练案42 第八章 第42讲 实验九 用单摆测定重力加速度-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习练案

练案[42] 第42讲 实验九用单摆测定重力加速度 1.（2023·新课标卷)一学生小组做“用单摆测量重力加 (1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式 速度的大小”实验。 中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中 (1)用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首 不变。 先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和 (2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆 测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上 球直径为 cm。 的零刻度线未对齐，如图(a)所示，该示数为 (3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的 mm;螺旋测微器在夹有摆球时示数如图(b) 角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐 所示，该示数为 mm,则摆球的直径为 运动。当地重力加速度为g,以释放时刻作为计时 mm 起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间的关 色10 系为 0 E0 3.某实验小组的同学用如图甲所示的装置做“用单摆测 45 5101520后0 量重力加速度”实验。 图(a 图b) (2)单摆实验的装置示意图如图(c) 所示，其中角度盘需要固定在杆 上的确定点O处，摆线在角度盘 上所指的示数为摆角的大小。 杆 若将角度盘固定在0点上方，则 摆线在角度盘上所指的示数为 甲 角度盘 5°时，实际摆角 5°（填 224型 (1)实验中该同学进行了如下操作，其中正确的是 “大于”或“小于”)。 (3)某次实验所用单摆的摆线长度 为81.50cm,则摆长为 气用公式g计算时，将摆线长当作摆长 图(c cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第 B.摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现 61次经过最低点的时间间隔为54.60s,则此单摆 松动 周期为 s,该小组测得的重力加速度大小 C.确保摆球在同一竖直平面内摆动 为 m/s2。(结果均保留3位有效数字，π2 D.摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆 取9.870 (2)在实验中，多次改变摆长L并测出相应周期T,计 2.(2024·广西卷)单摆可作为研究简谐运动的理想 算出T,将数据对应坐标点标注在T-L坐标系 模型。 (如图乙所示)中。请将L=0.700m,T2=2.88s2 所对应的坐标点标注在图中，根据已标注数据坐 标点描绘出T-L图线，并通过图线求出当地的 重力加速度g= m/s2(结果保留3位有效 图甲 图乙 数字)。 10 3.40 3.20 3.00 2.80 2.60 2.40H 图丙 0.6000.700 0.800 乙 401 (3)将不同实验小组的实验数据标注到同一T-L坐 (1)如图乙所示，图中记录了实验中磁感应强度的变 标系中，分别得到实验图线a、b、c,如图丙所示。 化情况，测得第1个到第N个磁感应强度最大值 已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图 之间的时间间隔为t,则单摆周期T的测量值为 线a、b、c,下列分析正确的是 图表绝对值多方向简明值帮助 精确度高 绝对值 600 丙 400 A.出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比 200 0.00 较长 20.0 40.0 时间(s) B.出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆 绝对值 359.70 长L 微特斯拉 乙 C.由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速 度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出 (2)实验中用游标卡尺测量摆球直径如图丙所示，则 的g值偏小 摆球直径为 cm (4)该同学通过自制单摆测量重力加速度。他利用细 3cm 线和铁锁制成一个单摆，计划利用手机的秒表计 时功能和卷尺完成实验。但铁锁的重心未知，不 0 5 10 容易确定准确的摆长。请帮助该同学提出“通过 丙 -定测量，求出当地重力加速度”的方法 (3)得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出了 4.某智能手机中的“磁传感器”功能可实时记录手机附 P-L图像，如图丁所示，根据图中数据可得当地 近磁场的变化，磁极越靠近手机，磁感应强度越大。 重力加速度g= m/s2。(π取3.14，结果 宁德某中学的小宁在家里用手机、磁化的小球、支架、 保留三位有效数字) 塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示的装置来测 量重力加速度，实验步骤如下： ①把智能手机正面朝上放在悬点的正下方，接着往侧 边拉开小球，并用夹子夹住。 1.00 L/m ②打开夹子释放小球，小球运动，取下夹子。 ③运行手机“磁传感器”功能，手机记录磁感应强度的 (4)查资料可知宁德地区的重力加速度为9.79m/s2,则 变化。 本实验的相对误差为 ④改变摆线长和夹子的位置，测量出各次实验的摆线 %。（结果保留2 长L及相应的周期T。 位有效数字) 5.（2024·黑吉辽卷)图(a)为一套半圆拱形七色彩虹积 支架 木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实 验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的 夹子 、磁化小球 关系。 智能手机 (1)用刻度尺测量不同颜色积木的外径D,其中对蓝 凳子 色积木的某次测量如图(b)所示，从图中读出D= cmo 一402 6.某学习小组学习了单摆的相关知识后，想利用如图甲 所示的装置测量当地的重力加速度。 56 图b) 光敏 激光 接自动 电阻 光源 记录仪 图c AV/cm (2)将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左 端平衡位置的参考点O,将积木的右端按下后释 0.3691.3682.369 放，如图(c)所示。当积木左端某次与0点等高时 丙 记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这 一过程中积木摆动了 个周期。 (1)赵同学找到实验室的光敏电阻等元件，利用如图 (3)换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为 乙所示装置记录振动周期，在摆球运动的最低点 了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然 的左、右两侧分别放置一光敏电阻与激光光源，光 对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如下 敏电阻与某自动记录仪相连，该仪器显示的光敏 表所示： 电阻阻值R随时间t的变化图线如图丙所示，则 颜色 红 绿 青 紫 该单摆的振动周期为T= s(结果保留四 lnD2.93922.78812.5953 2.48492.197 1.792 位有效数字)。 n T -0.45 -0.53 -0.56 -0.65 -0.78 -0.92 -1.02 (2)王同学则利用计算机绘制了α、b两个摆球的振动 AIn T -0.e 图像（如图丁所示），由图可知，两单摆摆长之比 -0. 0 la lo= 0 0 (3)李同学每次用同一套实验装置，用同样的步骤进 行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因 1lnD 1.60 1.80 2.00 2.202.40 2.60 2.80 3.00 可能是 _o 图d 根据表中数据绘制出lnT-lnD图像如图(d)所 A.开始计时时，过早按下秒表 示，则T与D的近似关系为 B.测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记 d A.Tc√D 为(n+1)次 B.T&D C.摆球的质量过大 C. 而 D.Te D.计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上小球 (4)请写出一条提高该实验精度的改进措施： 的半径 40310.AD设该简谐横波的波动方程为y=Asim(只+P,代入数 则x=16cm处， y =Acos 据解得A=8cm,9=一：，所以该简谐横波的波动方程为y= 4r=-0.5cm。 3 6 14.(1) y/em 8n(只-看}m。当=0.7m时有要×07-g 、P 6 =T,解得 6 78 该波的波长为A=1.2m,故A正确；由”=分可得该波的波速 10x/a 5-- 1.2 为=六=：号ms=1m/s,故B错误；已知质点P位于平衡 (2)见解析 位置且振动方向向下，由同侧法可知，该波沿x轴负方向传播 [解析](1)根据△x=t得△x=4×2.5m=10m,可知t= 2.5s时P波刚好传播到x=10m处，Q波刚好传播到x=0 处，根据上坡下坡法可得波形图如答案图所示。 放C错误：根据=4x_020.7-0.65=0.18,故1=01 U- (2)两列波在图示范围内任一位置的波程差为 s时刻，x=0处的质点位于平衡位置，故D正确。故选AD。 △x=1(10-x)-xl(0m<x<10m), 1.ACD波的周期为T==1×10’s,易知1.25×107s= 根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波 叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差△x= 1.25T,则质点M运动的路程为s=1.25×4A=2mm,A正确； 由波形图及波的传播方向为x轴正方向，可知质点M开始振 (2n+1)(n=0,1,2） 2 动的方向沿y轴负方向，则质点M的振动方程为y= 解得振幅最大的平衡位置有x=3m、x=7m -0.4sin(2π×10t)(mm),则当质点M第一次位移为0.2 振动减弱的条件为 mm时，t=)×10”s,B错误；根据图像读出波长为A=14× △x=n入(n=0,1,2…) 解得振幅最小的平衡位置有 102mm=1.4×10-4m,由v=f,解得v=1.4×103m/s,C正 x=1m、x=5m、x=9m。 确；由图可知，M左侧的波谷与N之间的距离为x=(35-14) ×10-2mm=21×102mm=2.1×10-4m,则该波谷传播到N 练案[42] 点的时间t==1.5×10-7s,可知在1.5×107s时质点N1.(1)0.006(0.005~0007均可) 20.035(20.034~20.036均可) 恰好处于波谷，D正确。 20.029(20.027~20.031均可) 12.Bt=0时刻，a质点在波峰，b质点在平衡位置，且向下振动。 (2)大于(3)82.51.829.83 若波由a传到6，则a,b间距s=(n+子)A=9m(n=0,1,2, [解析](1)题图(a)中螺旋测微器读数为0.6×0.01mm= 0.006mm;题图(b)中螺旋测微器读数为20.0mm+3.5×0.01 3…,解得=3a=01,2.3….当n=0A=12m: mm=20.035mm,摆球直径d=20.035mm-0.006mm=20.029 当n=1,A-的m当n=2,A=治m,,若被由b传到a,则 mm (2)假设将角度盘放置在距离悬点极近位置，摆球摆动时，角度 a6间距=(n+子)入=9m(n=0,1,23,…),解得入= 盘显示角度小于实际摆动角度，故实际摆角大于5°。 4n+7m(n=0,1,2,3,),当n=0,A=36m;当n=1,A= 36 (3)摆长L=5+2d=81.50cm+2×2.0029cm=82.5cm 从摆球第1次经过最低，点到第61次经过最低点一共经历30个 m:当n=2,A=4m,可知ACD可能出现，不符合题意 期，周期T=4060s=1,82s,根据单摆周期公式7 可能出现，符合题意。故选B。 13.(1)0.8s(2)-0.5cm 2元得g=47-4X9.80025 m/s2=9.83m/s2。 T 1.822 [解析](1)t时刻质点A位于波峰，波长入>20cm,xB<入， 则1时刻后质点B第一次到达波峰时，波传播的距离为xB= 2(①摆长(2L63)x=05(停) 16cm, [解析](I)选择题图甲方式的目的是要保持摆动中摆长 经历的时同1=号 不变。 (2)摆球直径d=1.0cm+6×0.1mm=1.06cm 解得t=0.8s。 (2)由题意知，该波的传播周期T=2△t=1.2s, 3)根据单接的周期公式1=2m√后可得单摆的摆长L 则波长入=uT, 4行，从平衡位置拉开5°的角度释放，可得振幅A=Lsm5°，以该 g 可得入=24cm, 质点B位于x=16cm处， 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 t时刻的波形图如图所示， 位修与时间1销关系为=o以：心”w(停 3.(1)BC(2)图见解析9.86(3)B(4)见解析 /cm [解析]()用公式g一计第时，应该将考点到摆球重心 之间的间距当作摆长，即应该将摆线长与摆球的半径之和当作 619- 摆长，A错误；实验过程，单摆的摆长不能发生变化，即摆线上端 (4)查资料可知宁德地区的重力加速度为9.79m/s2,则本实验 牢国地系于悬点，摆动中不能出现松动，B正确；单摆的运动应 的相对误差为)=996-979×100%≈1.7%。 该是同一竖直平面内的圆周运动，即实验时应该确保摆球在同 9.79 一竖直平面内摆动，不能使摆球不在同一竖直平面内运动，形 5.(1)7.55(2)10(3)A(4)用游标卡尺测外径D(其他：测 成圆锥摆，C正确，D错误。 40次或60次左端与0点等高所用的时间来求周期，适当减小 (2)将该坐标点标注在图中，用一条倾斜的直线将描绘的点迹 摆动的幅度…) 连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示 [解析](1)刻度尺的最小分度为0.1cm,需估读到0.01cm, 读数约为7.55cm。 AT/s (2)每半个周期经过平衡位置一次，积木经过平衡位置20次， 3.40 则其摆动了10个周期。 3.20 (3)由题图(d可得nT-:1:0--05)-(:L.0),解得 lnD-1.80 2.80-1.80 3.00 2.80日 nT=0hD-1.9,则hT=h庐-lne”=hg,改T 2.60由 249 名瓜，所以T万，A正魂 0.700 0.800 L/m (4)用游标卡尺测外径D、通过测40次或60次左端与0点等高 根据T=2m√g 所用的时间来求周期、适当减小摆动的幅度均可提高该实验的 精度。 则有下=4nL 6.(1)2.000(2)4:9(3)B 品格m 结合图像有4m [解析](1)单摆在一个周期内两次经过平衡位置，根据图丙的 变化规律可知，该单摆的周期为T=2369s-0.369s=2.000s。 解得g=9.86m/s2。 T (3)根据图线c可知，在T取值为0时，L不为0，表明选择的L （2)由图T振动我可知，两单摆的网期之比号=子，由公式 的长度比实际的摆长大一些，即有可能是将摆线的长与摆球的 d T= ,可得两单摆摆长之比L。:L,=4:9。 2 直径之和作为摆长L,此时有T=2m√g ,即有T=4nL (3)根据题意，由单摆的调期公式7=2√工可得g=伊 2山忙，该图像与摆线的长度大小无关，A错误；若将摆线长记作 开始计时时，过早按下秒表，周期的测量值偏大，则重力加速度 的测量值偏小，选项A错误；如果振动次数多数了一次，即T偏 +2 d 小，g偏大，选项B正确；摆球的质量过大，不会影响单摆的周期 摆长L,则有T=2m√g 即有下=4mL+2m ,该函数对 与摆长，所以不影响重力加速度的测量，选项C错误；算摆长时 g 漏加小球半径，则I偏小，求得的g偏小，选项D错误。 应的图像是a,即出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆 长L,B正确：根据上迷可知，三条图像的斜率均为k=4:,解得 练案[43] g牙可知，三条国线水出的重力加这度相同.C智流。 1.B库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用， 故A错误：带电空心金属球的电荷均匀分布在金属球的外表 (4)不容易确定准确的摆长，但可以通过多次改变摆线的长度， 面，球内各点的电场强度均为零，所以置于带电空心球球心处 测量对应的周期，获得较准确的重力加速度。具体做法：设摆 的点电荷所受静电力为零，故B正确：当两个半径均为r、带电 线下端距重心x,第一次测出摆线长1，则摆长为L,=L1+x,测 荷量均为Q的金属球中心相距为3r时，两者不能看作点电荷 出对应的周期T。仅改变摆线长，第二次测出摆线长！2，则摆 其大小也不可忽略，库仑定律不再适用，故C错误：两点电荷间 长为山，=山+，测出对应的周期1，。根据T=2m√g 亿1+x 的静电力是相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。 2(42-41) 《(2a,电荷B和电 2.D电荷D对电荷A的静电力大小F=k,g +,解得重力加速度g= T,2-T2 荷C对电荷A的静电力大小R=R=k号，根据力的合成法则 2t 4.(1)N-(2)2.00(3)9.96(4)1.7 可知，电荷A所受的静电力大小F=√F2+(√2F2)2= [解析](1)测得第1个到第N个磁感应强度最大值之间的时 2t 间间隔为6，则单摆周期T的测量值为T=N一=N-1 √停+（丁D正 3.C对小球受力分析如图所示，轨道的弹 (2)实验中用游标卡尺测量摆球直径如图丙所示，则摆球直径 力F、指向圆心，由正弦定理有im∠CPH 为d=20mm+0×0.1mm=20.0mm=2.00cm。 (3)据单摆周期公式可得T=2m√g +虹，整理可得=4 -(L sin∠CHD,其中∠CPH=∠OPB, A ∠CHP=∠HPD=∠APO,其中△APO中 +),共中1=号=1.00cm,对比图丁可得=4 = AP AO si血(T-∠P0B)=sim∠APo同理有 1.00+0.0s/m,解得g≈9.96m/s。 4.0 620