2.5 实验：用单摆测量重力加速度 同步练习—2021-2022学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册（Word含答案）

第二章　机械振动
5　实验：用单摆测量重力加速度
1．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变化的图像如图所示，已知单摆的摆长为l，则重力加速度g为(　　)
A．　　
B．　　
C．　　
D．
2．(多选)在“用单摆测重力加速度”的实验中，下列措施中可以提高实验精度的是(　　)
A．选细线作为摆线
B．单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内
C．拴好摆球后，令其自然下垂时测量线长为摆长
D．计时起止时刻，选在最大摆角处
3．(多选)在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中，下列做法正确的是(　　)
A．应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线
B．用刻度尺测出细线的长度并记为摆长l
C．在小偏角下让单摆摆动
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，测量一次全振动的时间作为单摆的周期T
4．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
5．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，要用铁夹夹住摆线，这样做的主要目的是(　　)
A．便于测量单摆摆长
B．便于测量单摆周期
C．确保摆动时摆长不变
D．确保摆球在竖直平面内摆动
6．(多选)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出如下建议，其中对提高测量结果精确度有利的是
(　　)
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不能太大
D．当单摆经过最高位置开始计时
7．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，如图甲所示．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像如图乙所示．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
8．(多选)某同学在实验室用单摆测定当地的重力加速度，实验中用游标卡尺测出摆球的直径d，再用米尺测出从悬点至小球上端的悬线长l0；让单摆在竖直平面内做小角度摆动，摆球第一次通过最低点时开始计时，当摆球第N次通过最低点时停止计时，测得时间为t；利用单摆的周期公式计算重力加速度g，变更摆长重做几次，得到g的平均值．该同学发现g的平均值比当地公布的重力加速度的值略大，其原因可能是(　　)
A．计算摆长时，取l＝l0＋d
B．计算摆长时，取l＝l0
C．计算周期时，取T＝
D．实验中，摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动
9．(多选)用单摆测定重力加速度g的实验．如图，甲、乙、丙分别是三位同学做出的单摆周期平方与摆长的T2－L图线．其中甲、乙平行，乙、丙均过原点，根据乙求出的g值接近当地重力加速度的值，则下列分析正确的是(　　)
A．根据甲求出的g值大于根据乙求出的g值
B．根据丙求出的g值大于根据乙求出的g值
C．根据T2－L图线，可以由g＝
求出g的值
D．甲不过原点的原因可能是误将悬点到摆球上端的距离记为摆长L
10．某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.5
cm摆球直径为2.0
cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间，则：
(1)单摆摆长为________cm.
(2)为了提高实验精确度，在实验室中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，再以L为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速为________．
11．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据如下：
摆长l/m
0.500?0
0.800?0
0.900?0
1.000?0
1.200?0
周期T/s
1.42
1.79
1.90
2.00
2.20
T2/s2
2.02
3.20
3.61
4.00
4.84
(1)以摆长l为横坐标，周期的平方T2为纵坐标，根据以上数据在下图中画出
T2－l图线．
(2)此图线的斜率表示什么？
(3)由此图线求出重力加速度的值．
12．在“探究单摆摆长与周期关系”的实验中，某同学的主要操作步骤如下：
A．取一根符合实验要求的摆线，下端系一金属小球，上端固定在O点；
B．在小球静止悬挂时测量出O点到小球球心的距离l；
C．拉动小球使细线偏离竖直方向一个不大的角度(约为5°)，然后由静止释放小球；
D．用秒表记录小球完成n次全振动所用的时间t.
(1)用所测物理量的符号表示重力加速度的测量值，则表达式为g＝________；
(2)若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________(填下列选项前的字母)；
A．测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长
B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长
C．测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T＝求得周期
D．摆球的质量过大
13．用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示．
(1)组装单摆时，应在下列器材中选用______(填选项前的字母)．
A．长度为1
m左右的细线
B．长度为30
cm左右的细线
C．直径为1.8
cm的塑料球
D．直径为1.8
cm的铁球
(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，则重力加速度g＝________(用L、n、t表示)．
(3)用多组实验数据作出T2－L图像，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2－L图线的示意图如图乙中的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b，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
(4)某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图丙所示，由于家里只有一根量程为30
cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2．由此可得重力加速度g＝________(用l1、l2、T1、T2表示)．
14．在“用单摆测量重力加速度”的实验中：
(1)安装好实验装置后，先用
游标卡尺测量摆球直径d，测量
的示数如图甲所示，则摆球直径d
＝________cm，再测量摆线长l，
则单摆摆长L＝________(用d、l表
示)；
(2)摆球摆动稳定后，当它到达________(填“最低点”或“最高点”)时启动秒表开始计时，并记录此后摆球再次经过最低点的次数n(n＝1、2、3…)，当n＝60时刚好停表．停止计时的秒表如图乙示，其读数为______
s，该单摆的周期为T＝______
s(周期要求保留3位有效数字)；
(3)计算重力加速度测量值的表达式为g＝________(用T、L表示)，如果测量值小于真实值，可能原因是________；
A．将摆球经过最低点的次数n记少了
B．计时开始时，秒表启动稍晚
C．将摆线长当成了摆长
D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长
(4)正确测量不同摆L及相应的单摆周期T，并在坐标纸上画出T2与L的关系图线，如图丙所示．由图线计算出重力加速度的大小g＝________m/s2．(保留3位有效数字，计算时π2取9.86)
15．某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验，步骤如下，请帮助该同学将步骤补充完整．
(1)让细线的一端穿过摆球的小孔，然后打一个比小孔大的线结，制成一个单摆．线的另一端悬挂在铁架台上，如图甲所示有两种不同的悬挂方式，最好选________(填“A”或“B”)．
(2)把铁架台放在实验桌边，使悬挂点伸到桌面以外，让摆球自由下垂．用米尺量出悬线长度l，用游标卡尺测出摆球的直径d，如图乙所示，则d＝________mm.
(3)单摆的摆长为__________(用字母l和d表示)．
(4)把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(不超过5°)后释放，使摆球只在一个竖直平面内摆动，此时单摆做简谐运动，当摆球通过平衡位置时，按下秒表并从“1”开始计数，摆球通过平衡位置的次数为n时，记下所用的时间t，则单摆的周期T＝__________.
16．某同学利用单摆测量重力加速度．
(1)
为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________．
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1
m的单摆，实验时，由于仅有量程为20
cm、精度为1
mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________.
17．可以利用单摆实验测定当地重力加速度，则：
(1)用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g＝__________.
(2)如果已知摆球直径为2.00
cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图所示，那么单摆摆长是________cm.
(3)如果测定了40次全振动的时间如图中秒表所示，那么秒表读数是________s，此单摆的摆动周期是________s.
(4)如果测得的g值偏小，可能的原因是________(填写代号)．
A．测摆长时，忘记了摆球的半径
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过早按下
D．实验中误将40次全振动次数记为41次
18．某同学利用单摆测当地的重力加速度．实验时该同学多次改变摆线长，测出几组摆线长l(单位：米)和对应的周期T(单位：秒)的数据，并作出了l－T2图像，如图所示(π2＝9.86)．
(1)由图中数据可以求得当地的重力加速度g大小为________m/s2．(结果保留3位有效数字)
(2)本实验用l－T2图像计算重力加速度，________(填“可以”或“不可以”)消除因摆球质量分布不均匀而造成的测量误差．
19．用时间传感器代替秒表做“用单摆测定重力加速度”的实验装置如图甲所示．长为l的摆线一端固定在铁架台上，另一端连接一质量为m，直径为d的小球，在摆球运动轨迹最低点的左、右两侧分别正对放置一激光光源和一光敏电阻，细激光束与球心等高．光敏电阻与自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化的图线如图乙所示．由此可知该单摆的振动周期为__________，用此装置测得的重力加速度表达式为g＝________.
20．利用单摆测当地重力加速度的实验中．
(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d＝________cm.
(2)某同学测量数据如下表，请在图乙中画出L－T2的图像，由图像可得当地重力加速度g＝____________m/s2．(结果保留3位有效数字)
L/m
0.40
0.50
0.60
0.80
1.20
T2/s2
1.60
2.10
2.40
3.20
4.80
(3)某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误那么他得到的实验图像可能是下列图像中的____________．
A
B
C
D
参考解析
1【答案】D　【解析】根据图像可知，单摆的周期为T＝4t，根据周期公式得T＝2π
，所以g＝，故D正确，A、B、C错误．
2【答案】AB　【解析】为减小空气阻力的影响，应选细线作为摆线，A正确；由于单摆与圆锥摆的周期不同，本实验是利用单摆的简谐运动周期公式T＝2π测量g，所以单摆摆动时必须保持摆线在同一竖直平面内，不能形成圆锥摆，B正确；由于细线有伸缩性，所以应拴好摆球后，令其自然下垂时测量悬点到球心的距离作为摆长，不能将线长作为摆长，C错误；摆球经过平衡位置时，速度最大，相同的距离误差引起的时间误差最小，故应从平衡位置开始计时和停止计时，D错误．
3【答案】AC【解析】摆长等于摆线的长度加上摆球半径，为减小误差应保证摆线的长短不变，所以应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线，A正确；刻度尺测出细线的长度再加上小球的半径才是摆长，B错误；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5°，否则单摆将不做简谐运动，C正确；当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差较小，但是要测量n次全振动的时间记为t，再由T＝求周期误差较小，D错误．
4【答案】A　【解析】适当加长摆线，可增加单摆的周期，从而减小测量周期的相对误差，A正确；质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，从而减小空气阻力带来的影响，B错误；单摆偏离平衡位置的角度不要超过5°，C错误；当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30～50次全振动后停止计时，求出平均周期，D错误．
5【答案】C　【解析】用铁夹牢摆线，是为了防止摆动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故C正确，A、B、D错误．
6【答案】AC　【解析】单摆实验的精确度取决于实验装置的理想化程度及相关物理量的测量精度．适当加长摆线，有利于把摆球看成质点，在摆角小于5°的条件下，摆球的空间位置变化较大，便于观察，A正确；摆球体积越大，所受空气阻力越大，对质量相同的摆球影响越大，B错误；摆角应小于5°，C正确；本实验采用累积法测量周期，且从球过平衡位置时开始计时，D错误．
7【答案】C　【解析】根据单摆的周期公式T＝2π得T2＝L＋r，T2与L图像的斜率k＝，横轴截距等于球的半径r，故g＝.根据以上推导，如果L是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g的计算没有影响，A、B、D错误，C正确．
8【答案】AC　【解析】由单摆的周期公式T＝2π可得g＝.计算摆长时，取l＝l0＋d，则摆长测量值偏大，由g＝可知，重力加速度测量值偏大，故A正确；计算摆长时，取l＝l0时，则摆长测值偏小，由g＝可知，重力加速度测量值偏小，故B错误；计算周期时，取T＝则周期偏小，由g＝可知，重力加速度测量值偏大，故C正确；振动中出现松动，则摆长变长，且测量值偏小，由g＝可知，重力加速度测量值偏小，故D错误．
9【答案】BD　【解析】根据单摆的周期公式T＝2π，得g＝，根据数学知识可知，T2－L图像的斜率k＝.由于甲、乙平行即斜率相等，则计算出的加速度相等，故A错误；由图可知，丙的斜率小于乙的斜率，由k＝可知，丙求出的g值大于根据乙求出的g值，故B正确；由g＝可得＝，则＝，故C错误；若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有T2＝＝＝＋，故作出的T2－L图像中甲图线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，故D正确．
10【答案】(1)98.5　(2)
【解析】(1)摆长等于摆线长与小球半径之和，故L＝97.5
cm＋1
cm＝98.5
cm.
(2)根据单摆周期公式T＝2π，变形可得T2＝L＝kL，即k＝，故g＝.
11【答案】(1)见解析　(2)斜率k＝　(3)9.86
m/s2
【解析】(1)T2－l图线如图所示．
(2)因为单摆的振动周期T＝2π得T2＝l，
所以图像的斜率k＝.
(3)由图线求得斜率k＝4，故g＝＝
m/s2≈9.86
m/s2
12【答案】(1)　(2)C　
【解析】(1)单摆的周期T＝，根据T＝2π得重力加速度为g＝＝.
(2)根据g＝，测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误；根据g＝，摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B错误；
根据g＝，测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，知周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确；摆球的质量过大，不影响重力加速度的测量，故D错误．
13【答案】(1)AD　(2)　(3)B　(4)
【解析】(1)单摆模型需要满足的两个基本条件是：摆线长远大于小球的直径和小球的密度越大越好，故A、D正确，B、C错误．
(2)由题可知，单摆的周期为T＝；根据单摆周期公式有T＝2π，解得g＝.
(3)b图线为正确图线，a图线与b图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，故A错误；c图线与b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，故B正确；根据单摆周期公式T＝2π，解得T2＝L，图线斜率小，说明g偏大，故C错误．
(4)设A到铁锁重心的距离为l，有T1＝2π，T2＝2π，联立消去l解得g＝.
14【答案】(1)1.84　l＋　
(2)最低点　67.4　2.25　
(3)　AC　(4)9.86
【解析】(1)游标尺10个格，最小分度值为0.1
mm，游标卡尺的主尺读数为18
mm，游标读数为4×0.1
mm＝18.4
mm，则最终读数为1.84
cm；单摆的摆长为摆线长l与摆球半径之和，即L＝l＋.
(2)测量周期时，为了减小测量误差，计时起点必须选在最低点，秒表内圈读数为60
s，外圈读数为7.4
s，总时间为67.4
s，单摆周期为T＝＝
s＝2.25
s.
(3)由单摆周期公式T＝2π，可知g＝；测周期时，将摆球经过最低点的次数n记少了，所测周期T偏大，所测g偏小，故A正确；计时开始时，秒表启动稍晚，则总时间偏小，周期偏小，所测g值偏大，故B错误；将摆线长当成了摆长，所测摆长偏小，所测g偏小，故C正确；将摆线长加小球直径作为摆长，所测摆长L偏大，所测g偏大，故D错误．
(4)由单摆周期公式T＝2π，可知T2＝，T2－L图像的斜率k＝；
那么由图线计算出的重力加速度的值g＝＝
m/s2＝9.86
m/s2．
15【答案】(1)B　(2)4.60　(3)l＋　(4)　
【解析】(1)方法A中当摆球摆动时摆长会发生变化，则如图甲所示的两种不同的悬挂方式中，最好选B．
(2)摆球直径d＝4
mm＋0.05
mm×12＝4.60
mm.
(3)单摆的摆长为L＝l＋.
(4)单摆的周期T＝＝.
16【答案】(1)BC　(2)
【解析】(1)为了减小空气阻力的误差选用密度大，体积小的小球，A错误．如果振幅过大(大于10°)小球的运动不再是简谐运动，所以误差较大，D错误．要求小球在运动过程中摆长不变，且是单摆，而不能是圆锥摆，故B、C正确．
(2)T＝4π2同理得T＝4π2两式相减可得g＝.
17【答案】(1)　(2)87.35(87.33～87.38均可)　(3)75.2　1.88
(4)ABC　(5)图见解析　9.86
m/s2
【解析】(1)根据单摆的周期公式T＝2π，解得g＝.
(2)由图可知摆长l＝88.35
cm－1
cm＝87.35
cm.
(3)分钟读数为1
min，秒针读数为15.2
s，故秒表读数t＝1×60
s＋15.2
s＝75.2
s，周期为T＝
s＝1.88
s.
(4)根据T＝2π，得g＝.测摆长时，忘记了摆球的半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，A正确．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，B正确．开始计时时，停表过早按下，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，C正确．实验中误将40次全振动次数记为41次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，D错误．
18【答案】(1)9.86　(2)可以
【解析】(1)根据T＝2π，得l＝T2，可知图线的斜率为k＝，有＝＝，解得g＝π2＝9.86
m/s2．
(2)可以；若摆球的质量分布不均匀，则测量的摆长不准确，图线不再通过坐标原点，但是摆长的变化量不变，图线的斜率不变，则测得的重力加速度仍然准确．
19【答案】2T　
【解析】由图可知该单摆的振动周期为T0＝2T，由单摆周期公式T0＝2π
可得g＝＝＝.
20【答案】(1)2.26　(2)见解析　9.86　(3)C
【解析】(1)主尺读数为2.2
cm；副尺读数为6×0.1
mm＝0.6
mm＝0.06
cm，故球直径为d＝2.2
cm＋0.06
cm＝2.26
cm.
(2)L－T2图像如图所示．
由单摆周期公式T＝2π，变形可得L＝T2，图像斜率k＝，可得g＝4π2k，由图像可得k＝＝0.25，可得g＝4×3.142×0.25
m/s2＝9.86
m/s2．
(3)在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，可得L＝T2－l0，即横截距不为零，可知C正确，A、B、D错误．