2019-2020学年粤教版选修3-4 1.5用单摆测重力加速度 达标作业（解析版)

1.5用单摆测重力加速度
达标作业（解析版)
1．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图(a)所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图(b)所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（ ）
A．偏大 B．偏小 C．一样 D．都有可能
2．小明同学在用单摆测当地的重力加速度g时，由于没有游标卡尺，无法测量小球的直径d，但是测出多组摆线长L和对应的周期T，并做出了T2﹣L图象，如图所示，图线的斜率为k，反向延长线与横轴交点的横坐标为-a（a＞0）.下列说法正确的是（　　）
A．小球的直径为a
B．实验测得当地的重力加速度为
C．仅将单摆的摆角从4°改为2°，得到的图线斜率不变
D．由于没测小球的直径，导致测得的重力加速度偏小
3．在用单摆测定重力加速度的实验中，下列说法中正确的是
A．对重力加速度测量值影响较大的是周期的测量
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．用刻度尺测量摆线的长度，这就是单摆的摆长
D．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
4．某同学在实验室做用单摆测定重力加速度的实验，测出摆线的长度为L，摆球的直径为d，测出N次全振动的总时间t。摆球的直径用游标卡尺测出，如图所示，读数是________cm；当地的重力加速度为g＝________(结果用题中给出的字母表示)。
5．根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图1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）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为______mm．
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有______．
a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔△t即为单摆周期T
e．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50次全振动所用的时间△t，则单摆周期T=△t/50．
6．在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g=。只要测出多组单摆的摆长和运动周期T，作出T2-图象，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2-图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示。
（1）造成图象不过坐标点的原因可能是___________；
（2）由图象求出的重力加速度g=___________m/s2；（取2=9.87）
（3）如果测得的g值偏小，可能的原因是___________
A．测摆线时摆线拉得过紧
B．先测摆长，再测周期，在测周期时，上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验时误将49次全振动数为50次
7．①在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_____
A．须选用密度和直径都较小的摆球
B．须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．计时起、终点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间
②某同学在野外做“用单摆测定重力加速度”的实验时，由于没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的石块代替摆球，如上图所示。操作时，他用刻度尺测量摆线OM的长度L作为摆长，测出n次全振动的总时间由到周期T，求出重力加速度，这样得到的重力加速度的测量值比真实值_____（填“大”或“小”）。为了克服摆长无法准确测量的困难，该同学将摆线长度缩短为，重复上面的实验，得出周期，由此他得到了较精确的重力加速度值g=_____。
8．伽利略曾经提出和解决了这样一个问题：一根细绳悬挂在黑暗的城堡中，人们看不到它的上端，只能摸到它的下端．为了测出细绳的长度，可以在细绳的下端系一个金属球，使之在竖直平面内做小角度的摆动．
①在上述设想中，要达到测出细绳长度的目的，需要测量或知道的物理量是下列选项中的__（填序号字母）．
A．金属球的质量m B．金属球的直径d
C．金属球全振动的次数n和对应的时间t D．当地的重力加速度g
②利用①中测量或知道的物理量得到的细绳长度表达式为l=__．
9．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）组装单摆时，应在下列器材中选用______（选填选项前的字母）。
A．长度为1 m左右的细线 B．长度为30 cm左右的细线
C．直径为1.8 cm的塑料球 D．直径为1.8 cm的铁球
（2）下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91
重力加速度g/（ m·s-2）
9.74
9.73
请计算出第3组实验中的T=_______s，g=_______m/s2。
（3）用多组实验数据做出T 2-L图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的T 2-L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是______（选填选项前的字母）。
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
（4）某同学进行测量时，由于只有一把量程为30 cm的刻度尺，于是他在距悬挂点O点小于30cm的A处做了一个标记，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）。
10．某同学利用单摆测量重力加速度．
（1） 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．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
（2） 如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1m的单摆，实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL．用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g =______．

11．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测得单摆摆角小于5°，完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，用螺旋测微器测得摆球直径为d.
(1)用上述物理量的符号写出重力加速度的一般表达式g＝________.
(2)从上图可知，摆球直径d的读数为________mm.
(3)实验中有个同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可能是（____）
A．悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．单摆所用摆球质量太大
C．把n次全振动时间误当成(n＋1)次全振动时间
D．以摆线长作为摆长来计算
12．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
①为了减小测量周期的误差，计时开始时，应选择摆球经过最___（填“高”或“低’）点的位置开始计时，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期．图甲中停表示数为一单摆振动50次所需时间，则单摆振动周期为____．
②用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为________m．
③若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g=_____________．
④考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________．
A．甲的说法正确 B．乙的说法正确 C．两学生的说法都是错误的
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不能太大
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
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
根据单摆的周期公式：得：，T2与L图象的斜率，横轴截距等于球的半径r．
故
根据以上推导，如果L是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g的计算没有影响，一样，故ABD错误，C正确．
故选C．
2．BC
【解析】
【详解】
A.根据单摆的周期公式得：，又l＝L+则得：
①
由数学知，L﹣T2图象中横坐标截距的绝对值为小球的半径，可知小球的直径为2a。故A不符合题意；
B.由①可知，图象的斜率：k=，则重力加速度：．故B符合题意；
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，则得到的图线斜率不变。故C符合题意；
D.由可知，没有测小球的直径，不影响测得的重力加速度的数值。故D不符合题意。
3．ABD
【解析】
【详解】
A．根据可得可知，对重力加速度测量值影响较大的是周期的测量，选项A正确；
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的，以减小振动时的阻力的影响，选项B正确；
C．用刻度尺测量摆线的长度，加上摆球的半径才是单摆的摆长，选项C错误；
D．为了让摆长不变，阻力小一些，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，选项D正确。
4．3.145
【解析】
【详解】
[1]摆球的直径为：
d＝31mm＋9×0.05mm＝31.45mm＝3.145cm；
[2]根据单摆的周期公式T＝2π，及l＝L＋和＝T，可得
。
5．18.6 abe
【解析】
【详解】
（1）游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，大小：18mm，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐：第6刻度与上方刻度对齐，读数：0．1×6=0．6mm，总读数：L=18+0．6=18．6mm．
（2）该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球．故ab是正确的．摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故c错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，故d错误；释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值．故e正确．故选abe．
6．测摆长时漏掉了摆球的半径 9.87 B
【解析】
【详解】
（1）[1]．图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是漏加小球半径；
（2）[2]．由：
T=2
得：
则有：
=k=4
解得：g= 9.87m/s2
（3）[3]．根据：
g=
A．测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故A错误；
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B正确；
C．开始计时时，停表过迟按下，周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误；
D．实验时误将49次全振动数为50次，周期的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，故D错误。
故选B。
7．BC 小
【解析】
【详解】
(1) A、为减小空气阻力对实验的影响，从而减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，故A错误；
B、为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故B正确；
C、实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，故C正确；
D、测量时间应从单摆摆到最低点开始，因为最低位置摆球速度最大，相同的视觉距离误差，引起的时间误差较小，则周期测量比较准确，故D错误；
(2) 根据单摆的周期公式得：，该同学用OM的长L作为摆长，摆长偏小，根据上述表达式得知，g的测量值偏小，设摆线的结点到大理石质心的距离为r，则根据单摆的周期公式得：，而，联立解得：。
8．BCD
【解析】
【详解】
（1）[1]．本实验要测量摆长即选点到摆球球心之距离L，需要秒表测时间、测小球的直径，不需要测量小球的质量，需知到当地的重力加速度g．故选BCD．
（2）[2]．由单摆周期公式得
周期
得到
．
9．AD 2.01 9.77 B
【解析】
【详解】
（1）[1]．组装单摆可用长度为1 m左右的细线以及直径为1.8 cm的铁球，AD正确，BC错误；
故选AD。
（2）[2][3]．第3组实验中的
根据
可得
（3）[4]．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。
A．由图所示图象可知，对图线a，当L为零时T不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，A错误；
B．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，B正确；
C．由图可知，图线c对应的斜率k小于图线b对应的斜率，由可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，C错误；
故选B。
（4）[5]．设A点以下部分的长度为l′，根据单摆的周期公式
则：

联立解得
10．B C
【解析】
【详解】
①为了减小空气阻力的误差选用密度大，体积小的小球，A错。如果振幅过大（大于10o小球的运动不在是简谐运动，所以误差较大，D错误。要求小球在运动过程中摆长不变，且是单摆，而不能是圆锥摆故选BC。
②同理得两式相减可得
11．5.980C
【解析】
【分析】
单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，由单摆周期公式求出重力加速度的表达式；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；对于测量误差可根据实验原理进行分析。
【详解】
(1)单摆周期，单摆摆长，由单摆周期公式，联立可得重力加速度为：；
(2)由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为5.5mm，可动刻度示数为48.0×0.01mm=0.480mm，则螺旋测微器的示数为；
(3)A、悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，故L的测量值偏小；根据，重力加速度的测量值偏小，故A错误；
B、根据，重力加速度的测量值与摆球质量无关，故B错误；
C、把n次全振动时间误当成(n+1)次全振动时间，周期测量值偏小；根据，重力加速度的测量值偏大，故C正确；
D、以摆线长作为摆长来计算，则L的测量值偏小；根据，重力加速度的测量值偏小，故D错误；
故选C。
12．低 2.05s 0.9965(0.9960～0.9980) A
【解析】
【详解】
(1)为了减小测量周期的误差，计时开始时，应选择摆球经过最低点的位置开始计时，因为此时通过时间极短，比较容易判断；停表示数为1分42.5秒即t=102.5s，单摆振动周期：T=s=
(2)读数要估读到毫米的下一位，即读作0.9965(0.9960～0.9980)m
(3)根据单摆的周期公式T=2可得：g=
(4)因为球的质量没有变，空气浮力与摆球重力方向相反，好像重力减小了，所以相当于重力加速度减小了，振动周期应该变大，甲同学说法正确，故选A
考点：用单摆测重力加速度．
点评：本实验在计算周期时要注意全振动的次数一定要记录正确，否则周期就会出现错误．
13．AC
【解析】
【详解】
A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结果的精确度，故A正确；B．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误；C．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5°，故C正确；D．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误．