2.4 用单摆测量重力加速度同步训练（Word版含答案）

2.4用单摆测量重力加速度
一、选择题（共15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．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
3．在“用单摆测重力加速度”的实验中，小华根据测量数据作出的L-T2图线如图所示，则当地的重力加速度大小为（　　）
A．9.86m/s2 B．9.91m/s2
C．9.95m/s2 D．10.0m/s2
4．某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时，测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值．造成这一情况的可能原因是(　　)
A．测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长
B．测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，读出经历的时间为t，并由计算式求得周期
C．开始摆动时振幅过小
D．所用摆球的质量过大
5．下列关于单摆实验过程的具体步骤中，你觉得存在明显问题的是（　　）
A．将细线穿过金属小球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一点的结，制成一个单摆
B．将单摆平躺在桌上，用刻度尺、游标卡尺分别测量摆线长度和直径，取半径加线长为摆长
C．铁架台放在桌边，使固定的铁架伸出桌面，然后把单摆固定在铁夹上，使摆球自由下垂
D．当摆动稳定后摆球经过最低点时开始计时，测30~50次全振动的时间，并求出周期
6．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
7．用单摆测重力加速度的实验中，测出的重力加速度的值大于当地的重力加速度，下列原因中可能的是
A．振幅太小导致测得的周期偏小
B．计算摆长时，只考虑线长，没有加上摆球半径
C．将n次全振动误记为（n－1）次全振动
D．将n次全振动误记为（n＋1）次全振动
8．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
9．在用单摆测定重力加速度的实验中，若测得g值偏小，可能是由于（　　）
A．计算摆长时，只考虑悬线长，未加小球半径
B．计算摆长时，将悬线长加上小球直径
C．测量周期时，将n次全振动误记成n+1次全振动
D．单摆振动时，振幅较小
10．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．
11．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
12．在“用单摆测量重力加速度的大小”实验中，下列说法正确的是（　　）
A．测量摆长时需将细线拉紧
B．应从摆球运动到最高点开始计时
C．若将次摆动的时间误记为次摆动的时间，重力加速度的测量值将偏大
D．若单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，摆长变大，重力加速度的测量值将偏大
13．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，应选用体积较小的
C．实验时，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
14．在“用单摆测定重力加速度”实验中，若测得的重力加速度值偏大，其原因可能是（　　）
A．测出的单摆的摆长偏大 B．测出的单摆摆动周期偏小
C．所用摆球质量偏大 D．所用摆球质量偏小
15．在用单摆测定重力加速度的实验中，关于实验误差，下列说法正确的有（　　）
A．对于相同半径的木球和铁球，选用木球，会导致测量误差增大
B．单摆的摆角从原来的5°改变为45°，在测量周期出现的误差是偶然误差
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，测量结果更加准确
D．在测量单摆的周期时，若是“圆锥摆”，会导致最终计算出的重力加速度偏大
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
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．老师带着几名学生进行野外考察．登上一山峰后，他们想粗略测出山顶处的重力加速度．于是他们用细线拴好石块P系在树干上做成一个简易单摆，如图所示．然后用随身携带的钢卷尺、秒表进行相应的测量．同学们首先测出摆长L，然后将石块拉开一个小角度由静止释放，使石块在竖直平面内摆动．用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t．
（1）利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式g=__________??．
（2）若某次用秒表测量若干次全振动所用的时间如图所示，则所时间为t=______s
（3）若同学们在某次测量中，振动周期测量正确，但测量摆长时从悬点一直量到石块下端，所以用这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值_______?（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）．
18．某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验。某次用刻度尺测得摆线长为67.80cm。用游标卡尺测得小球直径的读数如图甲所示，则小球直径为______cm；重复实验几次，改变摆线的长度L，用秒表测出相应的周期T，再以L为横坐标，为纵坐标作图，对应的图像应为图乙中的直线_____(填“1”、“2”或“3” )。若已知直线的斜率为k，请写出重力加速度g的表达式 _____________；
19．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
20．单摆是常见的一种简谐运动，如图所示。已知质量为m的摆球，摆长为l，完成N次全振动的时间是t，请根据以上数据完成以下问题：
（1）画出摆角为θ时，小球的受力图，并求出此刻回复力的大小和方向（可在图中画出）；
（2）当地重力加速度g是多大；
（3）很多同学认为直接测量一次全振动时间既简单又节省时间，你同意这个观点吗？请简要分析说明。
21．在用单摆测量重力加速度的实验中，测得悬线长为l，摆球直径为d，完成n次完整振动所用时间为t，求重力加速度g。
22．已知月球表面的重力加速度是地球的，如果把一个周期为8s的单摆放到月球上，它的周期变为多少？
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】
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。
3．A
【详解】
由公式
可得
故L-T2图线的斜率为
又
解得当地的重力加速度大小为
BCD错误，A正确。
故选A。
4．B
【详解】
由得，g值偏大说明L偏大或T偏小．
A．把悬挂状态的摆线长当成摆长，会使L偏小，g值偏小，A错误；
B．摆球第30次通过平衡位置时，实际上共完成15次全振动，周期，误认为30次全振动，T变小引起g值明显偏大，B正确；
CD．单摆周期与振幅和摆球质量无关，故C错误，D错误．
故选：B．
5．B
【详解】
A．将细线穿过金属小球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一点的结，制成一个单摆，A正确，不符合题意；
BC．铁架台放在桌边，使固定的铁架伸出桌面，然后把单摆固定在铁夹上，使摆球自由下垂，用刻度尺测量摆线长度，再用游标卡尺测量小球直径，摆线长加小球半径为摆长，B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D．当摆动稳定后摆球经过最低点时开始计时，测30~50次全振动的时间，并求出周期，D正确，不符合题意。
故选B。
6．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。
7．D
【详解】
A．单摆周期与振幅无关，振幅的大小不会影响周期的测量，A错误；
B．由
得，重力加速度
测得的g偏大，可能是L的测量值偏大，也可能是T的测量值偏小，所以不加摆球半径，是使L偏小，使g偏小，B错误；
C．将n次全振动记为（n－1）次全振动，则T的测量值偏大，使g偏小，C错误；
D．将n次全振动记为（n＋1）次全振动，T的测量值偏小，使g偏大，D正确。
故选D。
8．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。
9．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，A正确；
B．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，B错误；
C．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， C错误；
D．单摆的振幅较小，不影响重力加速度的测量，D错误。
故选A。
10．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。
11．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。
12．C
【详解】
A．测量摆长时，要让摆球自然下垂，不能用力拉紧摆线，否则使测量的摆长产生较大的误差。故A错误。
B．测量周期时应该从摆球运动到最低点时开始计时，这样会减小误差，故B错误；
C．实验中误将n次摆动的时间计为n+1次，则求出的周期偏小，根据
求出的g偏大。故C正确；
D．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小。故D错误。
故选C。
13．AB
【详解】
A．根据单摆的周期公式可知
从该公式可看出，摆长l大一些，周期大一些，有利于减小误差，提高测量结果精度，故A正确；
B．摆球体积较大，空气阻力也大，不利于提高测量的精确度，选用体积小的比较好，B正确；
C．只有在小角度的情形下，单摆的振动才可以看作简谐振动，周期公式才满足，所以摆偏离开平衡位置的角度不能太大，不超过5°，C错误；
D．T对测量结果影响较大，采用累积法测量周期，这样可以减小误差，故D错误；
故选AB。
14．AB
【详解】
根据
可得
若测得的重力加速度值偏大，则
A．测出的单摆的摆长偏大，则测得的g值偏大，选项A正确；
B．测出的单摆摆动周期偏小，则测得的g值偏大，选项B正确；
CD．单摆的周期与质量无关，选项CD错误。
故选AB。
15．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，若选用木球，受到空气阻力的影响较大，会导致测量误差增大，选项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5°，若改变为45°，误差为系统误差，选项B错误；
C．为了减小测量周期时的误差，应取摆球通过最低点作为计时的起、终点位置，选项C错误；
D．由匀速圆周运动规律可得
解得摆球做圆锥摆时周期的表达式为
若用
算出重力加速度，测量结果偏大，选项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，选项E正确。
16． 147
【详解】
单摆的摆长
由单摆的周期公式
可得
地球上标准钟秒针转一周用时，则在月球上
17． 99.8 偏大
【详解】
试题分析：（1）由题，单摆完成n次全振动所用的时间t得，单摆的周期．由单摆的周期公式得，．
（2）秒表的读数为60s+39.8s=99.8s
（3）单摆的摆长应等于悬点到石块重心的距离，若测量摆长时从悬点一直量到石块下端，摆长L偏大，则由重力加速度的表达式可知，重力加速度值比真实值偏大．
18． 2.16 1
【详解】
根据游标卡尺的读数规律，直径为
根据单摆周期公式
解得
可知，应得图象应为图乙中的直线“1”；
可知斜率
解得
19． 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。
20．（1）见解析，，方向如图所示；（2）；（3）不同意，见解析
【详解】
（1）摆角为θ时，小球的受力图如图
回复力为
回复力方向如图所示
（2）由题意可知，单摆的周期为
根据单摆周期公式可得
联立解得
（3）不同意，因为多次测量利用累计法可以减小测量误差。
21．
【详解】
由题意可知单摆周期
单摆摆长
单摆周期公式
联立以上式子，可求得
22．19.6s
【详解】
根据单摆的周期公式
则
则
答案第1页，共2页