2.4用单摆测量重力加速度课后练习-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课后练习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，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越大越好
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
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，测出摆长和次全振动的时间，从而测定重力加速度。若测出的值偏小，则可能的原因是（　　）
A．摆球质量偏大
B．把次全振动记录为次
C．将从悬点到摆球上端的长度当做摆长
D．将从悬点到摆球下端的长度当做摆长
4．利用单摆测定重力加速度g时，下列情况中会导致所测得的g值偏大的是（　　）
A．小球质量过大
B．摆线太长
C．把悬线长和小球直径之和当作摆长
D．把悬线长当作摆长
5．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
6．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
7．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
8．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中，用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为0.97cm。小组成员在实验过程中有如下说法，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
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
9．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
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．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．
二、多选题，共4小题
12．某实验小组成员在进行单摆实验过程中有如下说法，其中正确的是（ ）
A．测量摆球通过最低点100次的时间 t，则单摆周期为
B．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并释放摆球，在摆球经过平衡位置的同时开始计时
C．某同学建立图像并利用图像的斜率求出当地的重力加速度，处理完数据后，该同学发现在计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，即，这不影响重力加速度的求解
D．如果把摆搬去海拔6000米的高原，摆的周期将变大
13．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、尽量长些的细线做摆线
B．用刻度尺测出细线的长度并记为摆长l
C．在小偏角下让单摆从静止开始摆动
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
E.分析实验数据，若认为周期与摆长的关系为T2∝l，则可作T2—l图象；如果图象是一条直线，则关系T2∝l成立
14．在用单摆测重力加速度实验中，下面说法中正确的是（　　）
A．如果有两个大小相同的带孔塑料球和带孔铁球可供选择，应选用铁球作摆球
B．测量单摆周期时，应从摆球经过最高点时开始计时
C．若细绳的质量不可忽略，实验中测得的重力加速度值较真实值偏大
D．将全振动次数n误记为（n+1），测得的重力加速度值较真实值偏大
E.在摆长和周期的测量中，摆长的测量对实验误差影响较大
15．某同学利用如图甲所示的单摆测量当地重力加速度，他通过多次改变摆长，并测出不同摆长对应的周期，作出的图像如图乙所示。下列选项正确的是（　　）
A．为减小误差，应尽量增大摆角
B．为减小误差，应尽量选择质量较大、体积较小的摆球
C．为减小误差，测周期时应从摆球经过最低点时开始计时
D．图乙中图线延长线不过坐标原点的原因可能是将摆球的直径计入了摆长
E.由图乙可得，当地重力加速度
三、填空题，共2小题
16．利用单摆可以测量地球的重力加速度g，若摆线长为L，摆球直径为D，周期为T，则当地的重力加速度_____利用单摆的等时性，人们制成了摆钟。若地球上标准钟秒针转一周用时，已知，那么将该钟拿到月球上时，秒针转一周所用的时间为_____s（保留到整数位）。
17．某同学做“利用单摆测重力加速度”实验，先用一个游标卡尺测量小球的直径，示数如图甲所示，则该小球的直径为________mm。用秒表测得50个全振动的时间如图乙所示，秒表示数为__________s 。
四、解答题，共1小题
18．根据单摆可以通过实验测量当地的重力加速度．如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．
①以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________．
A．摆球应选用直径较小、密度较大的小球，摆线应选用细而不易伸长的线
B．为了便于记录周期，开始时将摆球拉开，应使摆线与平衡位置有较大角度
C．记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，摆球再次回到平衡位置停止计时，此时间间隔为，则单摆周期
D．记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间，则单摆周期
②若已测出悬点到小球球心的距离（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图乙是摆线长为L时小球的振动图象，取，则小球的回复加速度取最大值为____________．
试卷第1页，共3页
参考答案
1．A
【详解】
A．当适当加长摆线时，单摆的周期将增大，故可以减小周期测量的相对误差，A正确；
B．质量相同，体积越大的摆球，所受的阻力会影响其做单摆运动，B错；
C．单摆偏离平衡位置的角度不能超过10°，C错；
D．在D中，会增大周期测量的误差，D错。
故选A。
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．C
【详解】
根据单摆的周期公式得：
A．摆球质量偏大，重力加速度不变，故A错误；
B．把次全振动记录为次，测量周期偏小，则重力加速度偏大，故B错误；
C．将从悬点到摆球上端的长度当做摆长，摆长测量值偏小，则重力加速度偏小，故C正确；
D．将从悬点到摆球下端的长度当做摆长，摆长测量值偏大，则重力加速度偏大，故D错误；
故选C。
4．C
【详解】
由单摆周期
T＝2π
得
g＝
由此可得，摆球质量以及摆线太长不影响测量结果，摆长l应是悬线长加上小球半径，加上小球直径使得l偏大，从而导致g偏大。故只有选项C正确。
5．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。
6．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；
7．C
【详解】
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，ABD错误。
故选C。
8．C
【详解】
A．为减小计时误差，应从摆球经过最低点的瞬间开始计时，故A错误；
B．通过最低点100次的过程中，经历的时间是50个周期，故B错误；
C．悬线的长度加摆球的半径才等于摆长，由单摆周期公式可知记录的摆长偏大时，测得的重力加速度也偏大，故C正确；
D．应选用密度较大的球以减小空气阻力的影响，故D错误。
故选C。
9．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。
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．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。
12．CD
【详解】
A．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，故A错误。
B．把单摆从平衡位置拉开不大于10°的摆角，否则单摆的振动就不是简谐振动，故B错误。
C．根据，则有
该同学发现在计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，即L=l+d，变成L=l+d，并没有改变图象的斜率，则不影响重力加速度的计算，故C正确。
D．如果把摆搬去海拔6000米的高原，则会导致重力加速度减小，依据，那么摆的周期将变大，故D正确。
故选CD。
13．ACE
【详解】
A．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变，选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线，A正确；
B．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；
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5°，否则单摆将不做简谐运动，C正确；
D．当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差最小，但是要测量n次全振动的时间记为t，再由求周期误差较小，D错误；
E．数据处理的时候，通常由线性关系比较好判断结论，故作图象，E正确；
故选ACE．
【名师点睛】
解答本题应了解单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；根据单摆的周期公式变形得到重力加速度g的表达式，分析与的关系．
14．ACD
【详解】
A、摆球应选择质量大些、体积小些的铁球，故选项A正确；
B、测量周期时，应从摆球经过最低点时开始计时，故选项B错误；
C、若细绳的质量不可忽略，摆长的测量值偏大，根据知重力加速度的测量值比真实值大，故选项C正确；
D、将全振动次数误记为，则周期的测量值偏小，根据知重力加速度的测量值比真实值大，故选项D正确；
E、在摆长和时间的测量中，时间的测量对实验误差影响较大，长度的测量对实验误差影响不大，故选项E错误．
15．BCE
【详解】
A．单摆在摆角小于5°时的运动是简谐运动，单摆的摆角不能太大，A错误；
B．为减小空气阻力对实验的影响，应选体积较小、质量较大的摆球，B正确；
C．为减小周期测量误差，测量周期时，应取摆球通过最低点做为计时的起、终点位置，C正确；
D．图像不通过坐标原点，从图像可以得到相同的周期下，摆长偏小，故可能是漏加小球半径，D错误；
E．根据
则
解得
E正确。
故选BCE。
16． 147
【详解】
[1]单摆的摆长
由单摆的周期公式
可得
[2]地球上标准钟秒针转一周用时，则在月球上
17．29.8mm 99.8s
【详解】
［1］图甲所示游标卡尺主尺的示数是29mm，游标尺的示数是8×0.1mm=0.8mm，
小球的直径d=29mm+0.8mm=29.8mm；
［2］图乙所示秒表分针示数是1.5min，秒针示数是9.8s，秒表所示是90s+9.8s=99.8s
18．AD 0.5
【详解】
①A、该实验中，摆线应选用细而不易伸长的线，避免在摆动过程中摆长发生改变，且长度要适当长一些；为了避免空气阻力的影响，应选用体积比较小，密度较大的小球，故A正确；
B、单摆的最大摆角应小于5°，因而开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置不能有太大的角度，故B错误；
C、为准确测量单摆周期，应从摆球经过平衡位置时开始计时，测出多个周期的时间，然后求出平均值作为周期，故C错误；
D、为减小实验误差，拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间，则单摆周期，故D正确．
②单摆周期公式，其中，联立解得：；
③由图知A=5cm，T=2s，根据单摆周期公式，解得：；小球的回复加速度在x=5cm或x=-5cm时最大，根据牛顿第二定律得：．
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