2.5实验：用单摆测量重力加速度 同步训练（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 2.5实验：用单摆测量重力加速度 同步训练（word版含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 440.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-03-02 16:52:09 | ||
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文档简介
2.5实验：用单摆测量重力加速度
一、选择题（共14题）
1．下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°=0.087，sin 15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是（ ）
A． B．
C． D．
2．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作摆长
D．将从悬点到摆球下端的长度当作摆长
3．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
4．某同学在利用单摆测重力加速度实验中发现测得的重力加速度大于标准值，原因不可能是（ ）
A．所用摆球质量太大
B．铁架台的底座有磁性物质，其对小球有磁场引力
C．测N次全振动时间时，把N次误计为（N＋1）次
D．以摆线长加上小球直径作为摆长，代入公式
5．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
6．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列所给器材中，哪个组合较好（ ）
①长1m左右的细线②长30cm左右的细线③直径2cm的塑料球④直径2cm的铁球⑤秒表⑥时钟⑦最小刻度线是厘米的直尺 ⑧最小刻度是毫米的直尺
A．①③⑤⑦ B．①④⑤⑧ C．②④⑥⑦ D．②③⑤⑦
7．在利用单摆测重力加速度的实验中,下列哪些操作会使得测得的重力加速度 g 的值偏大（ ）
A．摆线过长，摆角过小
B．在测量摆长时，将线长和小球直径之和作为了摆长
C．摆球的质量过大
D．测量周期时，时间t内全振动次数少数了一次
8．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
9．如图所示的实线和虚线分别表示同一个单摆在A、B两个大小相同的星球表面上的振动图像.其中实线是A星球上的，虚线是B星球上的，那么两个星球的平均密度之比为（ ）
A． B． C． D．
10．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2，对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是（ ）
A．单摆的摆长约为1.0 m
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（πt）cm
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
11．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，如果测得的g值偏小，可能的原因是（ ）
A．将摆线长加球的直径当作摆长
B．实验中误将31次全振动计为30次全振动
C．结束计时时，提前按秒表
D．小球做圆锥摆运动
12．针对用单摆测重力加速度的实验，下面各种对实验误差的影响的说法中正确的是 ( )
A．在摆长和时间的测量中，时间的测量对实验误差影响较大
B．在摆长和时间的测量中，长度的测量对实验误差影响较大
C．将振动次数n记为(n＋1)，测算出的g值比当地的公认值偏大
D．将摆线长当作摆长，未加摆球的半径测算出的g值比当地的公认值偏大
13．(多选)一根不可伸长的细线．上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图(1)所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系．该同学用米尺测得细线两端的长度，用卡尺测量小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的l－T2图像如图(2)所示．利用所学单摆相关知识，选择下列说法正确的选项(取π2＝9.86)( )
A．T＝2 s时摆长为1 m
B．T＝2 s时摆长为0.994 m
C．摆球半径为0.006 m
D．当地重力加速度为9.80 m/s2
14．在用单摆测定重力加速度的实验中，为了减小测量误差，下列措施正确的有（ ）
A．对于相同半径的木球和铁球，选用铁球
B．单摆的摆角从原来的改变为
C．测量摆球振动周期时，选取最高点作为计时的起、终点位置
D．在测量单摆的周期时，防止出现“圆锥摆”
E．测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长
二、填空题
15．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，如图所示。由于家里只有一根量程为30cm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)。
16．斌斌利用“探究单摆周期与摆长的关系”的实验装置(如图所示)来测定当地的重力加速度．他测得摆线长为L，铁球的直径为d；在测定周期时，摆球的计时起点应选择图中的_____位置(选填“A”、“B”或“C”)；若测得单摆n次全振动的时间为t，则当地的重力加速度g可表达为___．
17．某实验小组用如图甲所示的单摆测定当地的重力加速度。
（1）实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线
B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的均匀铁球
D．直径约5 cm的均匀木球
E．秒表
F．时钟
G．最小刻度为毫米的米尺
顺利完成该实验，需要从上述器材中选择__________（填写器材前面的字母）；
（2）某同学用游标卡尺测量小球的直径d，其示数如图乙所示，于是小球的直径d＝_______cm；
（3）其他同学还测出了细线的长度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d、L、n、t表示）
18．有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2-L图象，如图甲所示。去北大的同学所测实验结果对应的图线是________（选填“A”或“B”）。另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象（如图乙），由图可知，两单摆摆长之比 =________。在t=1 s时，b球振动方向是________。
三、综合题
19．图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，根据图象回答：
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？
20．李磊同学利用单摆测量重力加速度。他测出摆线长度l=99cm，摆球直径d=2cm。摆动过程中，摆球完成20次全振动的时间为40s，偏离最低点的最大距离A=10cm。若整个摆动过程可视为简谐运动，规定从最低点向右摆动时为正方向。
(1)求李磊同学测出的重力加速度的大小（结果保留两位有效数字）；
(2)从小球经过最低点向右摆动时开始计时，写出摆球的振动方程。
21．将在地球上校准的摆钟拿到月球上去，若此钟在月球记录的时间是1h，那么实际上的时间应是h。（月球表面的重力加速度是地球表面的）。若要把此摆钟调准，应将摆长L0调节为多少？
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】
单摆振动的摆角θ≤5°，当θ=5°时单摆振动的振幅
A=lsin 5°=0.087 m=8.7 cm
且为了计时准确，应在摆球摆至平衡位置时开始计时。
故选A。
2．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作摆长，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作摆长，摆长测量值偏大，则重力加速度偏大，故D错误；
故选C。
3．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。
4．A
【详解】
A．根据
根据重力加速度的表达式
可知重力加速度的测量值与小球的质量无关，A错误，符合题意；
B．铁架台的底座有磁性物质，其对小球有磁场引力，磁场力使小球的回复力变化，单摆的周期发生变化，所测重力加速度偏大，B正确，不符合题意；
C．测N次全振动时间时，把N次误读作（N+1）次
也会使测量值偏大， C正确，不符合题意；
D．以摆线长加上小球直径作摆长，代入公式则
L偏大，g的测量值就偏大， D正确，不符合题意。
故选A。
5．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。
6．B
【详解】
单摆模型中，小球视为质点，故摆线长点，测量误差越小，故要选择长1m左右的细线①；
摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故要选择直径2cm的铁球④；
秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，比时钟的效果要好。故选择秒表⑤；
刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故要选择最小刻度是毫米的直尺⑧。
故选B。
7．B
【详解】
AC．摆线过长、摆角过小、质量过大对测量结果都没有影响，故AC错误；
BD．根据
得
可知在测量摆长时，将线长和小球直径之和作为了摆长，偏大，偏大；测量周期时，时间t内全振动次数少数了一次，则周期偏大，偏小。故B正确，D错误。
故选B。
8．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。
9．D
【详解】
由图可知
由单摆周期公式
得
万有引力等于重力，即
又
所以两个星球的平均密度之比
故选D。
10．C
【详解】
A．由公式
解得L=1m．故A正确，不符合题意；
B．由振动图象读出周期T=2s，振幅A=8cm，由
得角频率ω=πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asinωt=8sin（πt）cm，故B正确，不符合题意；
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小．故C错误，符合题意；
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大．故D正确，不符合题意。
故选C。
11．B
【详解】
A．根据单摆周期公式有可得
将摆线长加球的直径当作摆长时偏大，则测得的g值偏大，选项A错误；
B．实验中误将31次全振动计为30次全振动，使得T偏大，则测得的g值偏小，选项B正确；
C．结束计时时，提前按秒表，使得T偏小，则测得的g值偏大，选项C错误；
D．摆球不是在竖直平面内做简谐振动，而是做圆锥摆运动，则有
周期将比小，则测得的g值偏大，选项D错误。
故选B。
12．AC
【详解】
AB．摆测重力加速度的实验，重力加速度的表达式，由于与周期是平方关系，它若有误差，在平方后会大，所以时间的测量影响更大些，故A正确，B错误；
C．振动次数多数了一次，会造成周期的测量值变小，重力加速度测量值变大，C正确；
D．摆长未加小球的半径，将使摆长的测量值变小，g值变小，D错误。
故选AC。
13．BCD
【详解】
设摆长为l′，由单摆的周期公式T=2π（l′=l-0.006m）并结合图2推导得：l=0.006+T2，可知为l-T2图象的斜率，所以有：=，解得：g=0.980m/s2，故D正确．由单摆的周期公式有：l′=T2=×22=0.994m，故B正确，A错误；由图2可知，l-T2图象没有经过坐标原点，同时由l=0.006+T2可知，纵轴的截距为球的半径，故半径为r=0.006m，选项C正确，故选BCD．
14．ADE
【详解】
A．对于相同半径的木球和铁球，选择铁球可以忽略空气阻力以及悬线的重力，A正确；
B．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，B错误；
C．为了减小测量周期时的误差，应取摆球通过的最低点作为计时的起、终点位置，C错误；
D．摆球做圆锥摆时周期表达式为
若用
算出重力加速度误差较大，为了减小测量误差，应防止出现“圆锥摆”，D正确；
E．测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长，E正确。
故选ADE。
15．
【详解】
设A到铁锁重心的距离为l，则第1、2次的摆长分别为l＋l1、l＋l2，由
T1＝2π
T2＝2π
联立解得
g＝
16． C
【详解】
摆球经过C位置时，速度最大，从该位置开始计时误差较小．
摆长为：
，
摆球的周期为：
根据得：
．
17． ACEG 1.86
【详解】
（1）根据实验原理及要求易知，需要从上述器材中选择：A（长约1m的细线），C（直径约2cm的均匀铁球），E（秒表），G（最小刻度为毫米的米尺）；
（2）该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径为
（3）单摆的振动周期
根据
得
18． B 沿y轴负方向
【详解】
由单摆的周期公式
T=2π
解得
T2=L
即图象的斜率
k=
重力加速度大，斜率小，我们知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B；
从题图乙可以得出
Tb=1.5Ta
由单摆的周期公式得
Ta=2π
Tb=2π
联立解得
从题图乙可以看出，t=1 s时，b球正在向负最大位移处运动，所以在t=1s时，b球的振动方向沿y轴负方向。
19．（1）1.25Hz；（2）B位置；（3）0.16m
【详解】
（1）由乙图可知，单摆振动的周期T=0.8s，故其振动的频率为
（2）由乙图可知，开始时刻摆球位移为负向最大，以向右为正，故开始时刻摆球位于B位置。
（3）由单摆的周期公式可得
20．(1)；(2)
【详解】
(1)摆长为
周期为
根据单摆的周期公式
解得
(2)角频率
振动方程为
21．
【详解】
对于一个确定的摆钟，其内部结构决定了它每摆动一个周期记录的时间是一定的．每摆动一个周期，在钟表上的记录时间为一定值，此定值与实际所用时间不一定相等．设在地球上校准的摆钟周期为T0，月球摆钟记录时间为t0，摆钟全振动次数为N，实际时间为t1，月球上摆钟周期为T1，则
由公式
则有
＝＝＝
所求实际时间为
t1＝·t0＝t0
要把该摆钟调准，需将摆长调为。
答案第1页，共2页
一、选择题（共14题）
1．下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°=0.087，sin 15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是（ ）
A． B．
C． D．
2．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作摆长
D．将从悬点到摆球下端的长度当作摆长
3．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
4．某同学在利用单摆测重力加速度实验中发现测得的重力加速度大于标准值，原因不可能是（ ）
A．所用摆球质量太大
B．铁架台的底座有磁性物质，其对小球有磁场引力
C．测N次全振动时间时，把N次误计为（N＋1）次
D．以摆线长加上小球直径作为摆长，代入公式
5．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
6．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列所给器材中，哪个组合较好（ ）
①长1m左右的细线②长30cm左右的细线③直径2cm的塑料球④直径2cm的铁球⑤秒表⑥时钟⑦最小刻度线是厘米的直尺 ⑧最小刻度是毫米的直尺
A．①③⑤⑦ B．①④⑤⑧ C．②④⑥⑦ D．②③⑤⑦
7．在利用单摆测重力加速度的实验中,下列哪些操作会使得测得的重力加速度 g 的值偏大（ ）
A．摆线过长，摆角过小
B．在测量摆长时，将线长和小球直径之和作为了摆长
C．摆球的质量过大
D．测量周期时，时间t内全振动次数少数了一次
8．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
9．如图所示的实线和虚线分别表示同一个单摆在A、B两个大小相同的星球表面上的振动图像.其中实线是A星球上的，虚线是B星球上的，那么两个星球的平均密度之比为（ ）
A． B． C． D．
10．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2，对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是（ ）
A．单摆的摆长约为1.0 m
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（πt）cm
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
11．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，如果测得的g值偏小，可能的原因是（ ）
A．将摆线长加球的直径当作摆长
B．实验中误将31次全振动计为30次全振动
C．结束计时时，提前按秒表
D．小球做圆锥摆运动
12．针对用单摆测重力加速度的实验，下面各种对实验误差的影响的说法中正确的是 ( )
A．在摆长和时间的测量中，时间的测量对实验误差影响较大
B．在摆长和时间的测量中，长度的测量对实验误差影响较大
C．将振动次数n记为(n＋1)，测算出的g值比当地的公认值偏大
D．将摆线长当作摆长，未加摆球的半径测算出的g值比当地的公认值偏大
13．(多选)一根不可伸长的细线．上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图(1)所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系．该同学用米尺测得细线两端的长度，用卡尺测量小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的l－T2图像如图(2)所示．利用所学单摆相关知识，选择下列说法正确的选项(取π2＝9.86)( )
A．T＝2 s时摆长为1 m
B．T＝2 s时摆长为0.994 m
C．摆球半径为0.006 m
D．当地重力加速度为9.80 m/s2
14．在用单摆测定重力加速度的实验中，为了减小测量误差，下列措施正确的有（ ）
A．对于相同半径的木球和铁球，选用铁球
B．单摆的摆角从原来的改变为
C．测量摆球振动周期时，选取最高点作为计时的起、终点位置
D．在测量单摆的周期时，防止出现“圆锥摆”
E．测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长
二、填空题
15．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，如图所示。由于家里只有一根量程为30cm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)。
16．斌斌利用“探究单摆周期与摆长的关系”的实验装置(如图所示)来测定当地的重力加速度．他测得摆线长为L，铁球的直径为d；在测定周期时，摆球的计时起点应选择图中的_____位置(选填“A”、“B”或“C”)；若测得单摆n次全振动的时间为t，则当地的重力加速度g可表达为___．
17．某实验小组用如图甲所示的单摆测定当地的重力加速度。
（1）实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线
B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的均匀铁球
D．直径约5 cm的均匀木球
E．秒表
F．时钟
G．最小刻度为毫米的米尺
顺利完成该实验，需要从上述器材中选择__________（填写器材前面的字母）；
（2）某同学用游标卡尺测量小球的直径d，其示数如图乙所示，于是小球的直径d＝_______cm；
（3）其他同学还测出了细线的长度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d、L、n、t表示）
18．有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2-L图象，如图甲所示。去北大的同学所测实验结果对应的图线是________（选填“A”或“B”）。另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象（如图乙），由图可知，两单摆摆长之比 =________。在t=1 s时，b球振动方向是________。
三、综合题
19．图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，根据图象回答：
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？
20．李磊同学利用单摆测量重力加速度。他测出摆线长度l=99cm，摆球直径d=2cm。摆动过程中，摆球完成20次全振动的时间为40s，偏离最低点的最大距离A=10cm。若整个摆动过程可视为简谐运动，规定从最低点向右摆动时为正方向。
(1)求李磊同学测出的重力加速度的大小（结果保留两位有效数字）；
(2)从小球经过最低点向右摆动时开始计时，写出摆球的振动方程。
21．将在地球上校准的摆钟拿到月球上去，若此钟在月球记录的时间是1h，那么实际上的时间应是h。（月球表面的重力加速度是地球表面的）。若要把此摆钟调准，应将摆长L0调节为多少？
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】
单摆振动的摆角θ≤5°，当θ=5°时单摆振动的振幅
A=lsin 5°=0.087 m=8.7 cm
且为了计时准确，应在摆球摆至平衡位置时开始计时。
故选A。
2．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作摆长，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作摆长，摆长测量值偏大，则重力加速度偏大，故D错误；
故选C。
3．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。
4．A
【详解】
A．根据
根据重力加速度的表达式
可知重力加速度的测量值与小球的质量无关，A错误，符合题意；
B．铁架台的底座有磁性物质，其对小球有磁场引力，磁场力使小球的回复力变化，单摆的周期发生变化，所测重力加速度偏大，B正确，不符合题意；
C．测N次全振动时间时，把N次误读作（N+1）次
也会使测量值偏大， C正确，不符合题意；
D．以摆线长加上小球直径作摆长，代入公式则
L偏大，g的测量值就偏大， D正确，不符合题意。
故选A。
5．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。
6．B
【详解】
单摆模型中，小球视为质点，故摆线长点，测量误差越小，故要选择长1m左右的细线①；
摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故要选择直径2cm的铁球④；
秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，比时钟的效果要好。故选择秒表⑤；
刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故要选择最小刻度是毫米的直尺⑧。
故选B。
7．B
【详解】
AC．摆线过长、摆角过小、质量过大对测量结果都没有影响，故AC错误；
BD．根据
得
可知在测量摆长时，将线长和小球直径之和作为了摆长，偏大，偏大；测量周期时，时间t内全振动次数少数了一次，则周期偏大，偏小。故B正确，D错误。
故选B。
8．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。
9．D
【详解】
由图可知
由单摆周期公式
得
万有引力等于重力，即
又
所以两个星球的平均密度之比
故选D。
10．C
【详解】
A．由公式
解得L=1m．故A正确，不符合题意；
B．由振动图象读出周期T=2s，振幅A=8cm，由
得角频率ω=πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asinωt=8sin（πt）cm，故B正确，不符合题意；
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小．故C错误，符合题意；
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大．故D正确，不符合题意。
故选C。
11．B
【详解】
A．根据单摆周期公式有可得
将摆线长加球的直径当作摆长时偏大，则测得的g值偏大，选项A错误；
B．实验中误将31次全振动计为30次全振动，使得T偏大，则测得的g值偏小，选项B正确；
C．结束计时时，提前按秒表，使得T偏小，则测得的g值偏大，选项C错误；
D．摆球不是在竖直平面内做简谐振动，而是做圆锥摆运动，则有
周期将比小，则测得的g值偏大，选项D错误。
故选B。
12．AC
【详解】
AB．摆测重力加速度的实验，重力加速度的表达式，由于与周期是平方关系，它若有误差，在平方后会大，所以时间的测量影响更大些，故A正确，B错误；
C．振动次数多数了一次，会造成周期的测量值变小，重力加速度测量值变大，C正确；
D．摆长未加小球的半径，将使摆长的测量值变小，g值变小，D错误。
故选AC。
13．BCD
【详解】
设摆长为l′，由单摆的周期公式T=2π（l′=l-0.006m）并结合图2推导得：l=0.006+T2，可知为l-T2图象的斜率，所以有：=，解得：g=0.980m/s2，故D正确．由单摆的周期公式有：l′=T2=×22=0.994m，故B正确，A错误；由图2可知，l-T2图象没有经过坐标原点，同时由l=0.006+T2可知，纵轴的截距为球的半径，故半径为r=0.006m，选项C正确，故选BCD．
14．ADE
【详解】
A．对于相同半径的木球和铁球，选择铁球可以忽略空气阻力以及悬线的重力，A正确；
B．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，B错误；
C．为了减小测量周期时的误差，应取摆球通过的最低点作为计时的起、终点位置，C错误；
D．摆球做圆锥摆时周期表达式为
若用
算出重力加速度误差较大，为了减小测量误差，应防止出现“圆锥摆”，D正确；
E．测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长，E正确。
故选ADE。
15．
【详解】
设A到铁锁重心的距离为l，则第1、2次的摆长分别为l＋l1、l＋l2，由
T1＝2π
T2＝2π
联立解得
g＝
16． C
【详解】
摆球经过C位置时，速度最大，从该位置开始计时误差较小．
摆长为：
，
摆球的周期为：
根据得：
．
17． ACEG 1.86
【详解】
（1）根据实验原理及要求易知，需要从上述器材中选择：A（长约1m的细线），C（直径约2cm的均匀铁球），E（秒表），G（最小刻度为毫米的米尺）；
（2）该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径为
（3）单摆的振动周期
根据
得
18． B 沿y轴负方向
【详解】
由单摆的周期公式
T=2π
解得
T2=L
即图象的斜率
k=
重力加速度大，斜率小，我们知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B；
从题图乙可以得出
Tb=1.5Ta
由单摆的周期公式得
Ta=2π
Tb=2π
联立解得
从题图乙可以看出，t=1 s时，b球正在向负最大位移处运动，所以在t=1s时，b球的振动方向沿y轴负方向。
19．（1）1.25Hz；（2）B位置；（3）0.16m
【详解】
（1）由乙图可知，单摆振动的周期T=0.8s，故其振动的频率为
（2）由乙图可知，开始时刻摆球位移为负向最大，以向右为正，故开始时刻摆球位于B位置。
（3）由单摆的周期公式可得
20．(1)；(2)
【详解】
(1)摆长为
周期为
根据单摆的周期公式
解得
(2)角频率
振动方程为
21．
【详解】
对于一个确定的摆钟，其内部结构决定了它每摆动一个周期记录的时间是一定的．每摆动一个周期，在钟表上的记录时间为一定值，此定值与实际所用时间不一定相等．设在地球上校准的摆钟周期为T0，月球摆钟记录时间为t0，摆钟全振动次数为N，实际时间为t1，月球上摆钟周期为T1，则
由公式
则有
＝＝＝
所求实际时间为
t1＝·t0＝t0
要把该摆钟调准，需将摆长调为。
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