差的原因应该是有阻力做功，机械能不守恒，即存在空气阻力，故A、B、C错误，D正确．