2.4 科学测量：用单摆测量重力加速度 同步作业-2026-2027学年高二上学期物理鲁科版选择性必修第一册

第4节 科学测量：用单摆测量重力加速度 同步作业 一.选择题: 1．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．把摆线长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 2.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 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 二．实验题： 4．在“用单摆测量重力加速度”实验中．(如图所示) (1)下列操作正确的是________． A．甲图：小球从偏离平衡位置60°开始摆动 B．乙图：细线上端用铁夹子固定 C．丙图：小球到达最高点时作为计时开始与终止的位置 D．丁图：小球自由下垂时测量摆线的长度 (2)某同学通过测量30次全振动的时间来测定单摆的周期T，他在单摆经过平衡位置时按下秒表记为“1”，若同方向再次经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间t，算出周期T＝.其他操作步骤均正确．多次改变摆长时，他均按此方法记录多组数据，并绘制了T2－L图像，则他绘制的图像可能是________． (3)按照(2)中的操作，此同学获得的重力加速度将________．(选填“偏大”“偏小”或“不变”) 5.(2025·海南卷)小组用如图所示单摆测量当地重力加速度 ①用游标卡尺测得小球直径d＝20 mm，用刻度尺测得摆线长l＝79 cm，则单摆摆长L＝________ cm(保留四位有效数字)。 ②拉动小球，使摆线伸直且与竖直方向的夹角为θ(θ<5°)，无初速度释放小球，小球经过________点(选填“最高”或“最低”)时开始计时，记录小球做了30次全振动用时t＝54.00 s，则单摆周期T＝________ s，由此可得当地重力加速度g＝________ m/s2(π2≈10，结果全部保留三位有效数字)。 6.(1)在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，用摆长l和T计算重力加速度的公式是g＝________.若已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是________ m．若测定了40次全振动的时间如图乙所示，则停表读数是_____ s，单摆的摆动周期是____ s. (2)为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值．现将测得的六组数据标在以l为横轴、T2为纵轴的坐标系上，即图5中用“·”表示的点，则： ①单摆做简谐运动应满足的条件是________． ②试根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线，根据图线可求出g＝________ m/s2.(结果取两位有效数字) 7．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＝________. 8．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”)． 9．(2025·浙江6月选考)在用单摆测重力加速度的实验中： (1)如图1所示，可在单摆悬点处安装力传感器，也可在摆球的平衡位置处安装光电门。甲同学利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图2所示，则单摆的周期为________s(结果保留三位有效数字)。乙同学利用光电门，从小钢球第1次遮光开始计时，记下第n次遮光的时刻t，则单摆的周期为T＝________； (2)丙同学发现小钢球已变形，为减小测量误差，他改变摆线长度l，测出对应的周期T，作出相应的l­T2关系图线，如图3所示。由此算出图线的斜率k和截距b，则重力加速度g＝________，小钢球重心到摆线下端的高度差h＝________；(结果均用k、b表示) (3)丁同学用3D打印技术制作了一个圆心角等于5°、半径已知的圆弧槽，如图4所示。他让小钢球在槽中运动，测出其运动周期，算出重力加速度为8.64 m/s2。若周期测量无误，则获得的重力加速度明显偏离实际值的最主要原因是__________________。 10.用单摆测量重力加速度的实验装置如图所示． (1)组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)． A．长度为1 m左右的细线 B．长度为30 cm左右的细线 C．直径为1.5 cm左右的塑料球 D．直径为1.5 cm左右的小钢球 (2)在实验中，有人提出以下几点建议，其中合理的是________(选填选项前的字母)． A．测摆线长时，应让小球静止在平衡位置，测量悬点到小球顶点的距离 B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大，摆角θ<5° C．在摆球经过最低点时启动秒表计时 D．用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期 (3)某次实验时，测得摆线长为l，小球的直径为d，单摆完成n次全振动所用的时间为t，则重力加速度g＝________(用已知物理量表示)． (4)下表是甲同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理． 组次 1 2 3 摆线长l/mm 793.0 893.0 993.0 小球直径d/mm 14.0 14.0 14.0 50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5 振动周期T/s 1.80 1.91 重力加速度g/(m·s－2) 9.74 9.73 请计算出第3组实验中的T＝______ s，g＝______ m/s2. (5)乙同学用多组实验数据作出周期的平方(T2)与摆长(L)关系的图像，如图所示，图像是一条过原点的直线，斜率为k，由此可知重力加速度g＝________. (6)丙同学在家里测重力加速度．他用细线和小铁锁制成一个单摆，如图甲所示．由于他无法确定铁锁的重心位置，所以他只测得摆线的长度l.然后将铁锁拉离平衡位置一个小角度由静止释放，测出振动周期T.多次改变摆线的长度，重复上面操作，得到多组l、T的数据，作出T2－l图像如图乙所示，图像是一条不过原点的直线．他借鉴乙同学的思路，结合直线的斜率求得重力加速度．丙同学得到的重力加速度是否正确？并说明理由______________．(可忽略空气阻力对该实验的影响) 参考答案: 1.答案　C解析　根据T＝2π，得g＝.把摆线长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重力加速度无关，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． 2.答案：D解析：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. 3.答案：C解析：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 理由见解析,测量求平均值. 4.答案　(1)BD　(2)D　(3)偏大 解析　(1)摆线与竖直方向的夹角小于5°时，才可以认为摆球的运动为简谐运动，故A错误；细线上端应用铁夹子固定，防止松动引起摆长变化，故B正确；当小球运动到最低点时开始计时误差较小，故C错误；实验时应该测量小球自由下垂时摆线的长度，故D正确． (2)根据T＝2π得，T2＝，可知T2与L成正比，故D正确，A、B、C错误． (3)实际的全振动次数为29，按30次计算，则计算得到的周期测量值偏小，根据g＝知，测得的重力加速度偏大． 5.答案　①80.00　②最低　1.80　9.88 解析　①单摆的摆长为L＝l＋＝80.00 cm。 ②为减小实验计时误差，需在小球经过最低点时开始计时； 单摆周期T＝＝ s＝1.80 s；根据单摆周期公式T＝2π， 可得g＝，代入数据得g＝9.88 m/s2。 6.答案　(1)　0.875 0　75.2　1.88　(2)①偏角小于5°　②见解析图　9.9 解析　(1)由单摆的周期公式T＝2π， 可得g＝. 由题图甲可知，摆长l＝(88.50－1.00) cm＝87.50 cm＝0.875 0 m. 停表的读数t＝60 s＋15.2 s＝75.2 s， 所以T＝＝1.88 s. (2)①单摆做简谐运动的条件是偏角小于5°. ②连线时使大部分点落在图线上，不在图线上的点均匀分布在图线的两侧(如图)，图线斜率k＝＝4 s2/m.由g＝可知T2－l图线的斜率表示，故＝4 s2/m，可得g≈9.9 m/s2. 7.答案　(1)B　(2)2.28　(3)0.991 5　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，此时单摆的周期为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＝. 8.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＝. 9.答案：(1)1.31　　(2)4π2k　kb (3)周期有系统误差 解析：(1)单摆摆动过程中，在最低点摆球速度最大，摆线的拉力最大，相邻两次拉力最大的时间间隔为半个周期。由图2可知，从起始到终止经历的时间间隔Δt＝7.6530 s－1.1277 s＝6.5253 s，则有Δt＝10·，解得单摆的周期T＝1.31 s。由题可得(n－1)＝t，解得T＝。 (2)由题意可知摆长为L＝h＋l，根据单摆周期公式有T＝2π，可得l＝T2－h，即l­T2图像的斜率为k＝，解得g＝4π2k。当T2＝b时，l＝0，则有0＝kb－h，解得h＝kb。 (3)小钢球在圆弧槽中的运动可等效成单摆的简谐运动，设圆弧槽半径为R，小钢球半径为r，则单摆摆长L＝R－r，周期T＝2π，可得g＝。由题可知，获得的重力加速度8.64 m/s2明显小于实际值9.8 m/s2，差距达到12%，R已知，r≪R，所以主要原因不可能是摆长L＝R－r测量错误；g是T的二次函数，T的微小变化就会引起g的较大差异，又T的测量无误，所以主要原因是周期T有系统误差(例如轨道不光滑、小球有滚动而不是滑动)。 10.答案　(1)AD　(2)ABC　(3)(l＋)　(4)2.01 9．76　(5)　(6)正确，理由见解析 解析　(1)为减小实验误差，摆线长度应适当长些，因此选A；为减小空气阻力对实验的影响，摆球质量应大而体积较小，因此选D. (2)测摆线长时，应让小球静止在平衡位置，测量悬点到小球顶点的距离，A正确；单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般小于5°，B正确；当摆球经过最低点(平衡位置)开始计时误差较小，需用秒表测量大约30次或50次全振动所需的时间，再求出周期，单测一次全振动所需的时间表示周期误差较大，C正确，D错误． (3)摆长为L＝l＋，单摆周期T＝，根据单摆周期公式T＝2π， 联立解得g＝(l＋)． (4)通过以上分析可知，T＝， 所以T＝ s＝2.01 s，g＝(l＋)， 代入解得g≈9.76 m/s2. (5)根据T＝2π得T2＝L，所以斜率为k，则重力加速度g＝. (6)设摆线下端至铁锁重心位置的长度为a，则铁锁振动周期T＝2π， 得T2＝4π2＝l＋，图像斜率k＝，得g＝，所以计算正确． 学科网（北京）股份有限公司 $