2.4用单摆测量重力加速度 同步练习基础过关-2021-2022学年高二上学期物理粤教版（2019）选择性必修第一册 (Word含答案)

第二章机械振动第四节用单摆测量重力加速度新学期同步练习基础过关2021_2022学年高二物理上学期（粤教版2019选择性必修第一册）
练习
一、单选题，共11小题
1．在利用单摆测定重力加速度的实验中，下列说法正确的是　　
A．把单摆从平衡位置拉开的摆角，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
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
2．有两位同学利用假期分别参观了位于哈尔滨市的“哈尔滨工业大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自利用那里实验室中的DIS系统探究了单摆周期T和摆长L的关系。然后通过微信交流实验数据，并用计算机绘制了如图甲所示的图像。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“复旦大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是B
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两摆球振动频率之比为3∶2
D．由乙图可知，时b球振动方向沿y轴正方向
3．在用单摆测量重力加速度的实验中，用多组实验数据做出周期（T）的平方和摆长（L）的T2-L图线，可以求出重力加速度g。已知两位同学做出的T2-L图线如图中的a、b所示，其中a和b平行，图线a对应的g值很接近当地重力加速度的值。相对于图线a，关于图线b的分析正确的是（　　）
A．可能是误将绳长记为摆长L
B．可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
C．可能是误将49次全振动记为50次
D．根据图线b不能准确测出当地的重力加速度
4．在用《单摆测定重力加速度》的实验中若测得的g值偏小，可能是由于（ ）
A．计算摆长时，只考虑悬线长，而未加小球半径
B．测量周期时，将n次全振动，误记成n+1次全振动
C．计算摆长时，用悬线长加小球的直径
D．单摆振动时，振幅较小
5．某同学利用单摆测量重力加速度，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．组装单摆细线要轻
C．实验时须使摆球可旋转
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
6．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为（　　）
A．单摆的摆球质量偏大
B．测量摆长时，只考虑了摆线长，忽略了小球的半径
C．测量周期时，把n次全振动误认为是n+1次全振动
D．测量周期时，把n次全振动误认为是n-1次全振动
7．如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙两单摆的摆长不相等
B．甲摆的机械能比乙摆的大
C．在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆
D．由图像可以求出当地的重力加速度
8．某同学为了估算地球的质量，用摆长为L的单摆做小振幅摆动，测得周期为T，若地球半径为r，则地球质量为（ ）
A． B． C． D．
9．以下实验不需要打点计时器的是（　　）
A．研究匀变速直线运动 B．验证牛顿运动定律
C．探究动能定理 D．用单摆测定重力加速度
10．某实验小组在“用单摆测量重力加速度”的实验中，通过计算测得的重力加速度g值偏小，其原因可能是（　　）
A．摆球质量偏大
B．测摆线长时摆线拉的过紧
C．误将n次全振动记录为（n+1）次
D．误将摆线长当成摆长，未加小球的半径
11．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
二、多选题，共4小题
12．用单摆测定重力加速度的实验，组装单摆时，应在下列器材中选用（ ）
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 的塑料球 D．直径为 1.8cm 的铁球
13．某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，测得的g值偏大，可能的原因是（　　）
A．摆球的质量较大
B．测周期时，把n次全振动误记为（n+1）次
C．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
D．测摆长时，测量摆线长度并加入小球直径
14．在用单摆测量重力加速度的实验中，下列说法正确的是（ ）
A．尽量选择质量大、体积小的摆球
B．用刻度尺测量摆线的长度，将其作为单摆的摆长
C．为方便测量，可以让单摆的振幅尽可能大
D．释放摆球，当摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆的周期T =
15．一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆挂起后，进行了如下步骤，其中有错的是（　　）
A．测摆长L，用米尺量出摆线的长度L
B．测周期T，将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次， 接着一直数到摆球第61次通过最低点时，按下秒表停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期
C．所测得的L和T代入单摆的周期公式，算出g，将它作为实验的最后结果写入报告中去
D．做完实验，整理好仪器
三、填空题，共2小题
16．如图，做“用单摆测重力加速度”的实验装置。
（1）实验前根据单摆周期公式推导出重力加速度的表达式，四位同学对表达式有不同的观点。
同学甲认为，T一定时，g与l成正比。
同学乙认为，l一定时，g与T2成正比。
同学丙认为，l变化时，T2是不变的。
同学丁认为，l变化时，l与T2比值是定值。
其中观点正确的是_________（选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）
（2）实验时摆线与悬点连接处用铁架夹住摆线，用米尺测得摆线长度，用秒表测得摆球直径和50次全振动时间。下表是某次记录的一组数据，请填空。
次数 摆线长度（cm） 摆球直径（cm） 50次全振动时间（s） 摆长L（cm） 重力加速度g （m/s2）
1 87.00 2.0 100.0 ______ ______
（3）某同学实验时，随意地将摆线绕在铁架上，其他操作同上，则其对测得重力加速度的结果_________（选填“有影响”或“无影响”），理由是_______________。
17．（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偏大，可能原因是_____
A．振幅较小 B．测摆长时，只量出摆线的长度，没有从悬挂点量到摆球中心
C．数振动次数时，少计了一次 D．数振动次数时，多计了一次
(2)利用单摆测重力加速度的实验中，为了减小测量周期的误差，应在______位置（填“最低点”或“最高点”）开始计时和结束计时.
四、解答题，共1小题
18．重力加速度是物理学中的一个十分重要的物理量，准确地确定它的量值，无论从理论上、还是科研上、生产上以及军事上都有极其重大的意义．
（1）如图所示是一种较精确测重力加速度g值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O点与弹簧分离，然后返回．在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得OP间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2．
（i）求重力加速度g；
（ii）若O点距玻璃管底部的距离为L0，求玻璃管最小长度．
（2）在用单摆测量重力加速度g时，由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图所示．这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，问这样求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比，哪个大？试定量比较．
（3）精确的实验发现，在地球上不同的地方，g的大小是不同的，下表列出了一些地点的重力加速度．请用你学过的知识解释，重力加速度为什么随纬度的增加而增大？
试卷第1页，共3页
参考答案
1．C
【详解】
A．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，把单摆从平衡位置拉开的摆角，单摆的运动不是简谐运动，故A错误；
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
故B错误；
C．由单摆周期公式
可知，用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，单摆摆长L偏大，由可知，所测重力加速度偏大，故C正确；
D．单摆在运动过程中要受到空气阻力作用，为减小实验误差应选择质量大而体积小，即密度大的球作为摆球，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】
AB．根据
得
知图线的斜率
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“哈尔滨工业大学”的同学所测得的实验结果对应的图象是B，故AB错误；
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，振动频率之比为3∶2，故C正确；
D．由乙图可知，t=1s时，b球处于平衡位置向-y方向运动，故D错误。
故选C。
3．B
【详解】
根据单摆的周期公式
得
根据数学知识可知，T2-L图象的斜率
当地的重力加速度
AB．由图象可知，对图线b，当T为零时L不为零，所测摆长偏大，可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，故A错误，B正确；
C．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，图线的斜率k偏小。故B错误；
D．由图示图象可知，图线a与图线b的斜率相等，由
可知，图线b对应的g值等于图线a对应的g值，故D错误。
故选B；
4．A
【详解】
根据
得。
A．计算摆长时，只考虑悬线长，未加小球半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A正确；
B．测量周期时，将n次全振动误记成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，故B错误；
C．计算摆长时，将悬线长加上小球直径，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误；
D．单摆的振幅，不影响重力加速度的测量，故D错误。
故选A。
5．B
【详解】
A．组装单摆须选用密度较大，而直径较小的摆球，选项A错误；
B．组装单摆细线要轻，选项B正确；
C．实验时不能使摆球可旋转，选项C错误；
D．摆长一定的情况下，摆的振幅不能太大，摆角不超过5°，选项D错误。
故选B。
6．C
【详解】
A．由单摆周期公式，可得
由该式知重力加速度与摆球的质量无关，故A错误；
B．测量摆长时，忽略了小球的半径，所测摆长偏小，则所测得的g值偏小，故B错误；
CD．设单摆做n次全振动的时间为t，单摆的周期，若误记作次全振动，则
即周期的测量值小于真实值，测得的g值偏大；
若误记作次全振动，则
即周期的测量值大于真实值，测得的g值偏小，故C正确，D错误。
故选C。
7．C
【详解】
A．由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式
得知甲、乙两单摆的摆长相等，选项A错误；
B．尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的质量未知，故无法比较机械能的大小，选项B错误；
C．在t=0.5s时，甲单摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙单摆具有正向最大加速度，选项C正确；
D．由单摆的周期公式
得
由于不知道单摆的摆长，所以不能求得重力加速度，选项D错误；
故选C。
8．C
【详解】
根据单摆的周期公式有
T = 2π
根据万有引力与重力的关系有（忽略地球自转）
mg = G
解得
M =
故选C。
9．D
【详解】
A．研究匀变速直线运动，需要打点计时器和纸带来测物体运动的速度和加速度，所以A错误；
B．验证牛顿运动定律，需要打点计时器和纸带来测物体运动的加速度，所以B错误；
C．探究动能定理，需要打点计时器和纸带来测物体运动的速度，所以C错误；
D．用单摆测定重力加速度，不需要打点计时器，使用秒表计时，所以D正确。
故选D。
10．D
【详解】
根据
解得
A．加速度的值和摆球的质量无关，A错误；
B．测摆长时摆线拉的过紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度测量值偏大，B错误；
C．误将n次全振动记录为（n+1）次，根据
则周期的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，C错误；
D．误将摆线长当成摆长，未加小球的半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，D正确。
故选D。
11．D
【详解】
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，根据
得
A．g值与摆球的质量无关，A错误；
B．测摆长时，将线长加小球直径作为摆长，使得偏大，则g值偏大，B错误；
C．测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记为（n+1）次，使得g值偏大，C错误；
D．摆球上端未固定牢固，摆动中出现松动，摆线变长，使得测得的比实际值偏小，则g值偏小，D正确。
故选D。
12．BD
【详解】
为减小实验误差，应选择1m左右的摆线；为减小空气阻力影响，摆球应选质量大而体积小的金属球，故选BD。
13．BD
【详解】
根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g=，从上面的表达式可得，重力加速度与小球的质量、摆的振幅都无关，故A错误；摆振动n次的时间t，单摆的周期T=t/n，若误记做n+1次，则：T测=t/(n+1)，即周期的测量值小于真实值，所以重力加速度的测量值偏大．故B正确．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，但在数据处理中使用了测量出的摆长，故测量值小于真实值，故C错误；以摆线长加上小球直径作摆长，使L变大，代入公式使g值偏大，故D正确．故选BD．
【点睛】
明确根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式是解题的关键，要注意明确产生误差的因素，将准确值和测量值进行对比即可明确误差结果．
14．AD
【详解】
A．尽量选择质量大、体积小的摆球，可以减小阻力使实验更准确，A正确；
B．用刻度尺测量摆线的长度，用游标卡尺测出小球的直径算出半径，则线长加半径作为摆长，B错误；
C．为了准确，单摆的振幅尽可能小，最大不超过5°，C错误；
D．为了准确可以多测几个周期，比如释放摆球，当摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆的周期T = ，D正确。
故选AD。
15．ABC
【详解】
A．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，即摆长为
选项A错误；
B．计算周期公式不对，应改为
选项B错误；
C．为了减小误差，应改变摆长，测出不同摆长对应的周期，根据数据作出图像，由图像求得g，选项C错误；
D．做完实验，要整理好仪器，选项D正确。
本题选有错误的，故选ABC。
16．丁 88cm 有影响 如果实验时，随意地将摆线绕在铁架上，那么小球摆动时，悬点和摆长会发生变化，进而影响对加速度的测量。
【详解】
(1)[1]根据
得
是当地重力加速度，与、无关，所以甲乙同学错误；
摆长变化时，会随之变化，丙同学错误；
l变化时，l与T2比值是定值，丁同学正确；
故选填“丁”。
(2)[2][3]摆长L等于摆线长度加摆球半径
由单摆公式
重力加速度
(3)[4][5]某同学，则其对测得重力加速度的结果有影响，理由是如果实验时，随意地将摆线绕在铁架上，那么小球摆动时，悬点和摆长会发生变化，进而影响对加速度的测量。
17．D 最低点
【详解】
分析：根据单摆的周期公式T=2π ， 得出g=，根据g的表达式，分析数值偏大的原因．
解答：解：（1）A、振幅的大小不影响单摆的周期，所以不影响测出的重力加速度．故A错误．
B、测量的摆长偏小，根据g=，测出的重力加速度数值偏小．故B错误．
C、数振动次数时，少计了一次，则测出的周期偏大，根据g=，测出的重力加速度数值偏小．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=，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．
点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2π，以及会分析误差形成的原因．
18．（1）， ；（2）求出的重力加速度比实际值大；（3）解析见详解．
【详解】
（1）（i）小球从O点上升到最大高度过程中：
小球从P点上升的最大高度：
依据题意：
联立解得：
（ii）真空管至少的长度：
故
（2）以l表示摆长，θ表示摆线与竖直方向的夹角，m表示摆球的质量，F表示摆线对摆球的拉力，T表示摆球作题图所示运动的周期，小球受力分析如图：
则有 Fsinθ＝mLsinθ（）2， Fcosθ＝mg
由以上式子得：T＝2π，而单摆的周期公式为 T′＝2π，即使在单摆实验中，摆角很小，θ＜5°，但cosθ＜l，这表示对于同样的摆长L，摆球在水平面内作圆周运动的周期T小于单摆运动的周期T′，所以把较小的周期通过求出的重力加速度的数值将大于g的实际值．
（3）地球是自转，地球表面的所有物体都随着地球共同做匀速圆周运动，万有引力的一个分力提供物体随地球自转的向心力，另一个分力为重力，在赤道附近,物体做匀速圆周运动的半径最大,赤道上的自转半径为地球半径R，所以重力最小,重力加速度就最小．随着纬度升高,自转半径减小,自转的向心力减小,万有引力的另一个分力G增大；如图所示：
故重力加速度随着维度的增加而增大．
答案第1页，共2页
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