实验13 用单摆测量重力加速度的大小(Word练习)-【精讲精练】2026年高考物理一轮复习（人教版）

[对应学生用书第467页] 1．(2024·广西卷)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。 (1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中________不变。 (2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为________ cm。 (3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为________。 解析　(1)选择题图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变。 (2)摆球直径为d＝1.0 cm＋6×0.1 mm＝1.06 cm。 (3)根据单摆的周期公式T＝2π可得单摆的摆长为L＝ 从平衡位置拉开5°的角度处释放，可得振幅为A＝L sin 5° 以该位置为计时起点，根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为 x＝A cos ωt＝cos 。 答案　(1)摆长　(2)1.06 (3)x＝cos 2．某同学做“用单摆测重力加速度”的实验时，只测量了悬点与小球上端结点之间的距离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球的半径和当地的重力加速度g。 (1)现有如下测量工具：A．时钟；B.秒表；C.天平；D.毫米刻度尺。本实验所需的测量工具有________。 (2)如果实验中所得到的T2­L关系图像如图所示，那么真正的图像应该是a、b、c中的________。 (3)由图像可知，小球的半径r＝________ cm；当地的重力加速度g＝________ m/s2(结果保留两位小数)。 解析　(1)本实验需要测量时间求出周期，并要测量绳的下端口到摆球球心的距离d，则所需的测量工具有秒表和毫米刻度尺，B、D项正确。 (2)由单摆周期公式得T＝2π，解得T2＝＋，当L＝0时，T2＝＞0，则真正的图像是a。 (3)当T2＝0时，L＝－r，即图像与L轴交点坐标，由图示图像可知r＝1.2 cm，图线的斜率大小k＝，由图像可知k＝ m/s2＝4 m/s2，解得g＝＝9.87 m/s2。 答案　(1)BD　(2)a　(3)1.2　9.87 3．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长78.50 cm，摆球直径2.0 cm。然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力F的大小随时间t的变化曲线如图所示。 (1)该摆摆长为________ cm。 (2)该摆摆动周期为________ s。 (3)如果测得g值偏小，可能原因是________(多选，填字母) A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动 C．计算摆长时，忘记了加小球半径 D．读单摆周期时，读数偏大 (4)测得当地重力加速度g的值为________ m/s2。(保留三位有效数字) 解析　(1)该摆摆长为78.50 cm＋1.0 cm＝79.50 cm。 (2)当悬线的拉力最大时，摆球通过最低点，由题图读出t＝0.3 s时摆球正通过最低点，t＝1.2 s时摆球又通过最低点，则摆球的摆动周期T＝2×(1.2－0.3)s＝1.8 s。 (3)根据T＝2π，解得g＝，则若测摆线长时摆线拉得过紧，则L偏大，g偏大，选项A错误；摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动，则T测量值偏大，则g偏小，选项B正确；计算摆长时，忘记了加小球半径，则L偏小，g偏小，选项C正确；读单摆周期时，读数偏大，则T偏大，g偏小，选项D正确。 (4)测得当地重力加速度g的值为g＝＝ m/s2≈9.69 m/s2。 答案　(1)79.50　(2)1.8　(3)BCD　(4)9.69 4．(2025·八省联考)学生实验小组利用单摆测量当地的重力加速度。实验器材有：铁架台、细线、摆球、秒表、卷尺等。完成下列问题： (1)实验时，将细线的一端连接摆球，另一端固定在铁架台上O点，如图1所示。然后将摆球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成夹角θ(θ<5°)，释放摆球，让单摆开始摆动。为了减小计时误差，应该在摆球摆至___________(选填“最低点”或“最高点”)时开始计时。 (2)选取摆线长度为100.0 cm时，测得摆球摆动30个完整周期的时间(t)为60.60 s。若将摆线长度视为摆长，求得重力加速度大小为________ m/s2。(取π2＝9.870，结果保留3位有效数字) (3)选取不同的摆线长度重复上述实验，相关数据汇总在下表中，在坐标纸上作出摆线长度(l)和单摆周期的二次方(T2)的关系曲线，如图2所示。 l/m t/s T2/s2 0.800 54.17 3.26 0.900 57.54 3.68 1.000 60.60 4.08 1.100 63.55 4.49 1.200 66.34 4.89 设直线斜率为k，则重力加速度可表示为g＝________(用k表示)。由图2求得当地的重力加速度大小为________ m/s2(结果保留3位有效数字)。 (4)用图像法得到的重力加速度数值要比(2)中得到的结果更精确，原因是____________________________________________________。 解析　(1)摆球经过最低点的位置时速度最大，在相等的距离误差上引起的时间误差最小，测得周期误差最小，所以为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置时开始计时。 (2)根据题意可知小球摆动的周期T＝＝2.02 s，单摆周期公式T＝2π，其中L＝100.0 cm＝1.000 m 代入数据可得g≈9.68 m/s2。 (3)根据单摆周期公式T＝2π，l＝·T2，可知l­T2图线斜率k＝，重力加速度可表示为g＝4π2k，由图2求得当地的重力加速度大小为 g＝4π2× m/s2≈9.69 m/s2。 (4)图像法得到的重力加速度数值要比(2)中得到的结果更精确，其原因是用图像法处理数据时，无论是否考虑摆球的半径，图像斜率均为，对g的测量没有影响。 答案　(1)最低点　(2)9.68　(3)4π2k　9.69　(4)见解析 5．(2024·湖北卷)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2 g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。具体步骤如下： ①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图(a)所示。 图(a) ②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。 ③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。 ④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。 ⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。 该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期T＝2π，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。 (1)由步骤④，可知振动周期T＝________。 (2)设弹簧的原长为l0，则l与g、l0、T的关系式为l＝________。 (3)由实验数据作出的l­T2图线如图(b)所示，可得g＝________m/s2(保留三位有效数字，π2取9.87)。 图(b) (4)本实验的误差来源包括______(双选，填标号)。 A．空气阻力 B．弹簧质量不为零 C．光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置 解析　(1)由于30次全振动所用的时间为t，则1次全振动的时间，即振动周期T＝。 (2)弹簧振子平衡时，由力的平衡条件有k(l－l0)＝Mg，又T＝2π，联立可得l＝l0＋T2。 (3)结合(2)问分析可知l­T2图线的斜率k＝，由题图(b)可知k＝ m/s2，联立解得g＝9.65 m/s2。 (4)空气阻力会使本实验中的振动系统做阻尼振动，即本实验中的振动系统并不是理想化的弹簧振子，而本实验中是将振动系统理想化为弹簧振子，从而测出重力加速度的，所以空气阻力是本实验的一个误差来源，A正确；(2)问分析中将弹簧振子的质量等效为托盘及其上物体的总质量，但是实际上弹簧振子的质量为弹簧的质量和托盘及其上物体的总质量之和，所以弹簧质量不为零也是本实验的一个误差来源，B正确；由于数字计时器记录的是30次全振动的时间，所以光电门的位置只要在托盘经过的位置均可，即光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置不是本实验的误差来源，C错误。 答案　(1)　(2)l0＋T2 (3)9.65(9.55～9.75均可)　(4)AB 学科网（北京）股份有限公司 $$