2.5 实验：用单摆测量重力加速度 达标练习-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

第5节 实验：用单摆测量重力加速度 达标练习 一、选择题: 1．在用单摆测定重力加速度时，摆球应选用(　　) A．半径为1 cm的木球 B．半径为1 cm的铝球 C．半径为1 cm的空心钢球 D．半径为1 cm的实心钢球 2．有粗细相同的棉线、丝线和铁丝，在选取作为单摆的摆绳时，应选取(　　) A．棉线，因为它比较轻 B．丝线，因为它既轻又不易发生形变 C．铁丝，因为它较重且摆动起来又容易稳定 D．任意选取哪一种都一样，因为单摆的摆动周期仅与摆长有关 3．为了提高周期的测量精度，下列做法可取的是(　　) A．在平衡位置启动秒表，完成一次全振动计时结束 B．在最大位移处启动秒表，第一次回到这一位置结束计时 C．在平衡位置启动秒表，完成30次全振动计时结束 D．在最大位移处启动秒表，完成30次全振动计时结束 　　4．某实验小组利用单摆测当地的重力加速度实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是(　　) A．以摆线长度作为摆长来进行计算 B．单摆所用摆球质量太大 C．把(n－1)次全振动时间误当成n次全振动时间 D．开始计时时，秒表过早按下 5．(多选)针对用单摆测重力加速度的实验，下面各种对实验误差的影响的说法中正确的(　　) A．在摆长和时间的测量中，时间的测量对实验误差影响较大 B．在摆长和时间的测量中，长度的测量对实验误差影响较大 C．将振动次数n记为(n＋1)，测算出的g值比当地的公认值偏大 D．将摆线长当作摆长，未加摆球的半径测算出的g值比当地的公认值偏大 6．(多选)某学生利用单摆测定重力加速度，在以下各实验步骤中，有错误的步骤是(　　) A．在未悬挂之前先测定好摆长 B．测得的摆长为10 cm C．将摆球拉离平衡位置，摆角约15°后，让其在竖直平面内振动 D．测单摆周期时，应从摆球通过平衡位置开始计时 2． 实验题： 7．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示．则： (1)该摆摆长为________cm，秒表的示数为________； (2)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．摆线上端悬点未固定，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次全振动数为50次 8．在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝.只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图像，就可以求出当地的重力加速度．理论上T2－l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示． (1)造成图像不过坐标原点的原因可能是________________________． (2)由图像求出的重力加速度g＝________ m/s2.(π2取9.87) 9．某同学利用单摆测定当地的重力加速度． (1)为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________． A．最高点 B．最低点 C．任意位置 (2)用停表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时停表的示数如图甲所示，该单摆的周期是T＝________ s(结果保留三位有效数字)． (3)若用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为________ m；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则球的直径为________ cm；单摆的摆长为________ m(计算结果保留三位有效数字)． (4)若用l表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________. 10．在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D，某次测量游标卡尺的示数如图甲所示． 回答下列问题： (1)由图甲可知，摆球的直径为D＝________ mm. (2)该单摆的周期为________． (3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2－L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2－L图像是图乙中的________(选填“①”“②”或“③”)，由图像可得当地重力加速度g＝________，由此得到的g值会________(选填“偏小”“不变”或“偏大”)． 参考答案： 1.解析：选D．钢球密度大，同样的体积更重，符合单摆测g时对小球的要求，小一些、重一些好． 2.解析：选B．理想的单摆的摆线是一条没有伸缩和质量的线段，而实际情况中摆线既有形变又有质量，对实验结果有一定的影响．相对而言，丝线更符合条件，棉线差在形变上，而铁丝太重了，会造成实际摆的重心上移，影响摆长测量的准确度． 3.解析：选C．在平衡位置启动原因是：此时速度最大，易区分，计时误差相对小，测30次目的是多次测量求平均值． 4.答案　C解析　根据T＝2π，得g＝.以摆线长度作为摆长来进行计算，则l偏小，测得的g偏小，故A错误；单摆所用摆球质量大小与测得的重力加速度的值无关，故B错误；把(n－1)次全振动时间误当成n次全振动时间，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故C正确；开始计时时，秒表过早按下，则测得的T偏大，则g测量值偏小，故D错误． 5.解析：选AC．对于单摆重力加速度的实验，重力加速度表达式g＝，由于与周期是平方关系，它若有误差，在平方后会更大，所以时间的测量影响更大些，A正确，B错误；另外，如果振动次数多数了一次，会造成周期的测量值变小，重力加速度测量值变大，C正确；若摆长未加小球的半径，将使摆长的测量值变小，g值变小，D错误． 6.解析：选ABC．应在悬挂好后，利用米尺来测量摆长，A错误；测出的摆长不能是10 cm，这样l不满足单摆条件l≫R，B错误；将摆球拉离平衡位置，摆角应小于5°，C错误，D正确． 7.解析：(1)由摆长公式l＝l′＋，知l＝98.50 cm，由秒表的读数方法，可求得单摆振动50次所用的时间t＝短针读数(t1)＋长针读数(t2)＝3×30 s＋9.8 s＝99.8 s，同时可求得周期T. (2)通过g＝，可知g偏小的可能原因有二：一是摆长l的测量值偏小，即测量值小于实际值，A错误，B正确；二是周期T的测量值偏大，如开始计时时，过早按下秒表；停止计时时，过迟按下秒表；误把n＋1次全振动数为n次等，C、D错误． 答案：(1)98.50　99.8 s　(2)B 8.答案：(1)测摆长时漏掉了摆球半径　(2)9.87 解析：(1)既然所画T2－l图像与纵坐标有正截距，表明l的测量值与真实值相比偏小了，这意味着测摆长时可能漏掉了摆球半径． (2)图像的斜率k＝＝4，则g＝＝9.87 m/s2. 9.答案　(1)B　(2)2.28 (3)0.991 5(0.991 3～0.991 7均可)　2.075　1.00 (4) 解析　(1)为了减小测量周期时由操作者引起的偶然误差，实验时需要在摆球速度最大的点做标记，即最低点． (2)用停表测量单摆的周期，为减小实验误差需测量多个周期的总时间．根据题意可知从n＝1到n＝60共有59个时间间隔，每一个时间间隔为个周期，故为29T，根据停表读出此时间间隔为Δt＝67.4 s．代入数据解得，单摆的周期约为2.28 s. (3)用最小刻度为1 mm的刻度尺测得单摆的摆线长为99.15 cm＝0.991 5 m，用游标卡尺测量摆球的直径，此游标尺为20分度，读数为20 mm＋×15 mm＝20.75 mm＝2.075 cm，单摆的摆长为l＝(0.991 5＋) m＝1.001 875 m，计算结果保留三位有效数字，故摆长为1.00 m. (4)根据T＝2π可知g＝. 10.答案　(1)16.4　(2)　(3)①　　不变 解析　(1)由题图甲所示游标卡尺可知，主尺示数是16 mm， 游标尺示数是4×0.1 mm＝0.4 mm，则摆球的直径为16 mm＋0.4 mm＝16.4 mm. (2)由于测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt，所以该单摆的周期为T＝. (3)由单摆周期公式T＝2π可知T2＝L，则T2－L图像的斜率k＝，则重力加速度g＝，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有T2＝(L－)，由此得到的T2－L图像是题图乙中的①，由于图线的斜率不变，计算得到的g值不变，由图像可得k＝，当地重力加速度g＝. 学科网（北京）股份有限公司 $