【备考2022】高考物理一轮复习学案 14.1 机械振动及其用单摆测定重力加速度 有解析

【备考2022】高考物理一轮复习学案
14.1
机械振动及其用单摆测定重力加速度
1.振子模型：
如图所示，如果球与杆之间的摩擦可以忽略，且弹簧的质量与小球的质量相比也可以忽略，则该装置为弹簧振子。
2.平衡位置：振子原来静止时的位置。
3.机械振动：振子在平衡位置附近所做的往复运动，简称振动。
简谐运动是最简单、最基本的机械振动
匀速直线运动是最简单、最基本的机械运动
4.振动特点：振动是一种往复运动，具有周期性和往复性。
二、简谐运动
如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图象(x－t图象)是一条正弦(或余弦)曲线，这样的振动叫作简谐运动。
1.简谐运动的位移
振动位移是从平衡位置指向振子某时刻所在位置的有向线段，方向为平衡位置指向振子所在位置，大小为平衡位置到该位置的距离。最大值等于振幅。
无论振子从什么位置开始振动,其位移总是以平衡位置为初位置。将位移方向与速度方向区分开。
如图所示，在t1时刻振子的位移为x1，2时刻的位移为x2，t4时刻为x4
2.简谐运动的回复力：
振动质点受到的总能使其回到平衡位置的力。
方向：指向平衡位置
表达式：F＝-kx式中的k不一定是弹簧的劲度系数，如图甲所示，水平方向的弹簧振子，弹力充当回复力；如图乙所示，竖直方向的弹簧振子，弹力和重力的合力充当回复力；如图丙所示，m随M一起振动，m的回复力是静摩擦力。乙、丙的k不是弹簧的劲度系数。因此，做简谐运动的物体，其回复力特点为F＝－kx，这是判断物体是否做简谐运动的依据。
3.简谐运动的速度
速度是描述振子在平衡位置附近振动快慢的物理量。在所建立的坐标轴(也称为“一维坐标系”)上，速度的正负号表示振子运动方向与坐标轴的正方向相同或相反。
　
核心素养一
单摆
1．定义：在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的直径比细线长度短得多，这样的装置就叫做单摆。
2．对摆球受力分析：
如图所示，摆长为L，与竖直方向夹角为θ，摆球P的重力mg沿法向和切向分解为Fn和Ft，其中Fn与细线拉力的合力充当向心力，改变摆球的运动方向；Ft使摆球的速度大小改变。
Ft=mgsin
θ=x，当θ较小时，可认为Ft指向最低点，摆球近似于在一条直线上做简谐运动。
3．视为简谐运动的条件：摆角小于5°
4．回复力：F=–mgsin
θ=–kx，k=
5．周期公式：由简谐运动的周期T=2π，可得单摆周期T=2π
核心素养二
用单摆测定重力加速度
1．实验原理：
由单摆的等时性，当地重力加速度仅与单摆的摆长和周期有关，重力加速度g=
2．实验注意事项：
（1）摆的振幅不要太大。只有当摆角较小时，单摆的运动才可视作简谐运动，此时运用周期公式计算的重力加速度才接近真实值。
（2）摆球应尽量选择质量大、体积小的，减小空气阻力的作用。
（3）摆线应尽量选择细些、伸缩性小的，使摆长能基本保持不变。
（4）细线上端的悬挂方式应使单摆摆动过程中，摆长不会发生变化。
（5）摆长的测量：用刻度尺测量细线的长度l（悬点到结点），用游标卡尺测量小球的直径d，计算其半径，细线长度与小球半径之和作为摆长的测量值，L=l+。
（6）周期的测量：从摆球经过最低点（平衡位置）处开始计时，记录单摆做N次（一般为30~50次）全振动的时间t，用总时间除以全振动的次数作为单摆的周期测量值，T=。
（7）数据处理：测量一次摆长和周期后计算得到的重力加速度，偶然误差较大；还可以改变摆长，测量不同摆长的单摆的周期，一般作L–T2图象（L=），斜率k=，重力加速度g=4π2k
1．下列说法正确的是(　　)
A．摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确
B．挑水时为了防止水从桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频
C．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象
D．部队要便步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌
E．较弱声音可震碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振
解析：摆钟走时快了，说明摆钟的周期变小了，根据T＝2π可知增大摆长L可以增大摆钟的周期，A错误；挑水时为了防止水从桶中荡出，可以改变走路的步频，B正确；在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是受迫振动，C错误；部队便步通过桥梁，不能产生较强的驱动力，就避免桥梁发生共振现象，故D正确；当声音频率等于玻璃杯频率时，杯子发生共振而破碎，E正确．
答案：BDE
2．下列说法正确的是(　　)
A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小
D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向
解析：在同一地点，重力加速度g为定值，根据单摆周期公式T＝2π可知，周期的平方与摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置，则无法确定任意时刻运动的方向，故选项E错误．
答案：ABD
3．甲、乙两水平弹簧振子的振动图象如图所示，则可知(　　)
A．两弹簧振子完全相同
B．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1
C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大
D．两振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
E．振子乙速度为最大时，振子甲速度不一定为零
解析：从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，则频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正确；弹簧振子周期与弹簧振子的组成有关，说明两弹簧振子不同，A错误；由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，B错误；由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大，在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，C正确；当振子乙到达平衡位置时，振子甲有两个可能的位置，一个是最大位移处，一个是平衡位置，E正确．
答案：CDE
一、多选题
1．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法正确的有（　　）
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的且尽可能长一些的
B．摆球尽量选择质量大些且体积小些的
C．用悬线的长度作为摆长，测得的重力加速度值偏小
D．拉开摆球释放（摆角小于）后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置50次的时间，则单摆周期
2．在用单摆测重力加速度实验中，下面说法中正确的是（　　）
A．如果有两个大小相同的带孔塑料球和带孔铁球可供选择，应选用铁球
B．测量单摆周期时，应从摆球经过最高点时开始计时
C．若细绳的质量不可忽略，实验中测得的重力加速度值较真实值偏大
D．将全振动次数n误记为，测得的重力加速度值较真实值偏大
3．用多组实验数据做出T2
?
L
图象，也可以求出重力加速度
g，已知三位同学做出的T2
?
L
图线的示意图如图中的
a、b、c
所示，其中
a
和
b
平行，b
和
c
都过原点，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(
)
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
D．图线
a
对应的
g
值等于图线
b
对应的
g
值
4．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
5．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
二、实验题
6．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D，某次测量游标卡尺的示数如图甲所示．
回答下列问题：
(1)从甲图可知，摆球的直径为D=_____
mm；
(2)该单摆的周期为_______________.
(3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的图像是图乙中的______（选填①、②、③），由图像可得当地重力加速度g=____；由此得到的g值会______（选填“偏小”“不变”“偏大”）
7．在用单摆测量重力加速度的实验中：
（1）用游标卡尺测量小钢球的直径，如图所示，小球的直径为___________．
（2）某同学的如下实验操作中正确的是_____________________．
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用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期．
（3）下表是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据，利用数据，在如图所示的坐标纸中描出图象__________．
摆长
0.4
0.5
0.6
0.8
1.0
1.2
周期
1.6
2.2
2.4
3.2
4.0
4.8
（4）利用图象，求得重力加速度___________（结果保留三位有效数字）．
8．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，
(1)从下列器材中选用最合适的器材(填写器材代号)__
A．小铁球
B．小塑料球
C．20cm长的细线
D．100cm
长的细线
E.手表
F.时钟
G.秒表
(2)
有关“用单摆测定重力加速度”的实验，下述说法中正确的是___
A．为了方便测量摆长，可以将单摆放在水平桌面上用力拉紧后再测量
B．测量摆长时可以先测出摆线的长度，再加上摆球的半径
C．偏角不要超过5°，将摆球拉到最大位移处释放同时快速按下秒表开始计时
D．为了精确测量单摆的周期，起码要测量小球作100次全振动所用的时间
(3)某同学实验时改变摆长，测出多组摆长L和对应的周期T的数据，作出L—T2图线，得到一条过原点的直线，
如果直线的斜率为k，则求得重力加速度
g=
________________．
但实际操作时，该同学漏加了小球半径，如果他仍作出L--T2
图线，通过直线斜率来计算重力加速度，则测量结果将______
(填“偏大”、“偏小”或“不变”)．
9．实验小组的同学们用如图甲所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验．
①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．
②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1次全振动所用时间并作为单摆的周期．
③甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量．你认为横坐标所代表的物理量是____（选填“”“
”或其他），若图线斜率为，则重力加速度g=____（用表示）．
10．（1）做“用单摆测定重力加速度”的实验,下述说法中正确的是（_______）
A．测量摆长时,应先将单摆放置在水平桌面上,然后用力拉紧摆线测量悬点到球心的距离
B．单摆的偏角不要超过5°,当摆球运动到两侧位置时迅速按下秒表开始计时
C．为了精确测量单摆的周期,起码要测量小球作100次全振动所用的时间
D．如果小球的重心不在中心,通过一定方法也能精确测定重力加速度
（2）某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验时,他先测得摆线长为97.50cm，然后用游标卡尺测量小钢球直径,读数如图甲所示,
则
①游标卡尺的读数为_________mm．
②该单摆的摆长为_____cm．
③该同学由测量数据作出图线（如图乙所示），根据图线求出重力加速度____m/s2（保留3位有效数字）．
④如果测出的g值偏小，可能的原因是____．
A．测量摆线长时，线拉得过紧
B．摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线变长了
C．开始计时时，秒表按下迟了
D．实验中误将49次全振动记为50次
11．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用毫米刻度尺测得摆线长l=945.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球直径d
=___mm；用秒表测得单摆完成n=40次全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数t
=_____s；若用给定物理量符号表示当地的重力加速度g，则g
=
___________．
12．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测出了单摆在摆角小于5°时完成n次全振动的时间为t，如图（A）所示用毫米刻度尺测得摆线长为L，又用游标卡尺测得摆球直径为d，如图（B）所示．
（1）由图可知摆球直径是______cm，单摆摆长是______m．
（2）实验中某同学每次的测定值都比其它同学偏大，其原因可能是______
A．他的摆球比别的同学重
B．他的摆没在竖直面内摆动，而成了圆锥摆
C．数摆动次数时，在记时的同时，就开始数1，误将29次全振动记成了30次
D．直接将线长作为摆长来计算
（3）利用单摆周期公式测定重力加速度时测出不同摆长L时相应周期值T，做T2-L图线，如图所示．T2与L的关系式T2=______，利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2）可求出图线的斜率k=______，再由k可求出g=______．
13．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只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2﹣l图像，就可以求出当地的重力加速度．理论上T2﹣l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示：
（1）造成图像不过坐标点的原因可能是_____．
（2）由图像求出的重力加速度g=_____m/s2（取π2=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．摆线上端悬点未固定，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
14．在“用单摆测定重力加速度”实验中：
(1)除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外，下列器材中，还需要_________（填正确答案的标号）
A．秒表
B．米尺
C．天平
D．弹簧秤
(2)用游标卡尺测小球的直径，如图所示，则小球的直径是_________.
(3)下列做法正确的是_________；（填正确答案的标号）
A．从摆球达到最高位置时开始计时
B．记录摆球完成一次全振动的时间
C．要让摆球在竖直平面内摆动的角度不小于5°
D．选用的细线应细、质量小，且不易伸长
(4)从悬点到球心的距离是摆长L，改变摆长L的长度，测得6组L和对应的周期T，画出图线，在图线上选取A、B两个点，两个点的坐标如图所示，则重力加速度的表达式是_________.
15．在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g=_____，如果已知摆球直径为2.00cm,让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图所示，那么单摆摆长是_________
m．如果测定了40次全振动的时间为75s,则可算出当地的重力加速度为_________m/s2(小数点后保留两位有效数字)．
16．某同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”实验．实验时拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，这样做的目的是_______________________；释放摆球，当摆球振动稳定后，从__________位置开始计时．若误将49次全振动记为50次，则测得的重力加速度__________（填“大于”或“小于”）重力加速度的真实值．
17．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，
如果某同学测得的g值偏大，可能的原因是__________．（填字母代号）
A．计算摆长时没有计入摆球的半径
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．停止计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将39次全振动数为40次
1．如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图象，下列说法正确的是(　　)
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆的大
C．甲摆的机械能比乙摆的大
D．在t＝0.5
s时有正向最大加速度的是乙摆
E．由图象可以求出当地的重力加速度
2．(2019·湖南长沙模拟一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点，t＝0时刻振子的位移x＝－0.1
m；t＝
s时刻x＝0.1
m；t＝4
s时刻x＝0.1
m．该振子的振幅和周期可能为(　　)
A．0.1
m，
s　　　
B．0.1
m,8
s
C．0.2
m，
s
D．0.2
m,8
s
E．0.2
m,10
s
3．利用单摆测当地重力加速度的实验中．
(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d＝________cm.
(2)某同学测量数据如表，请在图乙中画出L?T2图象．
L/m
0.400
0.500
0.600
0.800
1.200
T2/s2
1.60
2.10
2.40
3.20
4.80
由图象可得重力加速度g＝________m/s2(保留三位有效数字)．
(3)某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图象可能是下列图象中的________．
考题预测
参考答案
1解析：由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式T＝2π可知，甲、乙两单摆的摆长相等，选项A正确；甲摆的振幅为10
cm，乙摆的振幅为7
cm，则甲摆的振幅比乙摆大，选项B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的质量未知，故无法比较机械能的大小，选项C错误；在t＝0.5
s时，甲摆经过平衡位置，摆动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，选项D正确；由单摆的周期公式T＝2π得g＝，由于不知道单摆的摆长，所以不能求得重力加速度，选项E错误．
答案：ABD
2解析：若振子的振幅为0.1
m，
s＝(n＋)T，(4－)s＝n1T，则周期最大值为
s，A正确，B错误．若振子的振幅为0.2
m，由简谐运动的对称性可知，当振子由x＝－0.1
m处运动到负向最大位移处再反向运动到x＝0.1
m处，再经n个周期时所用时间为
s，则(＋n)T＝
s，所以周期的最大值为
s，且t＝4
s时刻x＝0.1
m，C正确；当振子由x＝－0.1
m经平衡位置运动到x＝0.1
m处，再经n个周期时所用时间为
s，则(＋n)T＝
s，所以此时周期的最大值为8
s，且t＝4
s时，x＝0.1
m，D正确．
答案：ACD
3解析：(1)小球的直径d＝22
mm＋0.1
mm×6＝22.6
mm＝2.26
cm.
(2)L
?T2图象如图所示．
由T＝2π可得L＝T2，k＝
对应图象可得k＝＝0.25
可解得g＝4π2k≈9.86
m/s2.
(3)在实验中，若摆长没有加小球的半径，其他操作无误，可得L＝T2－.
故可知B正确，A、C、D均错误．
答案：(1)2.26　(2)图见解析　9.86　(3)B
过关训练
参考答案
1．ABC
【详解】
A．为减小实验误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，选项A正确；
B．为减小阻力对实验的影响，减小实验误差，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，选项B正确；
C．用悬线的长度作为摆长时，摆长偏小，根据，得
g与摆长L成正比，故g测量值偏小，选项C正确；
D．拉开摆球释放（摆角小于）后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置50次的时间，则单摆周期为，选项D错误.
故选ABC。
2．ACD
【详解】
A．为了减小空气阻力的影响，摆球应选择质量大些、体积小些的铁球，故A正确；
B．测量周期时，应从摆球经过最低点时开始计时，故B错误；
C．若细绳的质量不可忽略，摆长的测量值偏大，根据知重力加速度的测量值比真实值大，故C正确；
D．将全振动次数n误记为，则周期的测量值偏小，根据知重力加速度的测量值比真实值偏大，故D正确。
故选ACD。
3．BD
【详解】
由单摆周期公式：可知：，根据数学知识可知，T2-L图象的斜率，当地的重力加速度．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，根据数学知识可知，对T2-L图象来说，
与b线斜率相等，两者应该平行，是截距，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造成的，故A错误；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，故B正确；由图可知，图线c对应的斜率k偏小，根据T2-L图象的斜率，当地的重力加速度，c图线所测g值大于图线b对应的g值，图线
a
对应的
g
值等于图线
b
对应的
g
值，故C错误，D正确.
4．BC
【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．
5．ABD
【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．
6．16.4
①
不变
【详解】
(1)由图示游标卡尺可知，主尺示数是16mm，游标尺示数是4×0.1mm=0.4mm，金属球的直径为16mm+0.4mm=16.4mm；
(2)由于测得摆球经过次全振动的总时间为，所以该单摆的周期为；
(3)由单摆周期公式可知，则图象的斜率，则加速度，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有，由此得到的图像是图乙中的①，由于图线的斜率不变，计算得到的值不变，由图像可得，当地重力加速度；
7．18.6
①②
利用描点法画出图象如图所示．
9.86（9.85-9.87均可）
【详解】
第一空.
小球的直径为：1.8cm+0.1mm×6=18.6mm；
第二空.
①把单摆从平衡位置拉开约5°释放，选项①正确；
②在摆球经过最低点时启动秒表计时，选项②正确；
③用秒表记录摆球摆动30次的时间t，然后用t/30作为周期,则③错误．
第三空.
利用描点法画出图象如图所示．
第四空.根据可得,由图像可知，解得g=9.86m/s2
8．ADG
BD
不变
【详解】
（1）[1].实验中需要的器材有：A.小铁球；D.100cm
长的细线；G.秒表；故选ADG;
（2）[2].
实验中单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和，应先用游标卡尺测出摆球直径；然后把单摆悬挂好，再用米尺测出单摆自然下垂时摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，故A错误，B正确；偏角不要超过5°，以保证单摆做简谐振动；将摆球拉到最大位移处释放，等摆球到达最低点时快速按下秒表开始计时，选项C错误；为了精确测量单摆的周期，起码要测量小球作100次全振动所用的时间t，然后由求解周期，选项D正确；
（3）[3].根据可得
，
则由题意可知
解得
[4].在测量数据时漏加了小球半径，将摆线的长度当做了摆长，所测摆长偏小，摆长的变化对图象斜率k没有影响，因此实验测量的重力加速度与真实值相等；
9．丙
BC
【详解】
①[1].选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，摆线的悬点要固定，则应采用图丙中所示的固定方式．
②[2].测出摆线长加上摆球的半径作为单摆的摆长，选项A错误；把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放（不超过10°），使之做简谐运动，选项B正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，选项C正确；用秒表测量单摆完成50次全振动所用时间t,则单摆的周期，选项D错误．
③[3][4].由，则
则横坐标所代表的物理量是；
由
可得
10．D
9.8mm
97.99
9.86
B
【详解】
（1）[1]．A.测量摆长时，应先将单摆竖直悬挂，让摆球自然下垂，然后测量悬点到球心的距离，选项A错误；
B.单摆的偏角不要超过5°，当摆球运动到最低点位置时迅速按下秒表开始计时，选项B错误；
C.为了精确测量单摆的周期，要测量小球作30-50次全振动所用的时间，选项C错误；
D.如果小球的重心不在中心，可通过测量数据建立T2-L图像，通过图像的斜率求解重力加速度，选项D正确．
（2）①[2]．由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm=9mm，游标尺示数为8×0.1mm=0.8mm，游标卡尺的读数为：9mm+0.8mm=9.8mm．
②[3]．单摆摆长：
③[4]．由单摆周期公式可得
由图像可知
解得
g=9.86m/s2
④[5]．根据则：
A、测量摆线长时线拉得过紧，则l的测量值偏大，则所测重力加速度偏大，故A错误；
B、摆线上端牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，使所测量的实际周期T偏大，重力加速度的测量值偏小，故B正确；
C、开始计时时，秒表过迟按下，所测周期T偏小，重力加速度g的测量值偏大，故B正确；
D、实验中误将49次全振动数为50次，测量的周期T偏小，所测重力加速度偏大，故D错误．
11．20.20
78.3
【详解】
试题分析：主尺读数为：20mm，游标尺为20分度，精确度为0.05mm，读数为：4×0.05=0.20mm，故球的直径为：20mm+0.20mm=20.20mm；
秒表大盘读数18.2s，小盘读数60s，故秒表读数为：60s+18.3s=78.3s；
摆长为：，周期为：，由单摆周期公式：，可得：．
考点：游标卡尺及秒表读数；单摆测重力加速度．
12．2.00
1.0000
BC
【详解】
（1）游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.1×0mm=0.0mm，则最终读数为20.0mm=2.00cm
摆长的大小l==99.00cm+1.00cm=100.00cm=1.0000m．
根据得，．
（2）根据得，①．
A、由公式①可知，重力加速度的测量值的大小与摆球的质量无关．故A错误；
B、他的摆没在竖直面内摆动，而成了圆锥摆，设圆锥摆的摆线与竖直方向之间的夹角为θ，则：
可得：
可知圆锥摆的周期小于单摆的周期；由于T的测量值减小，所以重力加速度g的测量值增大．故B正确；
C、数摆动次数时，在记时的同时，就开始数1，误将29次全振动记成了30次，则周期的测量值：T=，全振动次数n增大，则周期T的测量值减小，所以重力加速度g的测量值增大．故C正确；
D、直接将线长作为摆长来计算，则摆长L减小，所以重力加速度g的测量值减小．故D错误
故选BC
（3）根据得：．
则图线的斜率为：．
则有：．
13．测摆长时漏掉了摆球的半径
9.87
B
【分析】
图像不通过坐标原点，从图像可以得到相同的周期下，摆长偏小，故可能是漏加小球半径；根据单摆的周期公式得出关系图线，结合图线的斜率求出重力加速度的大小；结合摆长和周期的测量误差判断重力加速度的测量误差．
【详解】
第一空．图像不通过坐标原点，将图像向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径；
第二空．由单摆周期公式：，
可得：，则T2﹣L图像的斜率：，
由图像得：k=40.01+0.99=，解得：g=9.87m/s2；
第三空．A．测摆长时摆线过紧，则测量的摆长偏大，所以测量的重力加速度偏大，故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，知测量的摆长偏小，则测量的重力加速度偏小，故B正确；
C．开始计时，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故C错误；
D．实验中误将49次全振动计为50次，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故D错误．
【点睛】
本题主要考查了利用单摆测定重力加速度的实验，属于一般题型．
14．AB
12.5mm
CD
【详解】
(1)[1]在实验中，需要测量单摆的周期，所以需要秒表，需要测量摆线的长度，所以需要米尺，摆球的质量不需要测量，所以不需要天平或弹簧秤，所以AB选项是正确的.
(2)[2]游标卡尺的主尺读数为12mm，游标读数为，所以最终读数为：
.
(3)[3]A．摆球经过平衡位置时速度最大，在该处计时测量误差较小.故A错误.
B．通过测量n次全振动的时间t，通过求解周期，测量一次误差较大.故B错误.
C．摆球在同一竖直面内摆动，不能做圆锥摆.
当摆角不超过5°时其摆动可视为简谐振动，所以C是正确的.
D．选用的细线应细、质量小，且不易伸长.所以D是正确的.
(4)[4]根据：
得出：
可知图线的斜率：
又由图象知：
所以得出：
15．
0.87m
【详解】
[1]由单摆的周期公式
推导得出:
;
[2]摆线的长度为单摆自然下垂时摆线的长度与摆球的半径之和,所以摆长为刻度尺的读数-摆球的半径,即
测定了40次全振动的时间为
,所以单摆的周期为
[3]重力加速度
16．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动
平衡位置
大于
【详解】
[1]2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；
[2]拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，为准确计时减小单摆周期的测量误差，应在摆球经过平衡位置时开始计时；
[3]由，可得：，T偏小，则测量的重力加速度偏大，所以测得的重力加速度大于重力加速度的真实值．
17．BD
【详解】
根据单摆的周期表达式有：，解得：．计算摆长时没有计入摆球的半径，摆长测量值偏小，故加速度测量值偏小，A错误；开始计时时，秒表过迟按下，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，B正确；停止计时时，秒表过迟按下，周期测量值偏大，故加速度测量值偏小，C错误；试验中误将39次全振动数为40次，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，D正确．
知识框架
核心素养
典例精讲
过关训练
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