第2章 5. 实验：用单摆测量重力加速度-【新课程能力培养】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册同步练习（人教版2019）

第二章 机 械 振 动 练 知识点 利用单摆测重力加速度 1. （多选） “利用单摆做测量重力加速度” 的 实验， 某同学做实验时， 操作上错误或 不合理的有 （ ） A. 摆球摆动到最高点开始计时 B. 防止摆球在水平面内做圆周运动或椭 圆运动 C. 测出的摆线长就是摆长 D. 在平衡位置启动秒表， 并开始计数， 当摆球第 30 次经过平衡位置时制动秒 表， 若读数为 t ， 则 T= t 30 2. 某同学在做 “利用单摆测量重力加速度” 的实验中， 如果他测得的 g 值偏小， 可能 的原因是 （ ） A. 测摆线长时， 摆线拉得过紧 B. 摆线上端未牢固地悬挂， 振动中出现 松动， 使摆线长度增加了 C. 开始计时时， 秒表过迟按下 D. 实验中误将 49 次全振动记为 50 次 3. 在 “利用单摆测重力加速度” 的实验中： （ 1 ） 以下做法中正确的是 。 A. 测量摆长的方法： 用刻度尺量出 从悬点到摆球间的细线长 B. 测量周期时， 从小球到达最大振 幅位置开始计时， 摆球完成 50 次 全振动时， 及时截止， 然后求出 完成一次全振动的时间 C. 要保证单摆自始至终在同一竖直 面内摆动 D. 单摆振动时， 应注意使它的偏角 开始时不能小于 10° （ 2 ） 某同学先用米尺测得摆线长为 97.43 cm 。 ① 用游标卡尺测得摆球直径如图所示 为 cm ； ② 则单摆的摆长为 （填此空保留两位小数 ） cm ； ③ 然后用秒表记录了单摆振动 50 次所用的时间为 100 s ， 则单摆的 周期为 s ； ④ 当地的重力加 速度为 g= （填此空保留两 位小数） m/s 2 。 （ 3 ） 实验中， 如果摆球密度不均匀， 无法 确定重心位置， 一位同学设计了一个 巧妙的方法不测摆球的半径。 具体做 法如下： 第一次量得悬线长 L 1 ， 测得 振动周期为 T 1 ； 第二次量得悬线长 L 2 ， 测得振动周期为 T 2 ， 由此可推得 重力加速度为 g= 。 4. 将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为 h （未 5.实验： 用单摆测量重力加速度 基 础 练 习 0 2 3 4 cm 5 10 15 20 第 3 题图 49 练 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 提 升 练 习 * 5. 用单摆测定重力加速度的 实验装置如图甲所示。 （ 1 ） （多选） 组装单摆时， 应在下列器材中选用 （填序号）。 A. 长度为 1 m 左右的细线 B. 长度为 30 cm 左右的细线 C. 直径为 1.8 cm 的塑料球 D. 直径为 1.8 cm 的铁球 （ 2 ） 测出悬点 O 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 表示）。 （ 3 ） 下表是某同学记录的 3 组实验数据， 并做了部分计算处理。 请计算出第 3 组实验中的 T= s ， g= m/s 。 （ 4 ） 用多组实验数据作出 T 2 －L 图像， 也 可以求出重力加速度 g 。 已知三名同 学作出的 T 2 －L 图线的示意图如图乙 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 （填序号）。 甲 知） 且开口向下的小筒中 （单摆的下部分 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， 单摆振 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 T 2 为纵轴、 L 为 横轴作出 T 2 -L 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 ） 如果实验中所得到的 T 2 -L 关系图像 如图乙所示， 那么真正的图像应该是 a 、 b 、 c 中的 。 （ 2 ） 由图可知， 小筒的深度 h= m ， 当地重力加速度 g= m/s 2 。 （计算结果保留三位有效数字） （ 3 ） 在实验中， 每次测量时总是错误地把 摆线加上球直径当成了摆长， 如果仍 然采用题中图像方法处理数据， 你认 为会对实验结果产生怎样的影响？ 对 h 的影响是 ， 对 g 的影响是 。 A. 无影响 B. 比真实值小 C. 比真实值大 D. 不确定 L h 1.26 a b c -31.5 O -1.64 41.00 L/cm T 2 /s 2 甲 乙 第 4 题图 O 组次 1 2 3 摆长 L/cm 80.00 90.00 100.00 50 次全振动所用的时间 t/s 90.0 95.5 100.5 振动周期 T/s 1.80 1.91 重力加速度 g/ （ m · s -2 ） 9.74 9.73 50 第二章 机 械 振 动 练 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 （ 5 ） 某同学在家里测重力加速度。 他找到 细线和铁锁， 制成一个单摆， 如图丙 所示 。 由于家里只有一根量程为 30 cm 的刻度尺， 于是他在细线上的 A 点做了一个标记， 使得悬点 O 到 A 点间的细线长度小于刻度尺量程。 保 持该标记以下的细线长度不变， 通过 改变 O 、 A 间细线长度以改变摆长。 实验中 ， 当 O 、 A 间细线的长度分 别为 l 1 、 l 2 时， 测得相应单摆的周期 为 T 1 、 T 2 。 由此可得重力加速度 g= （用 l 1 、 l 2 、 T 1 、 T 2 表示）。 6. 如图甲所示， 为用单摆测量重力加速度的 实验装置， 摆球在垂直纸面的平面内摆 动， 在摆球运动最低点的左、 右两侧分别 放置激光光源与光敏电阻。 光敏电阻 （光 照增强时， 其电阻变小） 与自动记录仪相 连， 记录仪可以显示光敏电阻的随值 R 随时间 t 的变化图线。 将摆球拉离平衡位 置一个较小角度释放， 记录仪显示的 R-t 图线如图乙所示。 请回答下面问题： （ 1 ） 实验前先用游标卡尺测出小球直 径 d ， 如图丙 ， 则小球的直径 d＝ mm 。 （ 2 ） 该单摆的振动周期为 。 （ 3 ） 实验中用米尺测得摆线长为 L ， 则当 地的重力加速度 g＝ （用测 得物理量的符号表示）。 a b c L O T 2 O A 乙 丙 第 5 题图 光敏电阻 接记录仪 激光光源 t 1 +2t 0 t 1 t 1 +t 0 t R O 0 1 2 3 cm 0 10 20 甲 乙 丙 第 6 题图 51 参考答案与解析 相遇一定在 O 点， B 返回 O 点所用时间为 t= 2x v ， A 到 达 O 点时间为 t= nT 2 （ n=1 ， 2 ， 3 ， …）， 则 2x v = nT 2 ， 由单 摆周期公式 T=2π l g 姨 ， 解 ①② 得 x= nπv 2 l g 姨 （ n= 1 ， 2 ， 3 ， …）。 14. （ 1 ） 0.4π s 0.4 m （ 2 ） 0.05 kg （ 3 ） 0.283 m/s 【解析】 （ 1 ） 小球在一个周期内两次经过最低 点， 根据该规律 T＝0.4π s 。 由单摆的周期公式为 T＝2π L g 姨 ， 解得 L＝ gT 2 4π 2 ＝ 10×0.16×π 3 4π 2 m＝0.4 m 。 （ 2 ） （ 3 ） 摆球受力分析如图所示： 在最高点 A ， 有 F min ＝mgcos θ＝0.495 N ， 在最低点 B ， 有 F max ＝mg+m y 2 L ＝0.510 N 。 从 A 到 B ， 机械能守恒 ， 由机械能守恒定律得 mgL （ 1-cos θ ） ＝ 1 2 mv 2 ， 联立三式并代入数据得 m＝0.05 kg ， v= 2 姨 5 m/s≈0.238 m/s 。 5.实验： 用单摆测量重力加速度 基础练习 1. ACD 【解析】 为减小实验误差， 摆球通过最低点 时开始计时， 故 A 错误； 实验时， 要防止摆球在水平面 内做圆周运动或椭圆运动， 故 B 正确； 摆线长度与摆球 半径之和是单摆摆长， 故 C 错误； 在平衡位置启动秒 表， 并开始计数， 当摆球第 30 次经过平衡位置时制动 秒表， 单摆完成全振动的次数： n= 30-1 2 =14.5 ， 若读数 为 t ， 则单摆周期： T= t 14.5 ， 故 D 错误。 2. B 【解析】 根据单摆的周期公式 T＝2π l g 姨 得 g＝ 4π 2 l 2 T 2 ， 测摆线长时摆线拉得过紧， 使得摆长的测量值 偏大， 则测得的重力加速度偏大， A 错误； 摆动后出现 松动， 知摆长的测量值偏小， 则测得的重力加速度偏 小， B 正确； 开始计时时， 秒表过迟按下， 则记录的时 间偏小， 测得周期偏小， 则测得的重力加速度偏大， C 错误； 实验中将 49 次全振动数成 50 次全振动， 测得周 期偏小， 则测得的重力加速度偏大， D 错误。 3. （ 1 ） C （ 2 ） 2.125 98.49 2 9.75 （ 3 ） 4π 2 （ l 1 -l 2 ） T 2 1 -T 2 2 【解析】 （ 1 ） 摆长等于摆线的长度与摆球的 半径之和， 故 A 错误； 测量周期时， 从小球到达平衡位 置处开始计时， 测出摆球完成 50 次全振动的时间， 然 后求出完成一次全振动的时间， 故 B 错误； 单摆要做简 谐运动， 要保证单摆始终在同一竖直面内摆动， 故 C 正 确； 小球应在同一竖直平面内振动， 摆角不大于 10° ， D 错误。 （ 2 ） 由图示游标卡尺可知， 摆球直径为 d=21 mm+ 5×0.05 mm=21.25 mm=2.125 cm 。 摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长， 单摆的摆长 为 L=l+ d 2 ≈98.49 cm 。 单摆振动 50 次所用的时间为 100 s ， 则单摆的周期 为 T= t n =2 s 。 由单摆周期公式 T=2π l g 姨 ， 可知重力加速度为 g= 4π 2 l T 2 ≈9.75 m/s 2 。 （ 3 ） 设摆球的半径为 r ， 由单摆周期公式 T=2π l g 姨 可知， T 1 =2π l 1 +r g 姨 ， T 2 =2π l 2 +r g 姨 ， 解得 g= 4π 2 （ l 1 -l 2 ） T 2 1 -T 2 2 。 4. （ 1 ） a （ 2 ） 0.315 9.86 （ 3 ） B A 【解析】 （ 1 ） 由单摆周期公式 T=2π L+h g 姨 ， 得到 T 2 ＝ 4π 2 l g + 4π 2 h g 。 当 L=0 时， T 2 = 4π 2 h g ＞0 ， 则真正的图像是 a 。 （ 2 ） 当 T 2 =0 时， L=-h ， 即图像与 L 轴交点坐标 h= -L=31.5 cm=0.315 m 。 图线的斜率大小 k= 4π 2 g ， 由图， 根据数学知识得 k=4 ， 解得 g=9.86 m/s 2 。 （ 3 ） 根据 （ 1 ） 中分析可知把摆线加上球直径当成 了摆长， 即 L 偏大， 导致图线的纵轴截距偏小， 斜率不 变。 故对 h 的影响是比真实值小， 对 g 没有影响。 提升练习 * 5. （ 1 ） AD （ 2 ） 4π 2 n 2 L t 2 （ 3 ） 2.01 9.76 （ 4 ） B （ 5 ） 4π 2 （ l 1 -l 2 ） T 2 1 -T 2 2 【解析】 （ 1 ） 单摆模型需要满 足的条件是， 摆线的长度远大于小球直径， 小球的密度 越大越好， 这样可以忽略空气阻力。 （ 2 ） 周期 T= t n ， 结合 T=2π L g 姨 ， 得 g= 4π 2 n 2 L t 2 。 （ 3 ） 周期 T= t n = 第 14 题答图 琢 mg O C F A B 琢 mg 19 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 100.5 50 =2.01 （ s ） ， 由 T=2π L g 姨 ， 解出 g=9.76 m/s 2 。 （ 4 ） 由 T=2π L g 姨 ， 两边平方后可知 T 2 -L 是过原点的 直线， b 为正确的图像， a 与 b 相比， 周期相同时， 摆 长更短， 说明 a 对应测量的摆长偏小； c 与 b 相比， 摆 长相同时， 周期偏小， 可能是多记录了振动次数。 （ 5 ） 设 A 到铁锁重心的距离为 l ， 则第 1 、 2 次的摆长分别为 l+l 1 、 l+l 2 ， 由 T 1 =2π l+l 1 g 姨 ， T 2 =2π l+l 2 g 姨 ， 联立解得 g= 4π 2 （ l 1 -l 2 ） T 2 1 -T 2 2 。 6. （ 1 ） 11.70 （ 2 ） 2t 0 （ 3 ） π 2 L+ d 2 2 # t 2 0 【解析】 （ 1 ） 由图示游标卡尺可知， 游标尺是 20 分度的， 游标 尺的精度是 0.05 mm ， 小球直径 d＝11 mm+14×0.05 mm＝ 11.70 mm 。 （ 2 ） 在一个周期内摆球经过平衡位置 2 次， 摆球经 过平衡位置时激光被球挡住， 光敏电阻阻值变大， 由图 乙所示图象可知， 单摆的周期 T＝2t 0 。 （ 3 ） 单摆摆长 l＝L+ d 2 ， 由单摆的周期公式 T＝2π l g 姨 可知， 重力加速度： g＝ 4π 2 l T 2 ＝ π 2 L+ d 2 2 2 t 2 0 。 6.受迫振动 共振 基础练习 1. C 【解析】 自由摆动的秋千可以看作阻尼振动的 模型， 振动系统中的能量转化不仅是系统内部动能和势 能的相互转化。 振动系统是一个开放系统， 与外界时刻 进行能量交换。 系统由于受到阻力， 因而振动的能量不 断减小， 但总能量守恒。 故 C 正确。 2. BD 【解析】 单摆做阻尼振动， 因此其机械能不 断减小， C 错误； 由题图看出 A 、 B 两时刻单摆的位移 相同， 即在同一位置， 故势能相同， B 正确； 因机械能 越来越小， 所以 B 时刻动能比 A 时刻动能小， A 错误， D 正确。 3. B 【解析】 受迫振动是振动物体在驱动力作用下 的运动， B 正确； A 、 C 是阻尼振动， D 是简谐运动。 4. BD 【解析】 以角速度 ω 0 转动逐渐慢下来， 在某 一小段时间内机器却发生了强烈的振动， 说明此过程机 器的固有频率与驱动频率相等达到了共振， 当飞轮转动 的角速度从 0 较缓慢地增大到 ω 0 ， 在这一过程中， 仍一 定会有机器的固有频率与驱动频率相等， 即达到共振， 机器一定还会发生强烈的振动， 故 A 错误， B 正确； 由 已知当其飞轮以角速度 ω 0 匀速转动时， 机器的振动不 强烈， 则机器发生强烈振动， 强烈振动时飞轮的角速度 肯定不为 ω 0 ， C 错误， D 正确。 5. D 【解析】 由题图可知， 若单摆的振动频率与固 有频率相等， 则周期为 2 s ， 由 T＝2π l g 姨 ， 可得 l≈ 1 m ， 故 A 、 B 错误； 若摆长增大， 则固有频率减小 ， 所以共振曲线的峰将向左移动， C 错误， D 正确。 6. A 【解析】 电动机的转速是 149 r/min ， 则周期 T 甲 ＝ 1 n ＝ 60 149 s ， 甲、 乙的半径之比是 1 ∶5 ， 则乙的周期是 T 乙 ＝ 300 149 s ， 要发生共振， 由单摆周期公式 T＝2π L g 姨 得， 对应单摆的摆长为 1.028 m ； 题中给出的四个单摆 中， a 最接近， 所以 a 的振幅最大， A 正确。 7. AD 【解析】 振子的固有周期与驱动力周期的关 系是 T 驱 ＝ 3 2 T 固 ， 所以受迫振动的状态一定不是题图乙 中的 b 点和 c 点， 可能是 a 点， A 、 D 正确。 8. CD 9. D 【解析】 本题表格所给出的只是不连续的 7 组 数据， 而且相邻数据对应的频率相差较大， 不能据此表 格准确画出共振曲线， 因而不能得出固有频率的准确数 据， 只能得固有频率的范围。 依据表格数据可以得出两 点： 一是 f＝60Hz 最接近固有频率， 但不一定等于 60 Hz ； 二是从 f＝50 Hz 到 f＝70 Hz ， 受迫振动的振幅先增大后 减小， D 正确。 提升练习 10. BC 【解析】 由题图可知， 单摆两次拉力极大值 的时间差为 1 s ， 所以单摆的振动周期为 2 s ， A 错误； 根据单摆的周期公式 T＝2π l g 姨 可得摆长 l＝1 m ， B 正 确； t＝0.5 s 时摆线的拉力最大， 所以摆球正经过最低 点， C 正确； 摆线拉力的极大值发生变化， 说明摆球在 最低点时的速度发生了变化， 所以摆球做阻尼振动， 振 幅越来越小， 由于周期与振幅无关， 所以单摆的周期不 变， D 错误。 * 11. AC 【解析】 试题由图乙可知 ， 振子的固有周 期 T 0 =4 s ， A 正确、 B 错误； 当 T 在 4 s 附近时， 驱动 力的周期近似等于固有周期， 根据共振曲线， 受迫振动 的振幅 y 显著增大； 当 T 比 4 s 小得多或大得多时， y 很小， C 正确、 D 错误。 20