课时作业42 实验九：用单摆测量重力加速度大小-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

班级： 姓名： 课时作业42 实验九：用单摆测量重力加速度大小 (总分：60分) 基础巩固 “过原点”或“不过原点”)的倾斜直线，若图像的斜 率为k,则当地的重力加速度g= 1.(8分)某同学用单摆测量重力加速度。得分 3.(10分)(2025·八省联考河南卷)学生实验小组利 (1)(多选)为了减少测量误差，下列做法正确的是 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。完成下列各题： A.摆的振幅越大越好 得分 B.摆球质量大些、体积小些 (1)实验时，将细线的一端连接摆球，另一 C.摆线尽量细些、长些、伸缩性小些 D.计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处 端固定在铁架台上O点，如图1所示，然 (2)改变摆长，多次测量，得 后将摆球拉离平衡位置，使细线与竖直方 T 到周期二次方与摆长的关系 向成夹角0(0<5)，释放摆球，让单摆开 图像如图所示，所得结果与 始摆动。为了减小计时误差，应该在摆球 图1 当地重力加速度值相符，但 摆至 (选填“最低点”或“最高 发现其延长线没有过原点， 点”)时开始计时。 其原因可能是 (2)选取摆线长度为100.0cm时，测得摆球摆动 A.测周期时多数了一个周期 30个完整周期的时间(t)为60.60s。若将摆线长 B.测周期时少数了一个周期 度视为摆长，求得重力加速度的大小为 C.测摆长时直接将摆线的长度作为摆长 m/s2(取π2=9.870，结果保留三位有效数字)。 D.测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长 2.(8分)某实验小组要测量当地的重力加速度。由 (3)选取不同的摆线长度重复上述实验，相关数据 于没有摆球，小组成员找到了一块外形不规则的 汇总在下表中，在坐标纸上作出摆线长度()和单 小金属挂件代替摆球做了一个如图所示的单摆。 摆周期的二次方(T2)的关系曲线，如图2所示。 得分 1/m t/s T2/s 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 (1)用刻度尺测量悬线的长L1,将挂件拉开一个不 ↑l/m 1.3 大于5的角度后释放，用秒表测出30次全振动的总 时间t=54.6s,则挂件振动的周期T1= 1.2 (2)改变悬线的长，并测出悬线长L2,重复(1)实 1.1 验，测出挂件振动的周期为T2,则当地的重力加 1.0 速度g= (用L1L2、T1、T2表示)。 0.9 (3)若多次改变悬线的长度重复实验，测得每次实 0.8 验时悬线的长L及对应的挂件振动的周期T,作 0.7 2.53.03.54.04.55.0T2s T2-L图像，得到的图像是一条 (选填 图2 (横线下方不可作答) 437□ 第八章机械振动和机械波 设直线斜率为k,则重力加速度可表示为g= 光敏 激光 (用k表示)。由图2求得当地的重力加 接自动 电阻 光源 记录仪 速度大小为 m/s2(结果保留三位有效数字)。 (4)用图像法得到的重力加速度数值要比(2)中得 11十l 1+21t 到的结果更精确，原因是 甲 乙 4.(12分)将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h (1)该单摆的振动周期为 ,用此装置测得 (未知)且开口向下的小筒中（单摆的下部分露于 的重力加速度的表达式为g (用题中物 理量的符号表示)」 筒外)，如图甲所示。将悬线拉离平衡位置一个小 (2)若保持摆线长不变，换用直径为原来的2倍且 角度后由静止释放，设单摆摆动的过程中悬线不 材料相同的摆球再进行实验，则图乙中的△：将 会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测 ,该单摆的周期将 。（均选填 量出筒的下端口到摆球球心的距离L,并通过改 “变大”“不变”或“变小”) 变L而测出对应的摆动周期T,再以T2为纵轴、 6.(12分)(2025·湖南湘潭高三检测)智能手机自带 L为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此 许多传感器，某同学想到使用其中的磁感应强度 图像得出当地的重力加速度g和小筒的深度五，取 传感器，结合单摆原理测量当地的重力加速度。 π=3.14。回答下列问题： 得分 具体操作如下： 得分 T2/s2 10 1.80 甲 (1)用游标卡尺测量小钢球的直径d,测得结果如 -45 0 ‘60 L/cm 图甲所示，其读数d= mm。 -2.40 (2)将细绳一端固定在O点，另一端系一小钢球， 甲 用毫米刻度尺测量出细绳的长度L。 (1)(多选)现有可选择的测量工具如下，本实验不 (3)如图乙所示，将强磁铁吸附于小钢球下侧，在 需要的测量工具是 单摆的正下方放置一手机，打开手机中测量磁感 0 A.停表 B.时钟 应强度的应用软件。 C.天平 D.毫米刻度尺 +B/uT 40A (2)如果实验中所得到的T2-L图像如图乙所示， 那么真正的图像应该是图线a、b、c中的 (选填“a”“b”或“c”)。 一强磁铁 (3)由图像可知，当地的重力加速度g= 手机回 m/s2(结果保留三位有效数字)，小筒的深度h= 乙 丙 (4)使单摆小角度摆动，每当钢球经过手机时，磁传 m. 感器会采集到一个磁感应强度的峰值。采集到磁 5.(10分)用时间传感器代替秒表做“用单摆测定重 感应强度B随时间t变化的图像如图丙，由图得单 力加速度”的实验装置如图甲所示。长为。的摆 摆的周期T= s(结果保留两位有效数字)。 线一端固定在铁架台上，另一端连接一个质量为 (5)若该同学把O点到钢球中心的距离作为单摆 m、直径为d的小球，在摆球运动轨迹最低点的 摆长，则重力加速度的表达式可表示为 左、右两侧分别正对放置一激光光源和一光敏电 (用L、d、T进行表示)。 阻，细激光束与球心等高。光敏电阻与自动记录 (6)根据以上操作，该同学实验得出重力加速度值 仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t 与当地重力加速度相比会 (选填“偏大” 变化的图线如图乙所示。 得分 “偏小”或“相等”)。 红对勾·讲与练 438 高三物理沿x轴正方向，故A正确：由题图甲可 知，该波的波长入=12m,由题图乙可 知，该波的周期T=1.6s,则该列波的传 播述度为0=A=12 =1.6 m/s=7.5m/s 故B错误；质点Q只是沿y轴方向上 下振动，并不会沿波的传播方向运动， 故C错误；由题图乙可知，t=0.2s时， 质点Q位于y轴正方向，则质点Q的 加速度方向沿y轴负方向，故D错误。 10.BC在0.5s内，甲、乙两列波传播的 距离均为△x=v△t=2X0.5m= 1m,根据波形平移法可知，t=0.5s 时，x=1m处甲波的波谷刚好传到 P处，x=3m处乙波的平衡位置刚 好传到P处，根据叠加原理可知，t= 0.5s时，P偏离平衡位置的位移为 -2cm,故A错误，B正确；在1.0s 内，甲、乙两列波传播的距离均为 △x'=v△t'=2×1.0m=2m,根据波 形平移法可知，t=1.0s时，x=0处 甲波的平衡位置刚好传到P处，x= 4m处乙波的平衡位置刚好传到P 处，且此时两列波的振动都沿y轴正 方向，根据叠加原理可知，t=1.0s 时，P向y轴正方向运动，故C正确， D错误。 11.AC若机械波沿x轴正方向传播， 在t1=2s时O点振动方向竖直向 上，则传播时间△t=t2一t1=3s,满 3 足A4=产T十nT(n=0,1,2,…),解 12 得T= 4n+3 s(n=0,1,2,…),当 n=0时，解得周期T=4s,A正确，B 错误；若机械波沿x轴负方向传播， 在t1=2s时O点振动方向竖直向 下，在t2=5s时O点处于波谷，则 4:=子T+nT(n=0.1,2),解得 1 4 12 T= 4n+1 s(n=0,1,2,…),当n=0 时，解得周期T=12s,C正确，D 错误。 12.Bt=0时，P、Q的位置如题图所示， 以P点为参考，且P处于平衡位置，设 其初相位为0，Q点位移是5√5cm,而 振幅为10cm,则代入y=10sin8cm, 得55=10sim0,解得0=号，即Q 点的初相位为9=三，二者相位差为 ,同理可知质点O和质点P的 位差为晋，则O,P间的距高为 2π 2A=3cm,质点P的平衡位置坐标为 x=3cm,A错误；质，点Q的平衡位置坐 标为= 3 1 2π 一入=入=9cm,则波 2对勾·讲与练·高三物理 传播的速度为u=9cm一3cm 0.3s 0.2m/s,B正确；由波的周期T= 入=1,8s可知，0.45s为四分之一 周期，质点Q不在平衡位置，在此 四分之一周期内运动的路程大于 10cm,C错误；由“同侧法”知，t=0 时质点P向下振动，振动方程为y= -10sin()em--10sin()cm, D错误。 13.(1)见解析图 (2)振幅最大的平衡位置：x=3m、 x=7m振幅最小的平衡位置：x= 1m、x=5m、x=9m 解析：(1)根据△s=v△t,得两列波在 △t=2.5s内传播的距离均为△s= 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，根据题意可知，t=2.5s时， P波引起x=10m处质，点自平衡位 置向下振动，Q波引起x=0处质点 自平衡位置向上振动，根据以上分 析，结合两列波的振幅均为A= 5cm,波长均为入=8m,可画出t= 2.5s时，P、Q波的波形图如图所示。 y/cm m (2)根据题意可知，P、Q两列波波源 的振动频率相同，振动方向相反。t= 0时刻，P、Q两列波刚好传播到x=0 和x=10m处，可将xp=0处和 xa=10m处分别当作P、Q两波的 波源，由两波源的起振方向可知，两 波源振动的相位差恒为π，则两列波 干涉时，振幅最大的平衡位置x到两 波源的距离差满足△x=|(x一xp) x8-x)=(a+2)xm=0.1 2,…),且0≤x10m,解得振幅最大 的平衡位置有x=3m、x=7m。 振幅最小的平衡位置x到两波源的 距离差满足△x=(x一xP)一(xQ一 x)=nλ(n=0,1,2,…),且0x 10m,解得振幅最小的平衡位置有 x=1tm、x=5m、x=9mo 课时作业42实验九：用单摆 测量重力加速度大小 1.(1)BC(2)C 解析：(1)单摆在摆角很小的情况下才 做筒谐运动，故单摆的摆角不能太大， 一般应小于5°，则摆的振幅也不能太 大，故A错误；实验时应尽量选择质量 大些、体积小些的摆球，以减小空气阻 力对实验的影响，故B正确；为了减小 实验误差，摆线应选择细些、长些、伸 缩性小些的绳子，故C正确：摆球经过 平衡位置（最低点）时速度最大，选此 位置计时较准确，故D错误。 -636- (2)根据单摆的周期公式T= 2入Ng 上，有T三g·。实验测得的 结果与当地重力加速度值相符，则 T-1图线斜率为理论值4红，所得 T2-1图线没有过原点，图线在T2轴 的截距为正，则T=红·(1十1，)，故 g 原因可能是测量摆长时直接将摆线的 长度作为摆长，故选C。 、4π(L1一L2) 2.(1)1.82(2 T2-T号 (3)不过原点 4π 解析：(1)挂件振动的周期T1= 54.6 30 s=1.82so (2)设摆线末端与小摆件重心间的距 离为r,根据T=2m√g L十r ,可得 L1干 T1=2πNg L2十r L,T:=2x8 4π(L1-L2) 联立解得g= Ti-T: (3)由T=2x√g 工整理，可得T 4π g ,可知T2-L图像是一条 g 不过原，点的倾斜直线。图像的斜率为 k=红，则当地的重力加速度g一。 4π2 g 3.(1)最低点(2)9.68(3)4π2k9.69 (4)见解析 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，测的周期误差最小，所 以为了减小测量周期的误差，应选摆 球经过最低，点的位置时开始计时。 (2)根据题意可知，摆球摆动的周期 T=二=2.02s,根据单摆周期公式 30 T=2r入Ng 其中l=100.0cm= 1.000m,代入数据可得g≈9.68m/s。 (3)根据单摆周期公式T=2π√g 整理得1一杂·T,可知1-T国像 的斜卓一授，可得重力加地度可表示 为g=4πk;由题图2求得当地的重力加 1.2-0.8 速度大小为g=r×4,89-3.26ms≈ 9.69m/s。 (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，图像的斜率均为京对公 的测量没有影响。 4.(1)BC(2)a(3)9.860.45 解析：(1)本实验需要测量时间以求出 单摆的周期，并要测量筒的下端口到 摆球球心的距离L,则所需要的测量工 具是停表和毫米刻度尺，本题选择不 需要的测量工具，即为时钟和天平，故 选BC。 (2)由题图甲可得，单摆的摆长l=L十 ,由单摆的周期公式得T=2π√g 整理得T=4元L+4红血，因为4π血> 0,所以真正的图像应该是图线a。 (3)根据(2)可知，T2-L图像的斜率 k4π ,纵藏距d=4红，由题图乙中 g g 1.80 图线a可知，k=0.45 2/m=4s2/m, d=1.80s2,可解得g≈9.86m/s2, h=0.45m。 d 5.(1)2to (2)变大 变大 解析：(1)由于小球在每一个周期内两 次经过最低点，根据题图乙可知小球 的周期是2t。;根据单摆周期公式T= 3元L= 得，重力加速度g= 2m入g +号) (2)若保持摆线长不变，换用直径为原 来的2倍且材料相同的摆球再进行实 验，摆球通过激光束的速度不变，所以 摆球通过激光束的时间△Y=24 d=△t,即题图乙中的△t变大：单摆 的摆长r=十号=+d>,十号 即单摆的摆长变大，所以单摆的周期 将增大。 6.(1)10.2(4)2.0 (5)g=2m(2L+d T2 (6)偏小 解析：(1)根据题图甲可知，该游标卡 尺的游标尺为10分度值，则可知精度 为0.1mm,且游标尺第2格与主尺刻 度线对齐，而主尺读数为10mm,则可 知小钢球的直径d=10mm十2× 0.1mm=10.2mm。 (4)当磁场最强时，摆球在手机的正上 方，即单摆的最低，点，根据磁感应强度 随时间变化的图像，可知相邻两次磁 场最强的时间为单摆的半个周期，由 此可得单摆的周期为T=2.0s。 (5)由题意可知，单摆的摆长为l=L十 ，根据单摆的周期公式T d ,可得gx2L+d 2m入g T2 (6)当摆球下方吸附强磁铁后，摆球和 强磁铁整体不再是规则的几何形状， 摆球的重心不再是其几何中心，相应 下移，若仍然用O点到摆球几何中心 的距离作为摆长，则根据重力加速度 与摆长的关系式可知，所测重力加速 度将偏小。 第九章 静电场 课时作业43电场力的性质 1.C库仑定律公式F=k,9适用于年 空中静止的，点电荷间库仑力的计算， A、B错误：根据牛顿第三定律可知，两 个点电荷之间的静电力，无论是在真 空中还是在介质中，一定是大小相等、 方向相反的，C正确；毛皮摩擦过的橡 胶棒吸引碎纸屑，碎纸屑可能带正电， 也可能不带电，D错误。 2.C电场线的疏密表示电场强度的大 小，由题图可知E>E,E，>E,C正 确，A错误；由于电场线是曲线，由a ,点释放的正电荷如果沿电场线运动， 则合力沿轨迹切线方向，这是不可能 的，B错误；电场线的切线方向为该点 电场强度的方向，Q点和b点的切线不 同向，D错误。 3.C设AB=BC=l,根据库仑定律得 下，=5kQ4-0g=1k04,将两带电 12 (2l)2 412 金属小球接触后，两小球所带电荷量 均为一2Q,根据库仑定律得F2= 2602kQ=502.所以=19 12 (21)2 F10 故C正确。 4.C根据点电荷电场强度的叠加法则 可知，等量同种正电荷连线的中垂线 上，电场强度方向由O点向两边延伸， 且大小先增大后减小，在P点由静止 释放一个负点电荷q,在从P点到O 运动的过程中，它只在静电力作用下 向下加速，电场强度可能越来越小，也 可能先增大后减小，静电力可能越来 越小，也可能先增大后减小，则加速度 可能越来越小，也可能先增大后减小， 但速度一定越来越大，故A、B错误；运 动到O点时，负点电荷所受的静电力 为零，加速度为零，速度达到最大值， 故C正确；负点电荷越过O点后，所受 的静电力方向向上，速度减小，电场强 度可能越来越大，也可能先增大后减小， 加速度可能越来越大，也可能先增大后 减小，故D错误。 5.C设A带电荷量为9A,C带电荷量 为q,旋钮旋转的角度与库仑力成正 比，则有0=k1F,依题意有01= kF=k g9C,由题可知D球带电 荷量为qD=3qc,与C接触后分开，电 荷量将均分，有q6-399s=24c 2 依题意有02=k1F2=k1 kqcqA r 2k1 qA9C联立可得a=2,故选C。 6.D由题图乙可知，A点的电场强度大 小为EA-片=0.N/C=40N/C,A -637- 错误；B点的电场强度大小为EB= E=1N/C=2.5N/C,B错误：由 920.4 于EA>EB,点电荷Q应在A点的左 侧，带正电的试探电荷受到的静电力的 方向都跟x轴正方向相同，可知，点电荷 Q是正电荷，C错误；设点电荷Q的位置 坐标为x,则有EA=k Q 0.3-cP,E= Q 0.6一，代入数据解得x=0.2m, D正确。 7.B依题意，b,点的合场强大小为E= ,可知圆盘在力点的场强大小为 E是十祭南对称设可为国盘在 b点的场强大小和在d点的场强大小 相等、方向相反，再根据电场叠加原 理，可得出d点的场强大小为E,= kg=4g,故选B。 Ed十9R-3R 8C如图所示， 设∠OPB= a,∠APO=B, D F P 小球受到A、 B的库仑斥力 N FA、FB和指 A0- B 向圆心的轨道 弹力FN,三力 平衡，在△CHP中，由三角形知识和 FA sin月'在△APO F& 正弦定理有 sin a AP 中，有 in[π-∠POB] sin月，同理在 AO BP BO △BPO中，有 sin∠POB sna,设小球 的带电荷量为q,则Fa= dn.F. 280,联立解得Q1:Q,=2n3:1,0 正确。 9.D要使三个电荷均处于平衡状态，必 须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小 远大”的原则，所以点电荷C应在A左 侧，带负电。设C带电荷量为q,A、C 间的距离为x,A、B间的距离用r表 示，由于C处于平衡状态，所以k9 9kQg,解得x=0.2m,又对点电荷 (r十x)2 A由平衡条件得6g=6Q·9Q,解 x 2 9 得g=一Q,选项D正确。 10.D设AB的距2u 离为r,由题可 0 知，OB的距离 F 也为r,根据几 BO 何关系可得 2rc0s37°=L, F mg 解得r= 8 对小球A受力分析，如图所示，可知 参考答案“☑。