练案16 第二章 5. 实验：用单摆测量重力加速度-【成才之路·练案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

练案[16] 第二章5.实验：用单摆测量重力加速度 基础巩固练 (2)如果他在实验中误将49次全振动数为50 次，测得的g值 （选填“偏大”“偏 1.某同学用如图所示的实验装置测量 小”或“准确”)。 当地重力加速度，实验室提供的选 (3)他以摆长(L)为横坐标、周期的二次方 用器材有： (T2)为纵坐标作出了T2-L图线，由图像 A.长约1m的细线 测得的图线的斜率为k,则测得的重力加 B.长约1m的弹性绳 速度g= (用题目中给定的字 C.直径约2cm的实心铁球 母表示) D.直径约2cm的实心橡皮球 (4)小雷根据实验数据作出的图像如图所示， E.米尺 造成图像不过坐标原点的原因可能是 F.卷尺 G.手表 4.0 H.秒表 (1)本实验需要从上述器材选择： -10 99 L/em (填器材前面的序号)； 3.在“利用单摆测重力加速度”的实验中： (2)在挑选合适的器材制成单摆后，该同学实 (1)测得摆线长l,小球直径D,小球完成n次 验过程记录的实验数据如下： 全振动的时间为t,则实验测得的重力加 速度的表达式g 组次 1 2 3 4 5 (2)实验中如果重力加速度的测量值偏大，其 摆长l/cm 50.00 60.00 70.00 90.00 100.00 可能的原因是 50次全振 A.把摆线的长度1。当成了摆长 71.0 78.0 84.0 95.5 动时间t/s B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中 振动周期 出现松动，使摆线变长 1.42 1.56 1.68 1.91 2.01 T/s C.测量周期时，误将摆球(n-1)次全振动 的时间t记成了n次全振动的时间 重力加速度 9.78 9.72 9.73 9.76 g/(m·s2) D.摆球的质量过大 (3)如图所示，停表读数为 请计算出数据表中第3组的g= m/s2(结果保留三位有效数字)，第5组50 次全振动的时间t= S; (3)在实验过程中，由于实验用的夹子不够 紧，使得细线在摆动过程中出现松动，则 (4)某同学因为粗心忘记测量摆球直径，实验 测得的重力加速度的值 （选填 中将悬点到小球下端的距离作为摆长1， “偏大”或“偏小”)。 测得多组周期T和1的数据，作出1-TP图 2.(2026·北京师大附中高二检测)小雷在做 像，如图所示。则该小球的直径是 “利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆 cm(保留一位小数)；实验测得当地重力加 线长为97.20cm;用20分度的游标卡尺测得 速度大小是 m/s2(保留三位有效 小球直径如图所示，然后用秒表记录了单摆全 数字)。 振动50次所用的时间。则： l/cm 3 5(cm) 1⊥LLL山山山 0.6 TTTTTTTTTTTTTT 05101520 -2.40 2.4TP102s (1)小球直径为 -0.6 cm —180 综合提升练 L/m 0.50 0.80 1.00 1.20 1.50 4.将一单摆装置竖直挂于某一深度h(未知)且 T/s 1.42 1.79 2.00 2.20 2.45 开口向下的小筒中（单摆的下部分露于筒 T2/s2 2.02 3.20 4.00 4.846.00 外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小 角度后由静止释放，设单摆振动过程中悬线不 (3)下面是小明的某次测量：当小球稳定摆动 会碰到筒壁。如果本实验的长度测量工具只 后，以某次经过平衡位置时开始计时，并 能测量出筒的下端口到摆球球心的距离为1， 计数为1，此后小球每摆动到平衡位置 并通过改变1而测出对应的周期T,再以T2为 次，计数一次，依次计数为2、3…，当数 纵轴、1为横轴作出函数关系图像，那么就可以 到100时，停止计时，测得时间为t。小明 通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力 加速度。 以作为单摆周期来进行计算。根据你 T/s 的判断，由此得到的g值将是 1.20 (选填“偏小”“准确”“偏大”)的。 6.在“用单摆测定重力加速度”的实验中： -0.30 0.40 l/m (1)若完成n次全振动的时间为t,用毫米刻度 尺测得的摆线长（悬点到摆球上端的距 -1.60 离)为L,用刻度尺测得摆球的直径为d, (1)利用单摆测重力加速度时，为了减小误 用上述物理量的符号写出测重力加速度 差，我们利用停表来测量单摆多次全振动 的一般表达式g= 的时间，从而求出振动周期。除了停表之 (2)实验中某同学发现测得的重力加速度的值 外，还需要的测量工具为 总是偏大，下列原因中可能的是 A.天平 B.毫米刻度尺 A.实验室处在高山上，距离海面太高 C.弹簧测力计 B.单摆所用的摆球质量太大了 (2)如果实验中所得到的T2-1关系图像如图 乙所示，那么真正的图像应是a、b、c中的 C.实际测出n次全振动的时间t,误作为 (n+1)次全振动的时间 (3)由图像可知，小筒的深度h m, D.以线长作为摆长来计算 当地的重力加速度g= m/s。 (3)甲同学测量出几组不同摆长L和周期T 5.在“用单摆测定重力加速度”的实验中。 的数值，画出T2-L图像（图1）中的实线 (1)用游标卡尺测小球 3 cm 的直径d,读数如图H山 OM;乙同学也进行了与甲同学同样的实 甲所示，则小球直 0 10 20 验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆 甲 径为 mm 球的半径，则该同学做出的T2-L图像为 (2)测得单摆周期T与绳长1，重力加速度g的 (选填“①”“②”“③”或“④”) 表达式为 (用T、l、d、g等字母符 ↑T1s ① L 号表示)。该同学测出周期T与摆长L五 ②M 组数据如下表所示，请在图乙中补齐数据 3 点，并作出的图像。 T2/s2 02 1.2 2.2t/s 8.0 图1 图2 6.0 (4)丙同学将单摆固定在力传感器上，得到了 拉力随时间的变化曲线，已知摆长L,= 2 0.99m,根据图2中的信息可得，重力加速 度g= m/s2(取π2=9.87，结果 0.5 1.0 1.5 2.0L/m 保留三位有效数字) 181练案[15] 基础巩固练 1.CD一根不可伸长的细线一端系在悬点，另一端连接一个质 量较大且可以看成质点的小球可以构成一个单摆，橡皮筋受 到拉力时形变量较大，连接小球构成的装置不可看成单摆，A 错误；若单摆在同一平面内摆动，且偏角很小时，可以认为该 单摆的运动是简谐运动，B错误，C正确；根据单摆的周期公 式T=2mN√g 可知，单摆做简谐运动时，摆长越长（其他条件 不变)，其运动周期越大，D正确。 2.B摆球在运动过程中只受重力和摆线的张力，回复力和向心 力都是按效果命名的，A错误：摆球摆动到回复力最大即最大 位移处时，速度为零，向心力为零，此时摆线的张力等于球的 重力沿摆线方向的分力，一定小于摆球重力，摆球在平衡位置 时，向心力最大，此时加速度方向指向圆心，B正确，C、D 错误。 3.AD由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相等，根据对称性 可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力大小相等，故A正 确：t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t,时刻摆球正 向平衡位置运动，速度在增大，所以2和t3时刻摆球速度不 相等，故B、C错误；t~t,时间内摆球正远离平衡位置，速度 正在减小，若摆线与竖直方向的夹角为0，则F,-mg℃os0 T,0增大，cos0减小，所以摆线拉力逐渐减小，故D正确。 4C由单摆的周期公式T=2m√任可，单摆摆长不变，则周 期不变，频率不变；振幅A是物体偏离平衡位置的最大距离， 最低点时速度变小、偏离最低点的最大距离也变小，因此振幅 减小，故A、B、D错误，C正确。故选C。 5D1织厂=子7，速度最大时，单摆应在平衡位置，y=0, 2g v方向沿y轴负方向，故D选项正确。 6.AB由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm,故比值为 2:1,故A正确：t=2s时，甲摆在平衡位置处，重力势能最 小，乙摆在振动的最大位移处，动能为零，故B正确；甲、乙两 摆的周期之比为1：2，由单摆的周期公式T=2m√：得中、 乙两摆的摆长之比为1：4，故C错误；因两球质量未知，不能 比较甲、乙两摆的摆球在最低点时摆线的拉力大小，故D 错误。 7.ABD由振动图像可知该单摆的周期为0.8s,故频率f= =0.83=1.25z,A正确；由于规定摆球向右运动为正方向， 1 且B点为摆球所能到达的左边最远位置，故由振动图像可知 t=0时摆球位于B点，B正确；由振动图像可知t=0.2s时摆 球位于平衡位置0，但摆球受到的合力不为零，所以加速度不 ，可得L 为零，C错误：根据单摆的周期公式T=2m√ 把T=0.85,g=m,代人计算得L=0,16m,D正确 综合提升练 8.D由于有静电力做功，所以机械能不守恒，A错误：回复力应 为静电力与重力的合力沿切线方向的分力提供的，B错误；等 效重力加速度g=E,m,则周期7=2m√E”m mL 一，选项 m D对 25 9.CA球可等效为单摆，A球从静止运动到最低点的时间t= 子-子×2√侣=√：对于B球设弦斜面的板角为 0,有2Rcs(90-0)三方m,得a=2√；C球做自由 落体运动，有R=宁，得=√侣，则>>，所以C 球最先运动到圆弧最低点，其次是A球，B球最后到达最 低点。 10.D由动量定理有I=mm-0,解得v=2m/s,故A错误；单摆 周期公式T=2√任，解得T=19,放B错误：若将谈摆 从山脚移到山顶，重力加速度将减小，根据T=2√名，得 周期增大，故C错误；若将该摆固定在加速向上运动的电梯 中，处于超重现象，电梯中的重力加速度为g'=g+α，得加速 度变大根据T=2√区得圆期减小，放D正确。放菇D ms(=1,23…） 11. 解析：根据题目条件分析小球的受力状态及运动状态，结合 匀速直线运动的公式和简谐运动的公式来求解本题。 小球m的运动是由两个分运动合成的。这两个分运动分别 是：以速度v在AD方向的匀速运动，和在圆弧面上的往复滑 动。因为ABR,所以小球在圆弧面上的往复滑动具有等时 性，其周期为T=2m√g R 设小球m恰好能碰到小球n,则有AD=t,且满足t= =1,2.3,又T=2m√联立解得品 (k=1,2,3…)。 12.(1)0.8πs1.6m(2)0.05kg(3)0.358m/s 解析：(1)一个周期内摆球两次经过最低点，两次到最高点， 经过最低点时线拉力最大，过最高点时线拉力最小，根据题 因乙可得T-08,根据T=2m√任，解得L=1.6m (2)(3)设摆球在B处的速度为v,在A处的摆角为0，在最低 点B,根据牛顿第二定律有B,-mg=m乙，在A点，由于速度 为零，因此向心力为零，即沿线方向合力为零，则F=mgcos0, 根据机械能守恒可知，在B点时速度最大，从A到B过程中， 1 由动能定理可得mg(1-os0)=2m,由题图乙可得 F1=0.498N,F2=0.504N,解得m=0.05kg,u≈0.358m/s。 练案[16] 基础巩固练 1.(1)ACEH(2)9.78100.5(3)偏小 解析：(1)为了减小实验误差，单摆摆线选择适当长些的非弹 性细线，故摆线应选择A;为了减小空气阻力对实验的影响， 应选择质量大而体积小的球作摆球，因此摆球应选择C;测摆 长需要用米尺E;测周期需要用秒表H。 《②)由单餐调期公元T=加√任可安，重力亦建度：炉 由表中第3组实验数据可知，重力加速度g=4π： T2 4×3.14×70.00×10 综合提升练 1.68 一m/s≈9.78m/s;由表中第5组实验数 4.(1)B(2)a(3)0.309.86 据可知，第5组50次全振动的时间t=50×2.01s=100.5s。 解析：(1)本实验除测量时间外，还要测量筒的下端口到摆球 (3)在实验过程中，由于实验用的夹子不够紧，使得细线在摆 球心的距离L,则所需的测量工具是毫米刻度尺，故选B。 动过程中出现松动，摆线长度变长，测量得到的摆长偏小，由 +h g=4可知，测得的重力加速度g的值偏小。 (2)本实验中单摆的周期公式T=2m√g, T2 则r2=4m2(1+h) 2(1)2.980(2)偏大(3)4 k (4)测量摆长时未计入摆球 的半径 当1=0时，T:_4拉五>0，则真正的图像是a。 g 解析：(1)由题图可知，小球的直径D=29mm+0.05mm×16 (3)当T2=0时，l=-h,即图像与1轴交点坐标，故h=-l= =29.80mm=2.980cm。 0.30m,图线的斜率大小k=4r,由图并结合数学知识得到 (2)实验中将49次全振动数为50次，会导致测得周期偏小， 根据g=4知，测得重力加速度偏大。 k=4s2/m,解得g=T2m/s2≈9.86m/s2。 T2 (3)根据单摆的周期公式T=2m√g 得4L, 421+2】 5.(1)11.25 (2) 2 见解析(3)偏大 g 可知斜率k-4女，则重力加速度g=灯。 4π 解析：(1)游标卡尺的主尺读数为11mm,游标第5个刻度和 g 主尺对齐，且为20分度，因此读数为d=11mm+0.05×5mm (4)图像不通过坐标原点，将图像向右平移1cm就会通过坐 =11.25mm 标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm,故可能是测摆长时 漏掉了摆球的半径。 (2)单摆周期公式为T=2π 3.(1)2m(24+D)n (2)C(3)99.8(4)1.29.86 t 421+2 ,根据7= 解得g= 图像如图所示。 解析：(1)单摆的周期T=片，餐长1=+ T2/s2 4(+2)r 8.0HH :人：可得重力加速度的表达式g 6.0日 -2m(24+0)n 4.0中 (2)A错：若把摆线的长度。当成了摆长，计算时摆长将变 2.0日 短，由g=4知，重力加速度的测量值将偏小。 T2 0.5 1.01.52.0Lm B错：摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆 长变大，而计算时仍采用原簇长山由8=产知，则重力加选 (3)当数到n时，单摆的周期应为T= -1100-1=49.5 2 2 度的测量值将偏小。 因此小明计算周期偏小，测量的重力加速度偏大。 C对：测量周期时，误将摆球(n-1)次全振动的时间t记成了 πn2(2L+d) n次全振动的时间，则算的周期变小，重力加速度的测量值将6.(1) (2)C(3)②(4)9.77 偏大。 D错：摆球的质量过大不影响单摆的周期，则算的重力加速度 可得 解析：(1)根据T=2m√名 不受影响。 (3)停表的长针是秒针，转一周是30s。因为机械表采用的是 42L+2 2m2n2(2L0+d) 齿轮传动，指针不可能停留在两小格之间，所以不能估读出比 (L 0.1s更短的时间，位于表上部中间的小圆圈里面的短针是分 n 针，表针走一周是15min,每一小格为0.5min。由图知，短针 (2)A错：实验室处在高山上，距离海面太高，则重力加速度会 读数为1.5min,长针读数为9.8s,所以停表的读数为99.8s。 偏小。 D B错：单摆所用的摆球质量大小与周期无关。 t- D C对：实际测出n次全振动的时间t,误作为(n+1)次全振动 4π 1-TP国像与级轴的截距知号=0.6m,则该小球的直径D 的时同、则周期调是位海小，限招日=产计常出的重力加装 度偏大。 1.2cm。 D错：以摆线长作为摆长来计算，则摆长计算偏小，根据g=4L T2 1一T产国像的斜率=存·尖验测得当地重力加速度大小 计算出的重力加速度偏小。 g=4m2k=4m2×(0.6-0)×102 0-(-2.4×107m/s≈9.86m/s。 (3)根据单摆的周期公式T=2m√ L 252 得T2-4πL。 乙同学实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，摆长 L=0时，纵轴截距不为零，加上摆球半径后图像应该到正确 位置，即M位置。由于重力加速度不变，则图线的斜率不变 故图像应该为②。 (4)由图像可知，单摆的周期为T=2,则根据T=2m√ L 可得g=4nL_4x9.87×0.99 m/s=9.77m/s。 T2 22 练案[17] 基础巩固练 1.D弹簧振子在空气中做阻尼振动，振幅不断减小，但位移仍 做周期性变化，不能说振子位移逐渐减小，故A错误：弹簧振 子的振幅减小，但阻尼振动的周期不变，故B错误：振子动能 在不断变化，振子靠近平衡位置的过程中动能在增大，故C错 误：弹簧振子在振动过程中要不断克服空气阻力做功，消耗能 量，所以振动系统的能量逐渐减小，故D正确。 2.B支架在竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振 动时，驱动力的频率越接近弹簧振子的固有频率，振幅越大 所以甲的振幅较大。受迫振动的频率取决于驱动力的频率， 即振动频率为9Hz。选项B正确。 3.D飞机抖动得厉害是因为发生了共振现象，驱动力可能来源 于内部的发动机，也可能来源于气流，想要解决共振问题，需 要使系统的固有频率与驱动力的频率差别增大，在飞机机翼 前缘处装置一个配重杆，改变的是机翼的固有频率，故选项D 正确。 4.D若使弹簧振子的振幅最大，则曲轴转动的频率为f=2z, 即转速为2。由于行会子o万n,所以兰三 02 1” 故电动机的转速为4r/s,即240r/min。 5.Bb钢片振幅很大，说明b钢片的固有频率与电动机振动频 率相等或最为接近，故电动机频率约为90Hz,其他钢片都做 受迫振动，振动频率等于电动机的振动频率，都约为90Hz,故 A、C、D错误：电动机的转速和频率相同，约为n=f=90/s,故 B正确。 6.ACD处于共振状态时，振幅最大，A正确：物体做受迫振动 的频率等于驱动力的频率，所以驱动力频率为f时，受迫振动 的振幅比共振时小，但振子振动的频率为，B错误；当驱动 力频率等于物体固有频率时，振子处于共振状态，以振子如 果做自由振动，则它的频率为f),C正确：振子在频率为f驱 动力作用下可以做频率为f的等幅振动，D正确。 7.AC闹钟响起手机振动，充电线也跟着振动，可知充电线做 受迫振动，则有f=f),由于受迫振动的频率取决于驱动力的 频率，所以同一手机，更换不同长度充电线，振动时的频率相 同，故A正确，D错误；当手机振动的频率等于充电线振动的 固有频率时，充电线抖动幅度最大；所以手机振动的频率越 大，充电线抖动幅度不一定越大，故B错误：充电线上越靠近 振源位置的点越先振动，所以充电线上离手机充电口近的点 先振动，故C正确。故选AC。 8.C由题图乙共振曲线可知，此振动系统的固有频率约为3 z,A错误：此振动系统的振动频率为f==z=0.25 Hz,B错误；因系统的振动频率等于驱动力的频率，根据f ,若圆盘匀速转动的周期减小，系统的振动频率变大，C正 1 确：因共振曲线的峰值与振动系统的固有频率有关，振动系统 -25 的固有频率不变，若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频 率变小，但是共振曲线的峰值不变，D错误。 综合提升练 9.BC由题图可知，单摆两次拉力极大值的时间差为1s,所以 单摆的振动周期为2s,选项A错误：根据单摆的周期公式T= 可得摆长1=1m,选项B正确；=0.5s时摆线的拉 2m入g 力最大，所以摆球正经过最低点，选项C正确：摆线拉力的极 大值发生变化，说明摆球在最低点时的速度发生了变化，所以 摆球做阻尼振动，振幅越来越小，由于周期与振幅无关，所以 单摆的周期不变，选项D错误。 10.B当物体做受迫振动时，驱动力的频率与振子的固有频率 越接近，振子振幅越大，由题图甲可知曲线I振幅大，周期 短，频率大，若c状态所对应的振动图像是曲线I,则曲线Ⅱ 对应的状态可能是题图乙中的a点，选项A错误，B正确；若 b状态所对应的振动图像是曲线I,则c状态的振幅应大于 曲线I,所以曲线Ⅱ对应的状态不可能是题图乙中的c点， 选项C错误：若b状态所对应的振动图像是曲线Ⅱ，则曲线 I对应的状态频率要大于b的频率，不可能是题图乙中的a 点，选项D错误。 11.AC若保持把手不动，钩码以一定的初速度做简谐运动，这 时弹簧振子为自由振动，题图乙为弹簧振子的自由振动图 像，由题图乙读出的周期为T。=4s,T。为弹簧振子振动的固 有周期：当把手以某一速度匀速转动时，弹簧振子做受迫振 动，此时弹簧振子振动的周期等于驱动力的周期，题图丙为 弹簧振子做受迫振动的振动图像，由题图丙读出的周期为 T=8s,T为弹簧振子做受迫振动的周期，也为驱动力的周 期。驱动力的周期越靠近弹簧振子的固有周期，弹簧振子的 振动越剧烈，振幅越大：驱动力的周期越远离弹簧振子的固 有周期，弹簧振子的振动越微弱，振幅越小。故选项B、D错 误，A、C正确。 12.5(人) 解析：人体的固有频率f围=2Hz,当汽车的振动频率与其相 等时，人体与之发生共板，人感觉最难免，即f√厚= ,得1=4示代入数播得：1=0.0625m,由朝克定律得 H=(m1+m2)g,n= H-m1g_1.5×103×0.0625-600×T mg 70×m 5(人)。 练案[18] 基础巩固练 1.ABC波在传播的过程中，不论横波还是纵波，质点都在各自 的平衡位置附近振动，并不随波迁移，A正确，D错误；后一质 点在前一质点的作用力的带动下做受迫振动，故相邻质点间 必有相互作用，B正确；前一质点的振动带动相邻质点的振 动，后一质点的振动必定落后于前一质点的振动，C正确。 2.C有机械振动，不一定能形成机械波，还要有传播振动的介 质，A错误：波是振动形式由近及远的移动过程，而质点并不 随波迁移，B错误：机械波传播的是波的形式和能量，故波是 传递波源振动能量的一种方式，C正确：波源停止振动时，由 于后面的各质点已经开始振动，并不会立即停止振动，所以在 介质中传播的波并不立即停止，D错误。 3.C根据题中叙述的现象，无法说明声波是纵波，选项A错 误；抽去玻璃罩内的空气，不会使闹钟停止响铃，选项B错误； 抽去玻璃罩内的空气前，在玻璃罩外仍然可以听到闹钟的铃 3