【文档说明】2021-2022学年新教材物理粤教版选择性必修第一册训练：第2章第4节用单摆测量重力加速度含解析.docx，共(9)页，357.089 KB，由envi的店铺上传

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第二章第四节A组·基础达标1．(2021届眉山期末)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图像如图所示，已知单摆的摆长为l，则重力加速度g为()A．4π2lt2B．π2lt2C．4π2l9t2D．π2l4t2【答案

】D【解析】根据图像可知：单摆的周期为T＝4t，根据周期公式得T＝2πLg，所以g＝π2l4t2，故D正确，A、B、C错误．2．(2021届新疆昌吉回族自治州期中)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，可行的是()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要适当大一些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【答案】A【解析】适当加长摆线，可增加单摆的周期，从而减小测

量周期的相对误差，A正确；质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，从而减小空气阻力带来的影响，B错误；单摆偏离平衡位置的角度不要超过5°，C错误；当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30～50次全振动后停止计时，求出平均周期

，D错误．3．(2021届上海普陀区二模)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，要用铁夹夹住摆线，这样做的主要目的是()A．便于测量单摆摆长B．便于测量单摆周期C．确保摆动时摆长不变D．确保摆球在竖直平面内摆动【答案】C【解析】用铁夹牢摆线，是为了

防止摆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C正确，A、B、D错误．4．(2021届上海松江区一模)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，如图甲所示．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乙所示．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【答案】C【解析】根据单摆的周期公式T＝2πL＋rg得T2＝4π2gL＋4π2

gr，T2与L图像的斜率k＝4π2g，横轴截距等于球的半径r，故g＝4π2k.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，A、B、D错误，C正确．5．(多选)(2021届华大新高考联盟质检)某同学在实验室用

单摆测定当地的重力加速度，实验中用游标卡尺测出摆球的直径d，再用米尺测出从悬点至小球上端的悬线长l0；让单摆在竖直平面内做小角度摆动，摆球第一次通过最低点时开始计时，当摆球第N次通过最低点时停止计时，测得时间为t；利用单摆的周期公式计算重力加速度g，变更摆长重做几次，得到g的平均值．该同学发现

g的平均值比当地公布的重力加速度的值略大，其原因可能是()A．计算摆长时，取l＝l0＋dB．计算摆长时，取l＝l0C．计算周期时，取T＝2tND．实验中，摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动【答案】AC【解析】由单摆的周期公式T＝2πlg可得g＝4π2l

T2.计算摆长时，取l＝l0＋d，则摆长测量值偏大，由g＝4π2lT2可知，重力加速度测量值偏大，故A正确；计算摆长时，取l＝l0时，则摆长测值偏小，由g＝4π2lT2可知，重力加速度测量值偏小，故B错误；计算周期时，取T＝2tN则周期偏小，由g＝4π2lT2可知，重

力加速度测量值偏大，故C正确；振动中出现松动，则摆长变长，且测量值偏小，由g＝4π2lT2可知，重力加速度测量值偏小，故D错误．6．(多选)(2021届广州训练)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＝ΔLΔT2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【答案】BD【解析】根据单摆的周期公式T＝2πLg，得g＝4π2LT2，根据数学知识可知，T2－L图像的斜率k＝4π2g.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；由图可知，丙的斜率小于乙的斜率，由k＝4π2g可知，丙求出的g值大于根据乙求出的g值，故B正确；由g＝4π2LT2可得LT2＝g4π2，则ΔLΔT2＝g4π2，故C错误；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T2＝4π2Lg＝4π2(l＋r)g＝4π

2lg＋4π2rg，故作出的T2－L图像中甲图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．7．(2021届日照期中)某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验，步骤如下，请帮助该同学将步骤补充完整

．(1)让细线的一端穿过摆球的小孔，然后打一个比小孔大的线结，制成一个单摆．线的另一端悬挂在铁架台上，如图甲所示有两种不同的悬挂方式，最好选________(填“A”或“B”)．(2)把铁架台放在实验桌边，使悬挂点伸到桌面以外，让摆球

自由下垂．用米尺量出悬线长度l，用游标卡尺测出摆球的直径d，如图乙所示，则d＝______mm.(3)单摆的摆长为______(用字母l和d表示)．(4)把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(不超过5°)后释放，使

摆球只在一个竖直平面内摆动，此时单摆做简谐运动，当摆球通过平衡位置时，按下秒表并从“1”开始计数，摆球通过平衡位置的次数为n时，记下所用的时间t，则单摆的周期T＝______.(5)改变摆长，重做几次实验，由几组周期的平方和摆长作出T2－L图像如图丙所示，若图像的斜率为k，则重

力加速度g＝______.【答案】(1)B(2)4.60(3)l＋d2(4)2tn－1(5)4π2k【解析】(1)方法A中当摆球摆动时摆长会发生变化，则如图甲所示的两种不同的悬挂方式中，最好选B.(2)摆球直径d＝4mm＋0.05mm×12＝4.60mm.(3)单摆的摆长

为L＝l＋d2.(4)单摆的周期T＝tn－12＝2tn－1.(5)根据单摆周期公式T＝2πLg，可得T2＝4π2gL，则4π2g＝k，解得g＝4π2k.8．(2021届沈阳期末联考)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＝________.【答案】(1)BC(2)4π2ΔLT21－T22【解析】(1)为了减小空气阻力的误差选用密度大，体积小的小球，故A错误，如果振幅过大(大于10°)小球的运动不再

是简谐运动，所以误差较大，故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B、C正确．(2)T21＝4π2L1g同理得T22＝4π2L2g两式联立可得g＝4π2ΔLT21－T22.9．(2020年福清期末改编)可以利用单摆实验测定当地重力加速度，则：(1)用摆

长L和周期T计算重力加速度的公式是g＝__________.(2)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________cm.(3)如果测定了40次全振动的时间如图中秒表所示，那么秒表读数是________s，此单摆的摆动

周期是________s.(4)如果测得的g值偏小，可能的原因是________(填写代号)A．测摆长时，忘记了摆球的半径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，停表过早按下D．实验中误将40次全振动次数

记为41次(5)某同学在实验中，测量6种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录表格如下.l/m0.40.50.80.91.01.2T/s1.261.421.791.902.002.20T2/s21.592.023.203.614.

04.84以l为横坐标、T2为纵坐标，作出T2－l图线如图，根据此图线求重力加速度g＝________.【答案】(1)4π2LT2(2)87.35(87.33～87.38均可)(3)75.21.88(4)A

BC(5)9.86m/s2【解析】(1)根据单摆的周期公式T＝2πLg，解得g＝4π2lT2.(2)由图可知摆长l＝88.35cm－1cm＝87.35cm.(3)分钟读数为1min，秒针读数为15.2s

，故秒表读数t＝1×60s＋15.2s＝75.2s，周期为T＝75.240s＝1.88s.(4)根据T＝2πLg，得g＝4π2LT2.测摆长时，忘记了摆球的半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，A正确；摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使

摆线长度增加了，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，B正确；开始计时时，停表过早按下，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，C正确；实验中误将40次全振动次数记为41次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，D错误．(5)根据T＝2πLg得，g

＝4π2LT2，知图线的斜率k＝4π2g，由图线可知k＝4.00，则g＝4×3.1424.00m/s2＝9.86m/s2.B组·能力提升10．(2021届南阳期末)某同学利用单摆测当地的重力加速度．实验时该同学多次改变摆线长，测出几组摆线长l(单位：米)和对应的周期T(单位：秒)的

数据，并作出了l－T2图像，如图所示(π2＝9.86)．(1)由图中数据可以求得当地的重力加速度g大小为________m/s2(结果保留3位有效数字)．(2)本实验用l－T2图像计算重力加速度，________(填“可以”或“不可以”)消除因摆球质

量分布不均匀而造成的测量误差．【答案】(1)9.86(2)可以【解析】(1)根据T＝2πlg，得l＝g4π2T2，知图线的斜率为k＝g4π2，有g4π2＝1.04－0.644.33－2.73＝14，解得g＝π2＝9.86m/s2.

(2)可以；若摆球的质量分布不均匀，则测量的摆长不准确，图线不再通过坐标原点，但是摆长的变化量不变，图线的斜率不变，则测得的重力加速度仍然准确．11．(2021届德州期末)用时间传感器代替秒表做“用单摆

测定重力加速度”的实验装置如图甲所示．长为l的摆线一端固定在铁架台上，另一端连接一质量为m，直径为d的小球，在摆球运动轨迹最低点的左、右两侧分别正对放置一激光光源和一光敏电阻，细激光束与球心等高．光敏电阻与自动记录仪相连，该仪器显示

的光敏电阻阻值R随时间t变化的图线如图乙所示．由此可知该单摆的振动周期为__________，用此装置测得的重力加速度表达式为g＝________.【答案】2Tπ2l＋d2T2【解析】由图可知该单摆的振动

周期为T0＝2T，根据单摆周期公式T0＝2πLg可得g＝4π2LT20＝4π2l＋d2(2T)2＝π2l＋d2T2.12．(2021届无锡调研)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)某同学测量数据如下表，请在图乙中画出L－T2的图像，由图像可得当地重力加速度g＝____________m/s2(保留三位有效数字).L/m0.400.500.600.801.20T2/s21.602.102.403.204.80(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像可能是下列图像中的____________．【答案】(1)2.26(2)见解析9.86(3)C【解析】(1)主尺读数为2.2cm；副尺读数为6×0.1mm＝0.6mm＝0.06cm，故球直径为d＝2.2cm＋0.06

cm＝2.26cm.(2)L－T2图像如图所示．由单摆周期公式T＝2πLg，变形可得L＝g4π2T2，图像斜率为k＝g4π2，可得g＝4π2k，由图像可得k＝1.200－0.4004.80－1.60＝0.25，可得g＝4×3.142×0.25m

/s2＝9.86m/s2.(3)在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，可得L＝4π2gT2－l0，即横截距不为零，可知C正确，A、B、D错误．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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