高考物理专题复习用单摆测量重力加速度文档格式.docx
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,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图线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）造成图线不过坐标原点的原因可能是 。
（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.测摆长时摆线拉得过紧
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
4.实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）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的铁球
D.直径约2cm的塑料球
E.米尺
F.时钟
G.停表
实验时需要从上述器材中选择:
。
（填写器材前面的字母）
（2）在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验,操作步骤如下:
①将单摆上端固定在铁架台上。
②测得摆线长度,作为单摆的摆长。
③在偏角较小的位置将小球由静止释放。
④记录小球完成n次全振动所用的总时间t,得到单摆的振动周期T=
。
⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。
其中有一处操作不妥当,是 。
（填写操作步骤前面的序号）
（3）发现
（2）中操作步骤的不妥之处后,他们做了如下改进:
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l1、l2和对应的周期T1、T2,通过计算也能得到重力加速度大小。
请你写出该测量值的表达式g= 。
（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:
。
5.在做“用单摆测量重力加速度”的实验时,用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g= 。
若已知摆球直径为2.00cm,让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点,摆线竖直下垂,如图甲所示,则单摆摆长是 m。
若测定了40次全振动的时间如图乙所示,则停表读数是 s,单摆的摆动周期是 。
为了提高测量精度,需多次改变l值,并测得相应的T值。
现将测得的六组数据标在以l为横坐标、T2为纵坐标的坐标系上,即图丙中用“·
”表示的点,则:
丙
（1）单摆做简谐运动应满足的条件是 。
（2）试根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线,根据图线可求出g= m/s2。
（结果取两位有效数字）
6.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.组装单摆应选用密度和直径都较小的摆球
B.组装单摆应选用轻且不易伸长的细线
C.实验时应使摆球在同一竖直面内摆动
D.摆长一定的情况下,摆的振幅尽量大些
（2）下列摆动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C均为30次全振动的图像,已知sin5°
=0.087,sin15°
=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是 。
（填字母代号）
（3）如图所示,在铁架台上固定有摆长约1m的单摆。
实验时,由于仅有量程为0~20cm、分度值为1mm的钢板刻度尺,于是他先使摆线自然下垂,在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置作一标记,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,再次使摆线自然下垂,用同样的方法在竖直立柱上作另一标记,并测出单摆的周期T2;
最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上的两标记之间的距离ΔL。
用上述测量结果写出重力加速度的表达:
7.一同学在半径为2m的光滑圆弧面内做测定重力加速度的实验（如图甲所示）。
他用一个直径为2cm、质量分布均匀的光滑实心球进行实验。
操作步骤如下:
①将小球从槽中接近最低处（虚线）由静止释放;
②测量多次全振动的时间,并准确求出周期;
③将圆弧面半径和周期代入单摆周期公式,求出重力加速度。
（1）他在以上操作中应该改正的操作步骤是 （填写步骤序号）;
若不改正,测量所得的重力加速度的值与真实值相比会 （选填“偏大”或“偏小”）。
（2）一组同学选择几个半径r不同的均匀光滑实心球正确地进行了实验,他们将测出的周期与小球的半径r的关系画出了如图乙所示的图线。
请你根据该图写出确定重力加速度的表达式
8.某同学利用单摆测量重力加速度。
（1）他组装好单摆后,在摆线自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺测量从悬点到摆球的最顶端的长度L0=96.58cm,再用游标卡尺测量摆球的直径,结果如图甲所示,则摆球的直径d= cm。
（2）实验时,他利用如图乙所示装置记录振动周期。
在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻,光敏电阻与某自动记录仪相连,该仪器显示的光敏电阻的阻值R随时间t的变化图线如图丙所示,则该单摆的振动周期为
T= s。
甲
乙
（3）根据测量数据,可得重力加速度g= m/s2（结果保留三位有效数字）。
如果该同学测得的g值偏小,可能的原因是 。
（填正确答案标号）
A.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
B.计算摆长时用的是L=L0+d
C.摆球摆动的振幅偏小
9.将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下半部分露于筒外）,如图甲所示,将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放,设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁。
如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L,并通过改变L而测出对应的摆动周期T,再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图像,那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g。
（1）测量单摆的周期时,某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时,同时数“1”,当摆球第二次通过最低点时数“2”,依此法往下数,当他数到“59”时,按下停表停止计时,读出这段时间t,则该单摆的周期为（ ）
A.
B.
C.
D.
（2）如果实验中所得到的T2-L关系图线如图乙所示,那么真正的图线应该是a、b、c中的 。
（3）由图线可知,小筒的深度h= m,当地的重力加速度g= m/s2（π取3.14）。
参考答案
一、非选择题
1.答案
（1）丙
（2）BC
解析
（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,则应采用图丙所示的固定方式。
（2）测出摆线长,再加上摆球的半径作为单摆的摆长,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5°
）,使之做简谐运动,B正确;
在摆球经过平衡位置时开始计时,C正确;
单摆完成一次全振动的时间太短,直接测量时误差较大,应该用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间,然后再求一次全振动的时间作为周期,D错误。
2.答案
（1）乙
（2）（b） （3）1.89 （4）T、θ
解析
（1）单摆在摆动过程中,空气等对它的阻力要尽量小,甚至忽略不计,所以摆球选铁球;
摆线要尽可能细一些,摆长不能过短,一般取1m左右的细线,选乙。
（2）如果选（a）所示悬挂方式,摆动过程中,摆长在不断变化,无法准确测量,故选（b）悬挂方式较好。
（3）由图可知,单摆完成40次全振动的时间t=60s+15.6s=75.6s,所以单摆的周期为T=
s=1.89s。
（4）根据T=T0
可知,需要测量的物理量有T（或t、n）、θ。
由T=T0
可得sin2
=
T-
所以图示图线的斜率为
3.答案
（1）测量摆长时漏掉了摆球的半径
（2）9.87 （3）B
解析
（1）T2-l图线不通过坐标原点,将图线向右平移1cm会通过坐标原点,可知相同的周期下摆长偏小1cm,故造成图线不过坐标原点的原因可能是测量摆长时漏掉了摆球的半径。
（2）由单摆周期公式T=2π
可得T2=4π2·
则T2-l图像的斜率为k=
;
由图像得k=
s2·
m-1,解得g=9.87m/s2。
（3）测摆长时摆线拉得过紧,则测量的摆长偏大,测得的重力加速度偏大,A不符合题意;
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,则测得的重力加速度偏小,B符合题意;
开始计时时,停表过迟按下,测量的周期偏小,则测得的重力加速度偏大,C不符合题意;
实验时误将49次全振动记为50次,测量的周期偏小,则测得的重力加速度偏大,D不符合题意。
4.答案
（1）ACEG
（2）② （3）
（4）见解析
解析
（1）实验时需要从题述器材中选择:
A.长约1m的细线;
C.直径约2cm的铁球;
E.米尺;
G.停表。
（2）步骤②中存在不妥当之处,应该测得摆线长度加上摆球的半径作为单摆的摆长。
（3）根据单摆的周期公式T=2π
可得T1=2π
T2=2π
联立解得g=
（4）T=2π
是单摆做简谐运动的周期公式,当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。
5.答案
0.8750 75.2 1.88s
（1）偏角小于5°
（2）图见解析 9.9
解析 由单摆的周期公式T=2π
可得g=
由题图甲可知,摆长l=（88.50-1.00）cm=87.50cm=0.8750m。
停表的读数t=60s+15.2s=75.2s,所以T=
=1.88s。
（1）单摆做简谐运动的条件是偏角θ<
5°
（2）连线时使大部分点落在图线上,不在图线上的点均匀分布在图线的两侧（如图）,图线斜率k=
=4s2/m。
由g=
可知T2-l图线的斜率表示
故
=4s2/m,可得g=9.9m/s2。
6.答案
（1）BC
（2）A （3）
解析
（1）组装单摆应选用密度较大、直径较小的摆球,A错误;
组装单摆应选用轻且不易伸长的细线,B正确;
实验时应使摆球在同一竖直面内摆动,不能成圆锥摆,C正确;
摆长一定的情况下,摆的振幅不应过大,否则单摆的振动就不是简谐运动,D错误。
（2）当单摆的偏角小于5°
时,我们认为摆球做简谐运动,所以振幅约为A=lsin5°
=1×
0.087m=8.7cm;
当摆球摆到最低点（平衡位置）时开始计时,误差较小;
测量周期时要让摆球做30~50次全振动,求平均值,所以A合乎实验要求且误差最小。
（3）由单摆周期公式T=2π
可得T1=2π
且有L1-L2=ΔL,联立解得g=
7.答案
（1）③ 偏大
（2）g=
解析
（1）由于实际摆长是悬点到球心的距离,故计算摆长时应该用圆弧面半径R减去球的半径r,故步骤③中存在错误;
根据单摆周期公式T=2π
摆长测量值偏大,故重力加速度的测量值也偏大。
（2）根据单摆周期公式T=2π
可得T=2π
变形得到r=-g
+R,由表达式可知r-
图线的斜率为-g,故斜率的绝对值表示g;
结合图线,重力加速度等于斜率的绝对值,为g=
8.答案
（1）1.405
（2）2.000 （3）9.59 A
解析
（1）摆球的直径d=1.4cm+0.05mm×
1=1.405cm。
（2）根据光敏电阻的阻值R随时间t变化的图线,可知该单摆的振动周期为T=2.000s。
（3）单摆的摆长L=L0+
=97.28cm,根据单摆的周期公式T=2π
得g=
m/s2≈9.59m/s2。
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,则摆长的测量值偏小,根据g=
知重力加速度g值偏小,A正确。
计算摆长时用的是L=L0+d,则摆长的测量值偏大,根据g=
知重力加速度g值偏大,B错误。
摆球摆动的振幅偏小不会影响g值的测量,C错误。
9.答案
（1）A
（2）a （3）0.3 9.86
解析
（1）从“1”数到“59”时经历了29个周期,该单摆的周期为
选项A正确。
（2）摆线在筒内部分的长度为h,由T=2π
可得T2=
L+
h,可知T2-L关系图线为a。
（3）将T2=0,L=-30cm代入T2=
h可得
h=30cm=0.3m
将T2=1.20s2,L=0代入T2=
h可求得
g=π2m/s2=9.86m/s2。
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