第二章 5 实验：用单摆测量重力加速度-【新课程能力培养】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册练习手册（人教版）

N 高中物理选择性必修第一册（人教版） 5.实验：用单摆测量重力加速度 基础练)习 知识点 利用单摆测量重力加速度 C.要保证单摆自始至终在同一竖直 1.(多选)做“利用单摆测量重力加速度”的 面内摆动 实验，某同学做实验时，操作上错误或 D.单摆振动时，应注意使它的偏角 不合理的有() 开始时不能小于10° A.摆球摆动到最高点开始计时 (2)某同学先用米尺测得摆线长为97.43cm, B.防止摆球在水平面内做圆周运动或椭 ①用游标卡尺测得摆球直径如图所示 圆运动 为 cm;②则单摆的摆长为 C.测出的摆线长就是摆长 (填此空保留两位小数)cm; D.在平衡位置启动秒表，并开始计数， ③然后用秒表记录了单摆振动50次 当摆球第30次经过平衡位置时制动秒 所用的时间为100s,则单摆的周期 表，若读数为t,则T= 为 s;④当地的重力加速度为 30 (填此空保留两位小数)ms2。 2.某同学在做“利用单摆测量重力加速度” 2 的实验中，如果他测得的g值偏小，可能 的原因是() 10 15 A.测摆线长时，摆线拉得过紧 第3题图 B.摆线上端未牢固地悬挂，振动中出现 (3)实验中，如果摆球密度不均匀，无法 松动，使摆线长度增加了 确定重心位置，一位同学设计了一个 C.开始计时时，秒表过迟按下 巧妙的方法不测量摆球的半径。具体 D.实验中误将49次全振动记为50次 3.在“利用单摆测量重力加速度”的实验中： 做法如下：第一次量得悬线长1，测 (1)以下做法中正确的是 (填序 得振动周期为T1；第二次量得悬线长 号)。 ☑，测得振动周期为T2,由此可推得 A.测量摆长的方法：用刻度尺量出 重力加速度为g=」 从悬点到摆球间的细线长 4.将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未 B.测量周期时，从小球到达最大振 知)且开口向下的小筒中（单摆的下部分 幅位置开始计时，摆球完成50次 露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平 全振动时，及时截止，然后求出 衡位置一个小角度后由静止释放，单摆振 完成一次全振动的时间 动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验 (46)练 N 第二章机械振动。 的长度测量工具只能测量出筒的下端口到 如图乙所示，那么真正的图像应该是 摆球球心的距离L,并通过改变L而测出 a、b、c中的 对应的摆动周期T,再以T2为纵轴、L为 (2)由图可知，小筒的深度h= m, 横轴作出T?-L函数关系图像，那么就可 当地重力加速度g= m/s2。 以通过此图像得出小简的深度h和当地的 (计算结果保留三位有效数字) 重力加速度g。 (3)在实验中，每次测量时总是错误地把 T2/8 摆线加上球直径当成了摆长，如果仍 1.26 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 -31.50,41.00Lm -1.64 h的影响是 ,对g的影响是 (填序号)。 乙 第4题图 A.无影响 B.比真实值小 (1)如果实验中所得到的T2-L关系图像 C.比真实值大 D.不确定 提升练习 5.用单摆测定重力加速度的 续表 实验装置如图甲所示。 组次 1 2 3 (1)(多选)组装单摆时 50次全振动所用的时间s 90.0 95.5 100.5 应在下列器材中选用 振动周期T/s 1.80 1.91 (填序号)。 重力加速度g/(ms-2) 9.74 9.73 A.长度为1m左右的细线 请计算出第3组实验中的T=s, B.长度为30cm左右的细线 g= m/s。 C.直径为1.8cm的塑料球 (4)用多组实验数据作出P-1图像，也可 D.直径为1.8cm的铁球 以求出重力加速度g。已知三名同学 (2)测出悬点O到小球球心的距离（摆 作出的TP-1图线的示意图如图乙中 长)l及单摆完成n次全振动所用的 的a、b、c所示，其中a和b平行， 时间t,则重力加速度g= b和c都过原点，图线b对应的g值 (用l、n、t表示)。 最接近当地重力加速度的值。则相 (3)下表是某同学记录的3组实验数据， 对于图线b,下列分析正确的是 并做了部分计算处理。 (填序号)。 组次 1 2 3 A.出现图线a的原因可能是误将悬 摆长llcm 80.00 90.00 100.00 点到小球下端的距离记为摆长 练 高中物理选择性必修第一册（人教版） 重复步骤(2)。 (4)依次增加砝码质量m,测出对应的周 期T,实验数据如下表所示，在图乙 中绘制T心-m关系图线。 m/kg Tls T/s2 第5题图 0.000 0.632 0.399 B.出现图线c的原因可能是误将49 0.050 0.775 0.601 次全振动记为50次 0.100 0.893 0.797 C.图线c对应的g值小于图线b对应 0.150 1.001 1.002 的g值 0.200 1.105 1.221 (5)某同学在家里测重力加速度。他找到 0.250 1.175 1.381 细线和铁锁，制成一个单摆，如图丙 凸一砝码 Q0C00000 所示。由于家里只有一根量程为 30cm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 左支点 滑块 气垫导轨右支点 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 16 1.4 改变O、A间细线长度以改变摆长。 1.2 实验中，当O、A间细线的长度分 1.0 别为11、马时，测得相应单摆的周期 0.8 为T、T2。由此可得重力加速度g= 2g (用11、l2、T、T2表示)。 0.4 6.在太空，物体完全失重，用天平无法测量 0.2 00.050.100.150.200.250.30mkg 质量。如图甲，某同学设计了一个动力学 方法测量物体质量的实验方案，主要实验 第6题图 仪器包括：气垫导轨、滑块、轻弹簧、标 (5)由TP-m图像可知，弹簧振子振动周期 准砝码、光电计时器和待测物体，主要步 的平方与砝码质量的关系是 骤如下： (填“线性的”或“非线性的”)。 (1)调平气垫导轨，将弹簧左端连接气垫 (6)取下砝码后，将待测物体固定在滑块 导轨左端，右端连接滑块。 上，测量周期并得到T=0.880s2,则 (2)将滑块拉至离平衡位置20cm处由静 待测物体质量是 kg(保留3 止释放，滑块第1次经过平衡位置处 位有效数字)。 开始计时，第21次经过平衡位置时 (7)若换一个质量较小的滑块重做上述实 停止计时，由此测得弹簧振子的振动 验，所得TP-m图线与原图线相比将 周期T。 沿纵轴 移动（填“正方向” (3)将质量为m的砝码固定在滑块上， “负方向”或“不”)。 48)练(2+1)(n=0,1,2,3,…),由于分运动的等时性， 所以初速度=AD三10 tm(2n+1)）(m=0,1,2,3,…) 这“受Vga12.3.)【辉折】本题 考查单摆运动的周期性、重复性，相遇时间相等。A、 B相遇一定在0点，B返回0点所用时间为1：二，A 到达0点时间为t=(n=1,2,3,…),则2x= 2 ①，由单摆周期公式1-2V②，解①②得 2 变Va=l,2.3.… 14.(1)0.4rs0.4m(2)0.05kg(3)0.283ms 【解析】(1)小球在一个周期内两次经过最低点，根据 该想律T-04标s。由单按的周期公式为T-2V,解 得1=-10x0.16xmm=0.4m. Γ4m2 4π2 (2)(3)摆球受力分析如图所示：在最高点A,有 Fm=mgcos0=0.495N,在最低点B,有 0 Fmgm号0.510N。从A到B,机枝 :间0F 能守恒，由机械能守恒定律得mgl(1- B A cos)=m,联立三式并代入数据得m mg mg 005kg,=VY2ms≈0.238m5。 第14题答图 5 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=301=14.5,若读数 2 为1，则单摆周期：下45，故D错误。 2B【解折】限据单摆的周期公式72V?得 4,测摆线长时摆线拉得过紧，使得摆长的测量值 参考答案与解析。 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次全振动数记成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)①2.125②98.49③2④9.72 (⊙)灯，}【解】)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)①由图示游标卡尺可知，摆球直径为d=21 mm+5x0.05mm=21.25mm=2.125cma ②摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，单摆的摆 长为P4号=989cm ③单摆振动50次所用的时间为100s,则单摆的周 期为T=1=2s。 n ④由单损调期公式2√日 可知重力加速度为 4=9.72m63。 (3)设提球的半径为、由单摆周期公式72√日 可知，=Vg,-aV货，怎得 Ti-Ti 4.(1)a(2)0.3159.86(3)BA【解析】 心由单摆周期公式72元1h,得到P=4宁 g 4m。当L=0时，TP-4m>0,则真正的图像是a。 g (2)当T=0时，L=-h,即图像与L轴交点坐标h -L=315cm=0.315m。图线的斜率大小h=4r2,由题 g 图，根据数学知识得k=4,解得g=9.86m/s2。 (3)根据(1)中分析可知把摆线加上球直径当成 了摆长，即1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。 53 N 高中物理选择性必修第一册（人教版） 提升练习 5.(1)AD (2)4m3n1 (3)2.019.76 (4)B (5)4m)【解析】(1)）单摆模型需要满 T-T9 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= 结合-2mVg得g= 2 (3)周期T=1= 105-201(s.由7-2aVF,解出g-96ms。 50 (4由T-2加V任，两边平方后可知户1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1，则第1、2次的摆长分别为+ 、4h,由T=2mVg ,=2m,联立解得g 4π2(l-l2) T-T 9 6.(4)见解析 (5)线性的(6)0.120 (7)负方向【解析】(4)描点连线绘制T-m关系图线 如图所示。 AT/s 1.6 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 00.050.100.150.200.250.30m/kg 第6题答图 (5)图线是一条倾斜的直线，说明弹簧振子振动周 期的平方与砝码质量为线性关系。(6)根据绘制的严 m关系图像可知，当纵坐标=0.880s2,对应横坐标为 0.120kg,故待测物体质量是0.120kg。(7)换一个质 量较小的滑块做实验，滑块和砝码总质量较原来偏小， 要得到相同的周期，应放质量更大的砝码，即图像的纵 坐标相同时，对应的横坐标变大，所得T°-m图线在原 54 图线的下方，即所得图线与原图线相比沿纵轴负方向移 动。 “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o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，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 题率相等，则周期为2s,由T21,可得 1m,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149r/min,则周期 T=日0，甲、乙的￥径之化是15，则乙的周期是 72器、，要发生共振，由单损周期公式7-2V写 得，对应单摆的摆长约为1.028m;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=T,所以受迫振动的状态一定不是题图乙