2.5 实验：用单摆测量重力加速度 同步练习题（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 同步练习题（Word版含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 551.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-03-10 07:58:25 | ||
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文档简介
2.5 实验：用单摆测量重力加速度
一、单选题
1．关于单摆，下列说法正确的是（ ）
A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，当摆球运动到平衡位置时，合力为零
B．如果有两个大小相同的带孔塑料球和带孔铁球，任选一个即可
C．将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期变小
D．在用单摆测重力加速度实验中，若摆长值忘记加摆球半径，则测量值偏小
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．放在实验室里位置不变的单摆，若摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的一半，则单摆摆动的（ ）
A．振幅变小 B．振幅变大 C．频率变小 D．频率变大
4．已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m．则两单摆摆长la与lb分别为( )
A．la＝2.5 m，lb＝0.9 m B．la＝0.9 m，lb＝2.5 m
C．la＝2.4 m，lb＝4.0 m D．la＝4.0 m，lb＝2.4 m
5．某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s。如果他测得的g值偏小，可能的原因是（ ）
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．实验中误将49次全振动数为50次
C．开始计时，秒表过迟按下
D．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
6．某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时，下列做法正确的是（ ）
A．摆线要选择伸缩性大些的，并且尽可能短一些
B．摆球要选择质量大些、体积小些的
C．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
D．拉开摆球，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回摆到开始位置时停止计时，记录的时间作为单摆周期的测量值
二、多选题
7．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
8．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
E．丙偏离乙的原因可能是记录时误将摆球经过平衡位置的次数当成全振动的次数
9．某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3 cm、外形不规则的大理石代替小球。他设计的实验步骤有误的是（ ）
A．将石块和细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长；
C．将石块拉开一个大约α=5°的角度，然后由静止释放；
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由得出周期；
E．改变OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的l和T；
F．求出多次实验中测得的l和T的平均值，作为计算时用的数据，代入公式g=（）2l，
10．如图所示，为“用单摆测定当地重力加速度“的实验装置．关于本实验下列说法正确的是（ ）
A．摆线应选用细长且有弹性的摆线
B．摆球应选用密度较大且直径较小的小球
C．为减小误差，应从摆球摆至最高点时开始计时
D．为减小误差，应从摆球经过平衡位置时开始计时
11．下列关于单摆周期的说法正确的是（ ）
A．用一个装满砂的漏斗和长细线做成一个单摆，在摆动时砂从漏斗中缓慢漏出,周期不变
B．当升降机向上匀加速运动时（aC．将摆由赤道移到北极，单摆振动周期减小
D．将单摆的摆角由5°增加到10°（不计空气阻力），单摆的周期减小
三、实验题
12．某同学用单摆测量学校所在地的重力加速度。实验步骤如下：
a．在细线的一端打一个比小球上的孔径稍大些的结，将细线穿过球上的小孔，并把细线上端固定在铁架台的上端；
b．先用游标卡尺测得小球的直径，算出半径，再用刻度尺测量悬挂点与小球下端之间的距离，以两者之差作为摆长L；
c．用停表测量单摆做多次全振动的时间，计算出周期T；
d．改变摆长多次重复实验，测量多组摆长L与对应的周期T的数据，并在坐标纸上做出L-T2的图像；
e．根据图像得出重力加速度的测量值；
f．查询所在地的重力加速度值，与测得的结果进行比较，并进行误差分析。
（1）某次测量摆长时，刻度尺上的“0”刻度与悬点对齐，下端刻度如图1所示，用游标卡尺测量小球的直径，读数如图2所示，则摆长为______m；
（2）为减小误差，步骤c中的计时起点为小球运动到______；
（3）实验中做出L-T2的图像如图3所示，则重力加速度g=______m/s2；（结果保留3位有效数字）
（4）若查询所在地的重力加速度g=9.797m/s2，请写出一条产生误差的原因______。
13．滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图，某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R（滑板车的长度远小于轨道半径）。
主要实验过程如下：
①用手机查得当地的重力加速度g；
②找出轨道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间t，算出滑板车做往复运动的周期T=___________；
③将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入公式R=___________（用T、g表示）计算出轨道半径。
14．用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．
（1）选用合适的器材组装成单摆后，主要操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上
②让刻度尺的零刻度线对准摆线悬点，测摆长L
③记录小球完成n次全振动所用的总时间t
④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小，根据图示，测得摆长_______
（2）为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制如图所示图像，由图可知重力加速度_______（用图中字母表示）．
（3）关于实验操作或结果分析，下列说法正确的是_______．
A．测量摆长时要让小球静止悬挂再测量
B．摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好
C．多次改变摆线长，测量多组对应的50次全振动时间t，通过绘制的（关系图线也可以测定重力加速度
15．在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
（1）某同学尝试用DIS测量周期。如图所示，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A接到数据采集器上。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点。若测得连续N（N从“0”开始计数）个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为___________（地磁场和磁传感器的影响可忽略）。
（2）由于器材所限，无法测量磁性小球的直径，对实验进行了如下调整：让单摆在不同摆线长度的情况下做简谐运动，测量其中两次实验时摆线的长度、和对应的周期、，通过计算也能得到重力加速度大小的测量值。请你写出该测量值的表达式___________。
（3）通过实验获得以下数据：
摆线长l（cm） 48.00 58.00 78.00 108.00
周期（） 2.00 2.40 3.20 4.40
当时，___________m；重力加速度___________（小数点后保留两位）。
（4）实验后同学们进行了反思，他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因：___________。
16．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_______。
A．长度为左右的细线
B．长度为左右的橡皮绳
C．直径为左右的塑料球
D．直径为左右的铁球
（2）下面测定单摆振动周期的方法正确的是_______。
A．把摆球从平衡位置拉开到某一位置，然后由静止释放摆球，在释放摆球的同时启动秒表开始计时，当摆球再次回到原来位置时，按停秒表停止计时
B．以单摆在最大位移处为计时基准位置，用秒表测出摆球第次回到基准位置的时间，则
C．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每经过最低位置，记数一次，用秒表记录摆球次经过最低位置的时间，则
D．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过摆球的最低位置记数一次，用秒表记录摆球从同一方向次经过摆球的最低位置时的时间，则
（3）为了提高实验精度，在实验中可改变摆长并测出相应的周期，再以为纵坐标、为横坐标将所得数据连成直线，如图乙所示，并求得该直线的斜率。则重力加速度________.（用表示）
（4）甲同学正确完成实验操作后，整理器材时突然发现：实验中，他一直将摆线长度作为摆长，利用（4）中的图像_______（选填“可以”或“不可以”）消除摆长不准对实验结果的影响。
（5）乙同学测得的重力加速度值偏小，可能的一种原因是_______。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．实验时摆球摆动时间过长引起摆角变小
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，便摆线长度增加了
17．惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出巴黎的重力加速度，小明同学受此启发，在学习完单摆的相关知识后，他也用单摆等器材测量出学校所在地的重力加速度。在测量过程中，他用到了以下的器材：长约的伸缩性小的细绳小钢球、铁架台，刻度尺，游标卡尺、手机秒表等。
（1）按照图1所示装置组装好实验器材，用刻度尺测量摆线的长度l，用游标卡尺测量摆球的直径d。某次测量刻度尺和游标卡尺的示数如图2和图3所示，则在本次测量中，小球的直径___________，单摆摆线的长度___________m。
（2）小明同学用手机秒表测量摆球完成50次全振动的时间如图4所示，这次测量测得单摆振动的周期___________s。（保留两位小数）
（3）小明测量出多组周期T，摆长L数值后，画出图像如图5所示，则此图线的斜率表示的是___________。
A．g B． C． D．
（4）小明比较重力加速度测量值与真实值的大小时，发现测量得到的重力加速度偏大，造成这一现象的原因可能是___________
A．振幅偏小 B．在未悬挂单摆之前先测定摆长
C．将摆线长当成了摆长 D．将摆线长与球的直径之和当成了摆长
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
A．根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，摆球经过平衡位置时，回复力为零，但摆球还有向心加速度，合外力不为零，故A错误；
B．摆球应选择质量大些、体积小些的铁球，故B错误；
C．对于单摆，摆角小于5°即可，仅将单摆的摆角从4°改为2°，不影响单摆的周期，故C错误；
D．在用单摆测重力加速度实验中，若摆长值忘记加摆球半径，则摆长偏小，根据单摆的周期公式可得
所以最后求得的值将比真实值偏小，故D正确；
故选D。
2．C
【解析】
【分析】
【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．A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．设摆球上升最大高度h，则
解得
所以上升高度与质量无关，速度变小，高度变小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，振幅变小，故A正确，B错误；
CD．根据单摆周期公式，所以摆长不变，周期不变，频率就不变，故CD错误。
故选A。
4．B
【解析】
【详解】
试题分析：设甲完成10次全振动所经历的时间为t，则，
得到Ta：Tb=3：5；
又因为；，
可解得：La=0.9m Lb=2.5m
故选B
考点：单摆的周期.
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
摆线的长度用L表示，摆球的直径用d表示，振动的次数用n表示，由单摆的周期公式
得
g=
A．测摆线长时摆线拉得过紧，代入的L值要比单摆摆动时的大，由上式可知g的测量值偏大，A错误；
B．实验中误将49次全振动数为50次，代入的n值变大，由上式可知g的测量值偏大，B错误；
C．开始计时，秒表过迟按下，代入的时间t值偏小，由上式可知g值的测量值偏大，C错误；
D．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，即为单摆的实际摆长比测量值大，代入的是测量值，所以由上式可知，g值偏小，D正确。
故选D。
6．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．为防止单摆运动中摆长发生变化，为减小实验误差，应选择弹性小的细线做摆线，摆线应适当长些，故A错误；
B．为减小空气阻力对实验的影响，摆球要选择质量大些、体积小些的球，故B正确；
C．单摆的最大摆角应小于5°，摆长一定的情况下，摆的振幅尽量小些，故C错误；
D．应从摆球经过平衡位置时开始计时且测出摆球做多次全振动的时间，求出平均值作为单摆的周期，故D错误。
故选B。
7．ACE
【解析】
【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．
8．BDE
【解析】
【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
A．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；
B．由图可知，丙的斜率小于乙的斜率，由可知，丙求出的g值大于根据乙求出的g值，故B正确；
C．由可得
则
故C错误；
D．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
故做出的T2－L图象中a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；
E．记录时误将摆球经过平衡位置的次数当成全振动的次数，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E正确。
故选BDE。
9．BDF
【解析】
【详解】
B．摆长应为石块重心到悬点的距离，故B步骤错误；
D．计时开始的位置应为摆球振动的平衡位置，故D步骤错误；
F．在用公式
g=（）2l
计算g时，应先将各项的l和T单独代入求解g值，不能先求l、T的平均值再代入求解，故F步骤错误。
故选BDF。
10．BD
【解析】
【详解】
该实验中，摆线应选用细长且没有弹性的摆线，有弹性的线摆动的过程中摆长会发生变化，故A错误；减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心金属小球作为摆球，故B正确．用秒表测量周期时，应从球到达平衡位置开始计时，这样误差小一些；故C错误，D正确．故选BD．
11．BC
【解析】
【详解】
A．根据单摆的周期公式
把l、g理解为等效摆长、等效重力加速度，砂从漏斗中缓慢漏出过程中，重心下降，摆长变长，故周期变长，A错误；
B．匀加速的电梯中，等效重力加速度大于g，故周期变小，B正确；
C．从赤道到北极，重力加速度变大，故周期变小，C正确；
D．单摆摆角在10°以内，可以认为是简谐运动，周期与摆角无关，如果摆角进一步增大，小球的运动不能再看做是简谐运动，周期会变长，D错误。
故选BC。
12． 0.8034 平衡位置 摆长的测量值偏小或周期的测量值偏大
【解析】
【详解】
（1）如图所示
可知刻度尺的读数为80.97cm，游标卡尺的读数为12.6mm，故小球的半径为6.3mm，故摆长为
（2）由于实际摆动过程最高点的位置会发生变化，且在最高点附近速度较小，为减小误差，步骤c中的计时起点为小球运动到平衡位置。
（3）单摆的周期公式为
整理得
由图线的斜率可得
解得
（4）若查询所在地的重力加速度g=9.797m/s2，可知测量值偏小，由周期公式可得
故可能的原因是：摆长的测量值偏小或周期的测量值偏大。
13．
【解析】
【详解】
②滑板车做往复运动的周期为
③根据单摆的周期公式，有
得
14． 98.50 AC
【解析】
【详解】
（1）刻度尺的最小分度值为1mm，所以读数为98.50cm
（2）图像的斜率为
由周期公式
变形得
所以
变形得
（3）A．小球静止悬挂时测量摆长，可以更精确地测出悬点至球心的距离，故A正确；
B．单摆只有在摆角小于或等于5°时才能看作是简谐运动，故B错误；
C．由单摆周期公式可得
变形得
只要根据图像求出斜率，就可以求出重力加速度g，故C正确。
故选AC。
15． 1.03 9.87 因为摆角太大就不可以看作简谐运动，所以实验中要求摆角在以内
【解析】
【详解】
（1） 由题意N（N从“0”开始计数）个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，即
所以单摆周期的测量值为
（2）由单摆周期公式得
设小球半径为r则
整理得
（3）由图表可得
所以当时，摆线长为
解得
（4）因为摆角太大就不可以看作简谐运动，所以实验中要求摆角在以内。
16． AD##DA D 可以 D
【解析】
【详解】
（1）为减小实验误差，应选择1m左右的细线；为减小空气阻力影响，摆球应选密度大而体积小的铁球，因此需要的实验器材是AD；
（2）AB．摆角应小于5°，在测量周期时，应在摆球经过最低点开始计时，测量多次全振动的周期，可以减小误差，故AB错误；
C．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每经过最低位置，记数一次，用秒表记录摆球n次经过最低位置的时间t，则摆球两次经过最低点的时间间隔是半个周期，所以摆球通过最低点作为第1次开始计时到一直数到摆球第n次通过最低点，摆球经过了（n-1）个半个周期，所以单摆的周期
故C错误；
D．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过摆球的最低位置记数一次，用秒表记录摆球从同一方向n次经过摆球的最低位置时的时间t，则摆球相邻两次同一方向经过最低点的时间即为一个周期，则有
故D正确。
故选D。
（3）根据单摆周期公式
变形得
则图线的斜率
解得
（4）若将摆线长度作为摆长，则表达式应为
变形得
则T2-l图像的斜率不变，则测得的重力加速度不变，可以消除摆长不准对实验结果的影响。
（5） 根据单摆周期公式
解得
A．测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量偏大，根据，可知测得的g偏大，故A错误；
B．开始计时时，秒表过迟按下，测量的时间t偏小，则周期T偏小，根据，可知测得的g值偏大，故B错误；
C．摆角变小，周期不变，根据，可知测得的g值不会受影响，故C错误；
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，根据，可知测得的g值偏小，故D正确。
故选D。
17． 7.50 0.960 1.97 C D
【解析】
【详解】
（1）游标卡尺读数是主尺读数（mm的整数位）加上游标尺读数（mm的小数位），由甲图可读出游标卡尺读数为
刻度尺最小分度为1mm，要估读到下一位，所以读数为96.0cm=0.960m
（2）单摆周期
由图4可知t=98.54s，n=50，带入可得
T=1.97s
（3）单摆周期公式得
所以图像的斜率表示，故选C。
（4）由单摆周期公式得
摆长测量值偏大、单摆周期测量值偏小都会导致重力加速度偏大，与振幅（最大偏角不超过5°）无关，故ABC错误，D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
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一、单选题
1．关于单摆，下列说法正确的是（ ）
A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，当摆球运动到平衡位置时，合力为零
B．如果有两个大小相同的带孔塑料球和带孔铁球，任选一个即可
C．将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期变小
D．在用单摆测重力加速度实验中，若摆长值忘记加摆球半径，则测量值偏小
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．放在实验室里位置不变的单摆，若摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的一半，则单摆摆动的（ ）
A．振幅变小 B．振幅变大 C．频率变小 D．频率变大
4．已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m．则两单摆摆长la与lb分别为( )
A．la＝2.5 m，lb＝0.9 m B．la＝0.9 m，lb＝2.5 m
C．la＝2.4 m，lb＝4.0 m D．la＝4.0 m，lb＝2.4 m
5．某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s。如果他测得的g值偏小，可能的原因是（ ）
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．实验中误将49次全振动数为50次
C．开始计时，秒表过迟按下
D．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
6．某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时，下列做法正确的是（ ）
A．摆线要选择伸缩性大些的，并且尽可能短一些
B．摆球要选择质量大些、体积小些的
C．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
D．拉开摆球，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回摆到开始位置时停止计时，记录的时间作为单摆周期的测量值
二、多选题
7．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
8．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
E．丙偏离乙的原因可能是记录时误将摆球经过平衡位置的次数当成全振动的次数
9．某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3 cm、外形不规则的大理石代替小球。他设计的实验步骤有误的是（ ）
A．将石块和细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长；
C．将石块拉开一个大约α=5°的角度，然后由静止释放；
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由得出周期；
E．改变OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的l和T；
F．求出多次实验中测得的l和T的平均值，作为计算时用的数据，代入公式g=（）2l，
10．如图所示，为“用单摆测定当地重力加速度“的实验装置．关于本实验下列说法正确的是（ ）
A．摆线应选用细长且有弹性的摆线
B．摆球应选用密度较大且直径较小的小球
C．为减小误差，应从摆球摆至最高点时开始计时
D．为减小误差，应从摆球经过平衡位置时开始计时
11．下列关于单摆周期的说法正确的是（ ）
A．用一个装满砂的漏斗和长细线做成一个单摆，在摆动时砂从漏斗中缓慢漏出,周期不变
B．当升降机向上匀加速运动时（a
D．将单摆的摆角由5°增加到10°（不计空气阻力），单摆的周期减小
三、实验题
12．某同学用单摆测量学校所在地的重力加速度。实验步骤如下：
a．在细线的一端打一个比小球上的孔径稍大些的结，将细线穿过球上的小孔，并把细线上端固定在铁架台的上端；
b．先用游标卡尺测得小球的直径，算出半径，再用刻度尺测量悬挂点与小球下端之间的距离，以两者之差作为摆长L；
c．用停表测量单摆做多次全振动的时间，计算出周期T；
d．改变摆长多次重复实验，测量多组摆长L与对应的周期T的数据，并在坐标纸上做出L-T2的图像；
e．根据图像得出重力加速度的测量值；
f．查询所在地的重力加速度值，与测得的结果进行比较，并进行误差分析。
（1）某次测量摆长时，刻度尺上的“0”刻度与悬点对齐，下端刻度如图1所示，用游标卡尺测量小球的直径，读数如图2所示，则摆长为______m；
（2）为减小误差，步骤c中的计时起点为小球运动到______；
（3）实验中做出L-T2的图像如图3所示，则重力加速度g=______m/s2；（结果保留3位有效数字）
（4）若查询所在地的重力加速度g=9.797m/s2，请写出一条产生误差的原因______。
13．滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图，某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R（滑板车的长度远小于轨道半径）。
主要实验过程如下：
①用手机查得当地的重力加速度g；
②找出轨道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间t，算出滑板车做往复运动的周期T=___________；
③将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入公式R=___________（用T、g表示）计算出轨道半径。
14．用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．
（1）选用合适的器材组装成单摆后，主要操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上
②让刻度尺的零刻度线对准摆线悬点，测摆长L
③记录小球完成n次全振动所用的总时间t
④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小，根据图示，测得摆长_______
（2）为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制如图所示图像，由图可知重力加速度_______（用图中字母表示）．
（3）关于实验操作或结果分析，下列说法正确的是_______．
A．测量摆长时要让小球静止悬挂再测量
B．摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好
C．多次改变摆线长，测量多组对应的50次全振动时间t，通过绘制的（关系图线也可以测定重力加速度
15．在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
（1）某同学尝试用DIS测量周期。如图所示，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A接到数据采集器上。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点。若测得连续N（N从“0”开始计数）个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为___________（地磁场和磁传感器的影响可忽略）。
（2）由于器材所限，无法测量磁性小球的直径，对实验进行了如下调整：让单摆在不同摆线长度的情况下做简谐运动，测量其中两次实验时摆线的长度、和对应的周期、，通过计算也能得到重力加速度大小的测量值。请你写出该测量值的表达式___________。
（3）通过实验获得以下数据：
摆线长l（cm） 48.00 58.00 78.00 108.00
周期（） 2.00 2.40 3.20 4.40
当时，___________m；重力加速度___________（小数点后保留两位）。
（4）实验后同学们进行了反思，他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因：___________。
16．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_______。
A．长度为左右的细线
B．长度为左右的橡皮绳
C．直径为左右的塑料球
D．直径为左右的铁球
（2）下面测定单摆振动周期的方法正确的是_______。
A．把摆球从平衡位置拉开到某一位置，然后由静止释放摆球，在释放摆球的同时启动秒表开始计时，当摆球再次回到原来位置时，按停秒表停止计时
B．以单摆在最大位移处为计时基准位置，用秒表测出摆球第次回到基准位置的时间，则
C．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每经过最低位置，记数一次，用秒表记录摆球次经过最低位置的时间，则
D．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过摆球的最低位置记数一次，用秒表记录摆球从同一方向次经过摆球的最低位置时的时间，则
（3）为了提高实验精度，在实验中可改变摆长并测出相应的周期，再以为纵坐标、为横坐标将所得数据连成直线，如图乙所示，并求得该直线的斜率。则重力加速度________.（用表示）
（4）甲同学正确完成实验操作后，整理器材时突然发现：实验中，他一直将摆线长度作为摆长，利用（4）中的图像_______（选填“可以”或“不可以”）消除摆长不准对实验结果的影响。
（5）乙同学测得的重力加速度值偏小，可能的一种原因是_______。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．实验时摆球摆动时间过长引起摆角变小
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，便摆线长度增加了
17．惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出巴黎的重力加速度，小明同学受此启发，在学习完单摆的相关知识后，他也用单摆等器材测量出学校所在地的重力加速度。在测量过程中，他用到了以下的器材：长约的伸缩性小的细绳小钢球、铁架台，刻度尺，游标卡尺、手机秒表等。
（1）按照图1所示装置组装好实验器材，用刻度尺测量摆线的长度l，用游标卡尺测量摆球的直径d。某次测量刻度尺和游标卡尺的示数如图2和图3所示，则在本次测量中，小球的直径___________，单摆摆线的长度___________m。
（2）小明同学用手机秒表测量摆球完成50次全振动的时间如图4所示，这次测量测得单摆振动的周期___________s。（保留两位小数）
（3）小明测量出多组周期T，摆长L数值后，画出图像如图5所示，则此图线的斜率表示的是___________。
A．g B． C． D．
（4）小明比较重力加速度测量值与真实值的大小时，发现测量得到的重力加速度偏大，造成这一现象的原因可能是___________
A．振幅偏小 B．在未悬挂单摆之前先测定摆长
C．将摆线长当成了摆长 D．将摆线长与球的直径之和当成了摆长
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
A．根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，摆球经过平衡位置时，回复力为零，但摆球还有向心加速度，合外力不为零，故A错误；
B．摆球应选择质量大些、体积小些的铁球，故B错误；
C．对于单摆，摆角小于5°即可，仅将单摆的摆角从4°改为2°，不影响单摆的周期，故C错误；
D．在用单摆测重力加速度实验中，若摆长值忘记加摆球半径，则摆长偏小，根据单摆的周期公式可得
所以最后求得的值将比真实值偏小，故D正确；
故选D。
2．C
【解析】
【分析】
【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．A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．设摆球上升最大高度h，则
解得
所以上升高度与质量无关，速度变小，高度变小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，振幅变小，故A正确，B错误；
CD．根据单摆周期公式，所以摆长不变，周期不变，频率就不变，故CD错误。
故选A。
4．B
【解析】
【详解】
试题分析：设甲完成10次全振动所经历的时间为t，则，
得到Ta：Tb=3：5；
又因为；，
可解得：La=0.9m Lb=2.5m
故选B
考点：单摆的周期.
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
摆线的长度用L表示，摆球的直径用d表示，振动的次数用n表示，由单摆的周期公式
得
g=
A．测摆线长时摆线拉得过紧，代入的L值要比单摆摆动时的大，由上式可知g的测量值偏大，A错误；
B．实验中误将49次全振动数为50次，代入的n值变大，由上式可知g的测量值偏大，B错误；
C．开始计时，秒表过迟按下，代入的时间t值偏小，由上式可知g值的测量值偏大，C错误；
D．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，即为单摆的实际摆长比测量值大，代入的是测量值，所以由上式可知，g值偏小，D正确。
故选D。
6．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．为防止单摆运动中摆长发生变化，为减小实验误差，应选择弹性小的细线做摆线，摆线应适当长些，故A错误；
B．为减小空气阻力对实验的影响，摆球要选择质量大些、体积小些的球，故B正确；
C．单摆的最大摆角应小于5°，摆长一定的情况下，摆的振幅尽量小些，故C错误；
D．应从摆球经过平衡位置时开始计时且测出摆球做多次全振动的时间，求出平均值作为单摆的周期，故D错误。
故选B。
7．ACE
【解析】
【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．
8．BDE
【解析】
【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
A．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；
B．由图可知，丙的斜率小于乙的斜率，由可知，丙求出的g值大于根据乙求出的g值，故B正确；
C．由可得
则
故C错误；
D．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
故做出的T2－L图象中a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；
E．记录时误将摆球经过平衡位置的次数当成全振动的次数，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E正确。
故选BDE。
9．BDF
【解析】
【详解】
B．摆长应为石块重心到悬点的距离，故B步骤错误；
D．计时开始的位置应为摆球振动的平衡位置，故D步骤错误；
F．在用公式
g=（）2l
计算g时，应先将各项的l和T单独代入求解g值，不能先求l、T的平均值再代入求解，故F步骤错误。
故选BDF。
10．BD
【解析】
【详解】
该实验中，摆线应选用细长且没有弹性的摆线，有弹性的线摆动的过程中摆长会发生变化，故A错误；减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心金属小球作为摆球，故B正确．用秒表测量周期时，应从球到达平衡位置开始计时，这样误差小一些；故C错误，D正确．故选BD．
11．BC
【解析】
【详解】
A．根据单摆的周期公式
把l、g理解为等效摆长、等效重力加速度，砂从漏斗中缓慢漏出过程中，重心下降，摆长变长，故周期变长，A错误；
B．匀加速的电梯中，等效重力加速度大于g，故周期变小，B正确；
C．从赤道到北极，重力加速度变大，故周期变小，C正确；
D．单摆摆角在10°以内，可以认为是简谐运动，周期与摆角无关，如果摆角进一步增大，小球的运动不能再看做是简谐运动，周期会变长，D错误。
故选BC。
12． 0.8034 平衡位置 摆长的测量值偏小或周期的测量值偏大
【解析】
【详解】
（1）如图所示
可知刻度尺的读数为80.97cm，游标卡尺的读数为12.6mm，故小球的半径为6.3mm，故摆长为
（2）由于实际摆动过程最高点的位置会发生变化，且在最高点附近速度较小，为减小误差，步骤c中的计时起点为小球运动到平衡位置。
（3）单摆的周期公式为
整理得
由图线的斜率可得
解得
（4）若查询所在地的重力加速度g=9.797m/s2，可知测量值偏小，由周期公式可得
故可能的原因是：摆长的测量值偏小或周期的测量值偏大。
13．
【解析】
【详解】
②滑板车做往复运动的周期为
③根据单摆的周期公式，有
得
14． 98.50 AC
【解析】
【详解】
（1）刻度尺的最小分度值为1mm，所以读数为98.50cm
（2）图像的斜率为
由周期公式
变形得
所以
变形得
（3）A．小球静止悬挂时测量摆长，可以更精确地测出悬点至球心的距离，故A正确；
B．单摆只有在摆角小于或等于5°时才能看作是简谐运动，故B错误；
C．由单摆周期公式可得
变形得
只要根据图像求出斜率，就可以求出重力加速度g，故C正确。
故选AC。
15． 1.03 9.87 因为摆角太大就不可以看作简谐运动，所以实验中要求摆角在以内
【解析】
【详解】
（1） 由题意N（N从“0”开始计数）个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，即
所以单摆周期的测量值为
（2）由单摆周期公式得
设小球半径为r则
整理得
（3）由图表可得
所以当时，摆线长为
解得
（4）因为摆角太大就不可以看作简谐运动，所以实验中要求摆角在以内。
16． AD##DA D 可以 D
【解析】
【详解】
（1）为减小实验误差，应选择1m左右的细线；为减小空气阻力影响，摆球应选密度大而体积小的铁球，因此需要的实验器材是AD；
（2）AB．摆角应小于5°，在测量周期时，应在摆球经过最低点开始计时，测量多次全振动的周期，可以减小误差，故AB错误；
C．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每经过最低位置，记数一次，用秒表记录摆球n次经过最低位置的时间t，则摆球两次经过最低点的时间间隔是半个周期，所以摆球通过最低点作为第1次开始计时到一直数到摆球第n次通过最低点，摆球经过了（n-1）个半个周期，所以单摆的周期
故C错误；
D．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过摆球的最低位置记数一次，用秒表记录摆球从同一方向n次经过摆球的最低位置时的时间t，则摆球相邻两次同一方向经过最低点的时间即为一个周期，则有
故D正确。
故选D。
（3）根据单摆周期公式
变形得
则图线的斜率
解得
（4）若将摆线长度作为摆长，则表达式应为
变形得
则T2-l图像的斜率不变，则测得的重力加速度不变，可以消除摆长不准对实验结果的影响。
（5） 根据单摆周期公式
解得
A．测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量偏大，根据，可知测得的g偏大，故A错误；
B．开始计时时，秒表过迟按下，测量的时间t偏小，则周期T偏小，根据，可知测得的g值偏大，故B错误；
C．摆角变小，周期不变，根据，可知测得的g值不会受影响，故C错误；
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，根据，可知测得的g值偏小，故D正确。
故选D。
17． 7.50 0.960 1.97 C D
【解析】
【详解】
（1）游标卡尺读数是主尺读数（mm的整数位）加上游标尺读数（mm的小数位），由甲图可读出游标卡尺读数为
刻度尺最小分度为1mm，要估读到下一位，所以读数为96.0cm=0.960m
（2）单摆周期
由图4可知t=98.54s，n=50，带入可得
T=1.97s
（3）单摆周期公式得
所以图像的斜率表示，故选C。
（4）由单摆周期公式得
摆长测量值偏大、单摆周期测量值偏小都会导致重力加速度偏大，与振幅（最大偏角不超过5°）无关，故ABC错误，D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
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