2.5 实验：用单摆测量重力加速度-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019) 江苏专用

第5节实验：用单摆测量重力加速度 第1关练速度 20mn为准，你的时间 B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松 1.(2023·江苏金陵中学期中)“用单摆测量重 动，使摆线长度增加了 力加速度”实验中，下列说法正确的是( C.开始计时时，停表过迟按下 A.固定摆线的横杆必须水平 D.实验时误将49次全振动记为50次 (4)为了提高实验的准确度，在实验中可改变 B.可以在摆线水平状态下测摆长 几次摆长L并测出相应的周期T,从而得 C.若摆线质量不可忽略，则测得重力加速度 出几组对应的L和T的数值，以L为横坐 值偏大 标、下为纵坐标作出-L图线，但同学 D.摆球连续n次通过最低点时间为t,则摆 们不小心每次都把小球直径当作半径来 球周期T=2 计算摆长，由此得到的T-L图像是图乙 2.(2024·湖北高中联考协作体期中)在“用单 中的 (填“①”“②”或“③”).由 摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在 此测出的重力加速度 (填“偏 测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振 大”“偏小”或“不变”) 动的总时间为t,在测量单摆的摆长时，先用 3.有两组同学利用假期分别去参观北京大学和南京 毫米刻度尺测得摆线长度为，再用游标卡尺 大学的物理实验室，各自利用先进的DS系统较 测量摆球的直径为D.回答下列问题： 准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系” (1)(多选)以下对实验的几点建议中，有利 72/3 于提高测量结果精确度的是 A.实验中适当加长摆线 B.单摆偏离平衡位置的角度大一些 C.当单摆经过最大位移处开始计时 甲 D.测量多组周期T和摆长L,作下-L关 (1)为了减小测量周期的误差，实验时需要在 系图像来处理数据 适当的位置做一标记，当摆球通过该标记 (2)他们交换了实验数据，并由计算绘制了 时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动 T-L图像，如图甲所示，去北京大学的同 的 学所测实验结果对应的图线是 A.最高点B.最低点C.任意位置 7/2 (2)该单摆的周期为T= ,重力加速 度的表达式为g= .(用题 千中给出的物理量符号表示) (3)如果测得的g值偏小，可能的原因是 乙 A.测摆长时摆线拉得过紧 (3)在南京大学做探究的同学还利用计算机绘 第二章学霸049 制了当地两种单摆的振动图像（如图乙），由 方，这样会导致实验中某同学发现测量的 重力加速度值总是 (填“偏大” 图可知，两单摆摆长的比值， “偏小”或“不变”) 第2关练准确率 准确率>90%你做对 题 第3关练思维宽度 难度级别：☆立☆☆ 4.(2024·广东广州华南师大附中月考)某研究 5.(2022·重庆名校联考)将一单摆装置竖直悬 性学习小组用图甲所示的装置进行“用单摆 挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒 测定重力加速度”的实验，摆球下端吸住纽扣 中（单摆的一部分露于筒外），如图甲所示，将 磁铁，在单摆平衡位置正下方5cm处放置一 悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放， 智能手机.基于磁传感器，智能手机可以测量 设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁.如果本 磁场大小，手机离磁铁越近，磁场越强忽略电 实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口 磁力对单摆周期的影响，π取3.14 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T下为纵轴、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: :T (1)该学习小组用游标卡尺测量小球的直径， 1.20 某次测量如图乙所示，小球直径d= -300 30 mm. -1.205 (2)在实验中，该学习小组用智能手机记录摆 乙 球摆动过程中磁场随时间变化关系，如图 (1)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通 丙所示，摆球每次经过平衡位置手机记录 过最低点时按下停表开始计时，同时数 到磁感应强度的最大值，由于受其他因素 “1”,当摆球第二次通过最低点时数“2”， 影响，记录的最大值略有偏差但大致相 依此法往下数，当他数到“59”时，按下停 等，该单摆的周期T s(结果保 表停止计时，读出这段时间t,则该单摆的 留到小数点后两位) 周期为 BHμT .29 B. 29.5 =20.20 (2)如果实验中所得到的下-L关系图线如图 丙 (3)若测得单摆的摆线长度L=995.95mm,则 乙所示，那么真正的图线应该是a、b、c 重力加速度g= m/s2(保留三位 中的 有效数字) (3)由图线可知，小筒的深度h= m (4)由于吸附在摆球底端的磁铁质量不可忽 当地的重力加速度g= m/s2(元 略，导致摆球实际的重心应在球心的下 取3.14) 选择性必修第一册学霸050效成单摆振动，由于摆角很小，单摆周期T=2π 联立得回复力的大小为=只，考虑同复力的方向，故 T TR B正确： 球从a点到b点时间4，=42√ -:ab两点搭建斜面 C.由0点向C点运动的过程中，位移为y,摆线与竖直方 设斜面倾角为0，即弦切角为8，根据牛顿第二定律可得 向的夹角为α，以A,B整体为研究对象，沿速度方向有 小球加速度a=gsin0,由几何关系得弦ab=2Rsin0,小球 F=Gsin a=mud,sin a=Y Ra=gsin a= R R 由a点到b点时间为2，有ab= 25,解得4=2√ ,则 对A进行受力分析可得G,sina-f=maa4, 由题意可得a=a,联立解得f=0,故C错误： 有行号故速服 D.单摆的振幅与物体的质量无关，所以将A取走，B的振 幅不变，故D错误故选B 13.B解析：星球的质量M=pV=p·3mR;物体在星球表 18.D解析：本题情绿中，单摆的周期公式为T=2√官 L 面所受的万有引力等于重力，所以有mg=F=Gm,联立 其中g为小球摆动过程的等效重力加速度，则去除细线 拉力后，小球受到的等效重力为G'=mg=pg,又G= 解得g=专G:所以该星球的表面重力加速度与地球 (pp）g,联立解得T=2π p.上，代入数据得 Np水p。g 表面的重力加速度之比为半径之比，即为2：1：根据单摆 T=16s,故选D 的周期公式T=2m 有 ,故该星球表 19, 4L,L2 (√L+) 面摆钟的秒针走一周的实际时间为号mim.故选B 解析：设标准钟摆长为L,周期为T,则有：T=2江√ L 14.A解析：设相邻两次闪光的时间间隔为：，则摆球在左侧 的摆动周期为T,=12,摆球在右侧的摆动周期为T=8, 么，1，=2m一在相同时间内摆长为L,的摆 T=2EN8 可得刀：1=3：2根据单摆周期公式T=2片，可解 钟比准确钟快nmin,摆长为L2的摆钟比准确钟慢 nmn,设该相同时间为1，相同时间内摆钟的走时之比等 得e=4/ 则O,P两点间的距离为or=-m=g 于频率之比，放有：T:T,:,=::联立解得 t I+n t-n 选A. 4L L 15.C解析：由图乙可知，A=Q4m,则T=A_04 pQ2s=2s,根 L=- (+) 据单摆公式T=2m,厂，解得1= 第3关（练思维宽度） g 4行，代入数据解得1： 1.00m,故C正确. 20-=0.12-) 16.A解析：A根据单摆振动的规律可知，在一个周期内摆 解析：小球的运动可分解为两种运动，沿水平方向的匀速 球会两次经过最低点，即摆线会出现两次拉力最大的时 直线运动和沿凹槽的类似于单摆的简谐运动.小球运动 刻，则由题图乙可知单摆周期为1,68，故A错误： 到槽另一端，恰能掉入B点，则运动时间为单摆！个周期 B.根据单摆周期公式T=2r, 的奇数倍.1=(2k+1) k=01.2- 可得单摆摆长为1=gT =0.64m,放B正确： 4 故L=t= -(k=0,1,2…) C,设单摆的摆角为20，当摆球摆到最高点时摆线拉力最 小，为Fm=mgcos8: 第5节 实验：用单摆测量重力加速度 设摆球运动至最低点时的速度大小为“，则根据机械能守 恒定律有宁m2=(1-om例。 第1关（练速度） 1.C D 在最低点时，根据牛顿第二定律有F一mg=m 4π214 2 1 2.(1)B(2) (3)B(4)①不变 联立解得F=0.96N,故C正确： n 2 D.根据单摆周期公式可知周期与摆球质量无关，所以若 解析：(1)在测量单摆的周期时，应选择小球通过平衡位置 仅将摆球质量变为200g,单摆周期不变，故D正确此题 时开始计时，故选B 选择不正确选项，故选A (2)单摆的周期为T= 17.B解析：AA,B经过0点时的向心加速度不为零，处于 非平衡状态，故A错误： B.设当位移为x时，摆线与竖直方向的夹角为日，当夹角 由单摆周期公式T=2√g 较小时，有im= R 可知，重力加速度为g= 对两物块进行受力分析可得n9= G (3)A.测摆长时摆线拉得过紧，导致摆线测量值偏大，由上 选择性必修第一册学壩20 述公式知，g值偏大，A错误： (3)将T=0.L=-30m. B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线实际长 度增加了，由上述公式知，g值偏小，B正确： 代人下=4打L4行h,可得h=30m=03m. C开始计时时，停表过迟按下，导致：测量值偏小，由上述 将T=1.2082,L=0 公式知，g值偏大，C错误： D.实验时误将49次全振动记为50次，导致n变大，由上述 代人T=4L4何.可求得g=Tm/。=96m2. 公式知，g值偏大，D错误： 故选B. 第6节 受迫振动共振 (4)同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆 第1关（练速度） 长，导致下对应的L都偏大，图像整体右移，故选①. 1.C2.D3.C4.D 下-1图像的斜率为5=4 ,由此可知与摆长无关，所以测 5.C解析：C.人用手振动该飞力士棒，飞力士棒做的是受迫 振动，手是驱动力，因此手振动的频率越大，飞力士棒的振 得的重力加速度不变 动频率越大，选项C正确：ABD.驱动力的频率越接近固有 3.(1)AD(2)B(3)9 频率，受迫振动的振幅越大.当手每分钟振动270次时，驱 解析：(1)实验中适当加长摆线增大单摆的振动周期.可以减 动力的频率 Hz=4.5Hz=,此时飞力士棒振动最 小周期的测量误差，故A正确：单摆的振动周期与振幅无关。 增大单摆偏离平衡位置的角度，不能提高测量结果的精确度」 强，选项ABD错误故选C 故B错误：当单摆经过最大位移处时开始计时，摆球速度较 第2关（练准确率）】 慢周期测量误差较大，应从单摆经过平衡位置时开始计时， 6.D 故C错误：测量多组周期T和摆长L,作T-山关系图像来处 7.A解析：若两次受迫振动均在地球上同一地点进行，则重 理数据，可碱小误差，提高精确度，故D正确故选AD, 力加速度相等，因为周有颊幸之比为2：5，则固有周期之 (2)由T=2m√g 得，下-如L,知户-L图像的斜率越大，则 比为5：2，根据T=2m√ 二，知摆长之比为25：4，故A正 重力加速度越小，因为南京当地的重力加速度小于北京的，去 确，B错误：若图线Ⅱ是在地球表面上完成的，则固有频率 北京大学的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是 B图线 05z,则7=2解得：l=1m,故C错误：若网 (3)由振动图线知，两单摆的周期之比为 受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线【单摆的 T.3 72,由=2m ,知周期 g 固有频率较小，则固有周期较大，根据T=2√g 得两单摆摆长的比值 大的重力加速度小，则图线I是月球上单摆的共振曲线， 图线Ⅱ是地球上的单摆的共振曲线，故D错误故选A 第2关（练准确率）】 8.B解析：水做受迫振动，其晃动的颜率等于驱动力的频 4.(1)8.10(2)2.02(3)9.67(4)偏小 率，即等于步频，所以步频越大，水晃动的频率越大：驱动 解析：(1)小球直径为d=8mm+2×0.05mm=8.10mm 力的频率等于周有频率时，水晃动的幅度最大，题设条件 (2)摆球一周期内经过两次平衡位置，由图可知，山2时间内 不足，无法判断步频与水的固有频率的关系，无法得出水 摆球一共经历21次平衡位置，单摆的周期为T=上： 晃动的幅度变化情况，而步福与水晃动的幅度无关故 选B 20.20 9.A解析：根据题意，在某电压下，电动偏心轮的转速是 =2.024 21-1 8/min,则/8器 Hz=1.47Hz.由题图乙可知箭子的固有 2 60 (3)单摆的摆长为1=+号=1m,根据单摆周期公式7 颜率为=0.8Hz<f.由于驱动力的频率大于筛子的固有 额率，故要使振輻变大，可以减小驱动力的颜率，或增大筛 厂，重力加速度为g= ,-4×3.14 子的固有额率，即可以降低输入电压或减小筛子的质量， 2022 ×1mWs2✉ 故A正确.故选A 9.67ms2 第3关（练思维宽度） (4)由于吸附在摆球底端的磁铁质量不可忽略，导致摆球 10.5人 实际的重心应在球心的下方，则单摆摆长的实际值大于测 解析：人体的周有频率为m=2H, 量值，根据：=只，可知重力加速度值的实际值大于测量 当汽车的振动频率与其相等时，人体与之发生共振，人感 觉最难受，即2√7 1& 值，故实验中某同学发现测量的重力加速度值总是偏小 =∫ 第3关（练思维宽度】 得：1= 5.(1)A(2)a(3)0.39.86 4m2' 解析：(1)从“1"数到“59”时经历了29个周期，该单摆的 代入数据得：1=0.0621m, 周期为9故选1 由胡克定律得：=(m,+nm2)g, -m4g1.5x10×0.0621-600x9.8=5(人). n=- L+h (2)摆线在筒内部分的长度为h,由T=2π m:g 70×9.8 可得下.4+4r,可知-L关系图线为4 本章达标检测 g g 1.A2.A3.C4.C 参考答案学霸21