邻水县第二中学2019-2020学年高中物理教科版选修3-4：1.5学生实验：用单摆测定重力加速度 巩固练习（含解析）

1.5学生实验：用单摆测定重力加速度
1．实验小组的同学做
“用单摆测重力加速度”的实验。
(1)实验前他们导出了重力加速度的表达式，对于此式的理解，
同学甲：T一定时，g与L成正比
同学乙：L一定时，g与T2成反比
同学丙：L变化时，T2是不变的
同学丁：L变化时，L与T2的比值是定值
其中观点正确的是_______同学（选填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”）。
(2)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1m的细线
B．长约1m的橡皮绳
C．直径约2cm的均匀铁球
D．直径约5cm的均匀木球
E．秒表
F．时钟
实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择____________（填写器材前面的字母）。
(3)他们将其上端固定，下端自由下垂（如图所示）。用刻度尺测量悬点到球心之间的距离记为单摆的摆长L。
(4)他们记录小球完成n次全振动的总时间t，则单摆的周期T=________。
(5)如果实验得到的结果比当地的重力加速度值小，可能的原因是（____）
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．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
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将n-1次全振动数为n次．
2．单摆测定重力加速度的实验中：
（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=_____mm。
（2）悬点到小球底部的长度l0，示数如图乙所示，l0=____cm。
（3）实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图丙所示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的F–t图象。那么：
①重力加速度的表达式g=____（用题目中的物理量d、l0、t0表示）。
②设摆球在最低点时Ep=0，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是____。
A．
B．
C．
D．
3．在用单摆测重力加速度的实验中
（1）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？（将所选用的器材的字母填在题后的横线上．）
（A）长1m左右的细绳；
（B）长30m左右的细绳；
（C）直径2
cm的铁球；
（D）直径2cm的木球；
（E）秒表；（F）时钟；
（G）最小刻度是厘米的直尺；
（H）最小刻度是毫米的直尺．所选择的器材是________．（填序号）
（2）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2~L图线，如图所示，再利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=_________．若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是_______的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
4．如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图，O是它的平衡位置，P、Q是小球所能到达的最高位置．小球的质量m＝0.4
kg，图乙是某摆长时小球的振动图象，g取10
m/s2.
(1)为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过________(填“O”“P”或“Q”)时开始计时；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、π表示)．
(2)由图乙写出单摆做简谐运动的表达式_______
5．在利用单摆测定重力加速度的实验中
（1）用游标卡尺测量摆球的直径如图甲，则小球的直径为___________mm．用秒表测出单摆多余全振动时间如图乙，秒表读数为_______________s．
（2）若某同学测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的数值，则引起这一误差的原因可能是________．
A．误将摆线长当作摆长
B．误将摆线长与球的直径之和当作摆长
C．误将n次全振动次数计为n+1次
D．误将n次全振动次数计为n-1次
（3）另有一实验小组同学进行了实验创新，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F大小随时间t变化图象如图丙所示，并且测量了摆线的长度l和摆球直径d，则测得当地重力加速度为g=________（用本小题及图中的物理量表示）
6．（1）在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，提供的器材有：铁架台、铁夹、细线、有孔的小铁球、秒表、刻度尺，还需补充的器材是_
___．
（2）在用单摆测重力加速度的实验中,
若测出的g值比当地的重力加速度实际值偏大,
其原因可能是
A．小球的质量偏大
B．单摆的振幅偏小
C．用摆线的长度当作摆长,
未加小球的半径
D．将单摆实际振动次数误记为n+1
7．某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当（填
“是”或“否”）．
①把单摆从平衡位置拉开约5°释放；____________
②在摆球经过最低点时启动秒表计时；____________
③把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期．____________
该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见表．用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数见图1.该球的直径为____________mm．根据表中数据可以初步判断单摆周期随___________的增大而增大．
8．在探究单摆的振动周期T和摆长L的关系实验中，某同学在细线的一端扎上一个匀质圆柱体制成一个单摆．
(1)如图，该同学把单摆挂在力传感器的挂钩上，使小球偏离平衡位置一小段距离后释放，电脑中记录拉力随时间变化的图象如图所示．在图中读出N个峰值之间的时间间隔为t，则重物的周期为____________．
(2)为测量摆长，该同学用米尺测得摆线长为85.72
cm，又用游标卡尺测量出圆柱体的直径(如图甲)与高度(如图乙)，由此可知此次实验单摆的摆长为______cm.
(3)该同学改变摆长，多次测量，完成操作后得到了下表中所列实验数据．请在坐标系中画出相应图线________.
(4)根据所画的周期T与摆长L间的关系图线，你能得到关于单摆的周期与摆长关系的哪些信息______________．
9．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．
(1)(多选)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示．这样做的目的是____.(选填字母代号)
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999
0
m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为_______
mm，单摆摆长为______
m．
（3）当地重力加速度g=10m/s2，则该单摆周期约为______秒
．
（4）如该同学计算摆长时没有加上摆球半径，则测得周期比实际周期______．（选填偏大，不变，偏小）
10．实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验．
①用表示单摆的摆长，用表示单摆的周期，重力加速度__________．
②实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的__________（选填选项前的字母）．
A．长约的细线
B．长约的橡皮绳
C．直径约的均匀铁球
D．直径约的均匀木球
③选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图__________中所示的固定方式．
④将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是：__________（选填选项前的字母）．
A．测出摆线长作为单摆的摆长．
B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动．
C．在摆球经过平衡位置时开始计时．
D．用秒表测量单摆完成次全振动所用时间并作为单摆的周期．
⑤乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是____________________（选填选项前的字母）．
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下秒表
C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为次全振动的时间．
⑥丙同学画出了单摆做简谐运动时的振动图像如图所示，则摆线偏离竖直方向的最大摆角的正弦值约为__________（结果保留一位有效数字）．
参考答案
1．丁
ACE
B
【解析】
(1)[1]重力加速度的大小与摆长和周期的大小无关，根据表达式
可知L变化时，T2是变化的，但是L与T2的比值不变。故观点正确的是同学丁；
(2)[2]单摆模型中，摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，小球视为质点，故要选择直径约2cm的均匀铁球，长度1m左右的细线，不能用橡皮条，否则摆长会变化，秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，所以还需要ACE;
(4)[3]根据题意可知，周期；
(5)[4]A．g比当地的重力加速度值大，根据表达式
可知测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，测得的重力加速度偏大，A错误；
B．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，则测得的周期变大，则测得的重力加速度偏小，B正确；
C．开始计时，秒表过迟按下，则测得的周期偏小，测得的重力加速度偏大，选项C错误；
D．实验中误将n-1次全振动数为n次，则测得的周期偏小，测得的重力加速度偏大，D错误；
故选B。
2．11.7mm
100.25cm
B
【解析】
（1）由甲图可知，主尺上的读数是11
mm，游标尺上第14个刻度与主尺对齐，所以游标尺上的读数为14×0.05
mm=0.70
mm，所以该摆球的直径d=11.70
mm。
（2）由乙图可知，悬点到小球底部的长度l0=100.25
cm。
（3）平衡位置处拉力最大，最大位移处拉力最小。从图丙中看出单摆的周期为4t0。单摆摆长L=l0－d/2，单摆周期公式T=得，重力加速度g=。
（4）由丁图可知，F3=mg，单摆在最低点时F1–mg=，根据周期公式变形得摆长l=，最低点的机械能E=，解得E=，所以A错误，B正确；单摆在最高点时F2=mgcos
θ，最高点的机械能E=mgl(1–cos
θ)，解得E=，所以C错误，D正确；故选BD。
3．ACEH
不变
【解析】
(1)[1]．单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，A正确B错误；摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，C正确D错误；秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，E正确F错误；刻度尺的最小分度越小，读数越精确，G错误H正确；
(2)[2][3]．根据单摆周期公式，有
故图象的斜率为
解得
测摆长时漏加了小球半径，图象向左偏移了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变．
4．O
x＝5sin
(πt)(cm)
【解析】
(1)[1][2]．为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过O时开始计时，单摆的周期为
由单摆的周期为
联立解得
．
(2)[3]．由图知A=5cm，T=2s，则
单摆做简谐运动的表达式为
x=Asinωt=5sinπt
（cm）．
5．（1）10.30
75.2
（2）BC
（3）
【解析】
【分析】本实验中用到的是20分度游标卡尺，其每一分度表示的长度为0.05mm．由主尺读出整米数，由游标尺读出毫米的小数部分．秒表分针与秒针的示数之和即是秒表的示数；根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，通过表达式分析重力加速度测量值偏大的原因；由图得到单摆的周期，再由单摆的周期公式求当地重力加速度；
解：(1)由图甲所示是20分度的游标卡尺，游标每一分度表示的长度为0.05mm，主尺读数为10mm，游标尺示数为6×0.05mm=0.30mm，游标卡尺示数为10mm+0.30mm=10.30mm.；
由图乙所示秒表可知，分针示数为1min=60s，秒针示数为15.2s，秒表读数为60s+15.2s=75.2s；
(2)根据得，则知
A、把摆线长当作摆长，摆长测量值偏小，由上式知，测得的数值小于当地重力加速度的数值，故A错误；
B、把摆线长与球的直径之和作摆长，摆长测量值偏大，由上式知，测得的数值大于当地重力加速度的数值，故B正确；
C、将n次全振动次数计为n+1次，则单摆周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确；
D、误将n次全振动次数计为n?1次，测得的周期将偏大，由上式知，测得的数值小于当地重力加速度的数值，故D错误；
故选BC．
(3)根据图象可知：单摆的周期为：
根据周期公式得：得
6．（1）
D
；（2）
D
【解析】
（1）用单摆测重力加速度，不需要测出摆球的质量，因此实验不需要：天平；
实验需要测出摆球的直径，因此，尚需补充的器材是
游标卡尺．故选
（2）由公式
得
小球的质量偏大、单摆的振幅偏小不影响重力加速度值的测量，故AB错误；用摆线的长度当作摆长，未加小球的半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故C错误；将单摆实际振动次数误记为n+1，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故D正确．故选D．
7．是
是
否
20.683(20.683-20.687)
摆长
【解析】
第一空：单摆作简谐运动要求摆角小，单摆从平衡位置拉开约5°释放满足此条件；
第二空：因为最低点位置固定、容易观察，所以在最低点启动秒表计时；
第三空：摆球一次全振动的时间太短、不易读准、误差大，应测多个周期的时间求平均值；
第四空：螺旋测微器的读数为20.5mm+18.3×0.01mm=20.683mm
第五空：表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大．
8．(1)
　　
(2)88.10
(3)如图所示
(4)摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系
【解析】
(1)[1]摆球做简谐运动，每次经过最低点时速度最大，此时绳子拉力最大，则两次到达拉力最大的时间为半个周期，所以t＝(N－1)T
解得：T＝
(2)[2]图乙游标卡尺的主尺读数为47
mm，游标读数为0.1×5
mm＝0.5
mm，则最终读数为47.5
mm＝4.75
cm.
所以圆柱体的高度为h＝4.75
cm，
摆长是悬点到球心的距离，则摆长l＝85.72
cm＋cm＝88.10
cm
(3)[3]根据描点法作出图象，如图所示：
(4)[4]由图象可知，摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系．
9．AC
12.0
0.9930
2
(4)偏小
【解析】
（1）在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止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A
C正确；周期测量是否准确取决于计时工具；故B错误；摆球在同一竖直平面内摆动，不能做圆锥摆运动；但与器材无关；故D错误；故选AC．
（2）游标卡尺示数为d=12.0mm=0.0120m；单摆摆长为：L=l-d/2=0.9990m-0.0060m=0.9930m
（3）根据可得：
（4）如该同学计算摆长时没有加上摆球半径，则摆长测量值偏小，测得周期比实际周期小.
10．
AC
乙
BC
C
0.04
【解析】①由周期公式得
②为减小误差应保持摆线的长短不变，则A正确B错误；为减小区里，摆球密度要大，体积要小，则C正确，D错误．
③悬点要固定，则为图乙．
④摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，A错误；把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，C正确；把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误．
⑤由得则横坐标所代表的物理量是，则．
⑥由得．振幅大小与无关，故A错误；开始计时时，过早按下秒表，周期偏大，则偏小，B错误；测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为次全振动的时间，则周期偏小，则偏大，C正确．
⑦由图可以知道周期为，得，振幅为，则．
【点睛】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；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化．在最低点，速度最快，开始计时误差较小．