2.5 实验：用单摆测量重力加速度 课时练习 -2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

2.5实验:用单摆测量重力加速度 基础巩固 1.(多选)在做用单摆测量重力加速度的实验中,以下几点建议中对提高测量结果精确度有利的是(　　) A.适当加长摆线 B.质量相同、体积不同的摆球,应选用体积较大的 C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大 D.当单摆经过平衡位置时开始计时,经过1次全振动后停止计时,用此时间间隔作为单摆振动的周期 2.利用单摆测量重力加速度时,若测得g值偏大,则可能是因为(　　) A.单摆的摆球质量偏大 B.测量摆长时,只考虑了悬线长,忽略了小球的半径 C.测量周期时,把n次全振动误认为是(n+1)次全振动 D.测量周期时,把n次全振动误认为是(n-1)次全振动 3.实验小组的同学们用如图所示的装置做用单摆测量重力加速度的实验。 (1)用l表示单摆的摆长,用T表示单摆的周期,重力加速度g=　　　　。  (2)实验时除用到停表、刻度尺外,还应该用到下列器材中的　　　　(选填选项前的字母)。 A.长约1 m的细线 B.长约1 m的橡皮绳 C.直径约1 cm的均匀铁球 D.直径约10 cm的均匀木球 (3)选择好器材,将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上,应采用图　　　　(选填“甲”或“乙”)所示的固定方式。  (4)将单摆正确悬挂后进行如下操作,其中正确的是　　　　(选填选项前的字母)。  A.测出摆线长作为单摆的摆长 B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放,使之做简谐运动 C.在摆球经过平衡位置时开始计时 D.用停表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期 (5)乙同学测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值,造成这一情况的原因可能是　　　　(选填选项前的字母)。  A.开始摆动时振幅较小 B.开始计时时,过早按下停表 C.测量周期时,误将摆球(n-1)次全振动的时间记为n次全振动的时间 能力提升 1.下表是用单摆测量重力加速度实验中获得的有关数据: 摆长l/m 0.4 0.5 0.6 0.8 1.0 1.2 周期二次方T2/s2 1.6 2.2 2.4 3.2 4.0 4.8 (1)利用上述数据,在图中描出l-T2的图像。 (2)利用图像,取T2=5.2 s2时,l=　　　 m,重力加速度g=　　　　 m/s2。  2.在用单摆测量重力加速度的实验中,由于单摆做简谐运动的周期T=2π,于是有T2=l。改变单摆的摆长,只要测出摆长及相应的振动周期,作出T2-l图像,就可求出当地的重力加速度。T2-l图像应为经过坐标原点的直线。某学生在实验中作出的T2-l图像如图所示。 (1)造成图线不过原点的原因是　　　　。  A.每次都将n个周期的时间记成(n+1)个周期的时间 B.每次测摆长时,都将摆线长当成了摆长 C.每次实验时,摆球的振幅都不同 D.每次实验时,摆球的质量都不同 (2)根据以上分析,可求得当地的重力加速度g=　　　　　 。(取π2=9.87)  3.某实验小组想利用单摆测量当地的重力加速度,所用装置如图甲所示,轻绳一端固定在铁架台上,另一端连接小钢球。实验前钢球静止,用手机正对小钢球拍一张照片(编号为0),之后手机位置不再变化,保持摆绳伸直,将钢球拉离平衡位置一小角度后由静止释放,开启手机录像功能,记录之后一段时间内小钢球的运动,通过计算机软件将拍摄的视频分成照片,并按时间顺序依次编号为1、2、3、4……,已知1 s视频可分出120张照片。 (1)用游标卡尺测量小钢球的直径,如图乙所示,则小钢球的直径d=　　　　 mm。  (2)将照片n和照片(n+2)叠放到一起,测得小钢球移动的距离Δx=5.56 mm,照片中小钢球的直径d1=6.00 mm,可估算出拍摄照片(n+1)时小钢球的速度大小v=　　　 m/s(结果保留3位有效数字)。  (3)选取照片10为计时起点,小钢球振动10个周期后对应的是照片2 415,则小钢球摆动的周期T=　　　　 s(结果保留3位有效数字)。  (4)测得两固定点间的绳长l=99.1 cm,则当地的重力加速度g=　　　　 m·s-2(π取3.14,结果保留3位有效数字)。  2.5实验:用单摆测量重力加速度 基础巩固 1.AC 适当加长摆线有利于测量摆长,使相对误差减小,另外有利于控制摆角不过大,因此选项A正确;质量相同、体积不同的摆球,应选用体积较小的,以减小摆动过程中空气阻力的影响,选项B错误;单摆偏离平衡位置的角度不能太大,因为若偏角太大,单摆的运动就不能看作简谐运动,选项C正确;经过1次全振动后停止计时,所测时间偶然误差过大,应测量多次全振动的时间再求平均值,以减小偶然误差,选项D错误。 2.C 由单摆周期公式知T=2π,得g=,而T=,所以g=,由此可知C正确。 3.(1)　(2)AC　(3)乙　(4)BC　(5)B (1)由周期公式T=2π得g=。 (2)为减小实验误差应保持摆线的长度不变,则A正确,B错误;为减小实验误差,摆球密度要大,体积要小,则C正确,D错误。 (3)悬点要固定,则为题图乙。 (4)摆长等于摆线的长度加上摆球的半径,A错误;应把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放,使之做简谐运动,故B正确;应在摆球经过平衡位置时开始计时,C正确;把停表记录摆球1次全振动的时间作为周期,误差较大,应采用累积法测量周期,D错误。 (5)由T=2π得g=。振幅大小与g无关,故A错误;开始计时时,过早按下停表,所测周期偏大,则g偏小,B正确;测量周期时,误将摆球(n-1)次全振动的时间计为n次全振动的时间,则所测周期偏小,则g偏大,C错误。 能力提升 1.(1)见解析图　(2)1.3　9.86 (1)描点作图如图所示。 (2)由图可知当T2=5.2 s2时,l=1.3 m,将它代入g=得: g= m/s2=9.86 m/s2。 2.(1)B (2)9.87 m/s2 (1)若测量正确,纵坐标为0时,横坐标也应该为0。现在纵坐标为0的点对应的横坐标为负值,说明横坐标偏小,即摆长偏小,计算摆长时少加了摆球的半径,故选项B正确。 (2)由单摆的周期公式得T2=l,T2-l图像应为过原点的直线。若l少加了摆球半径r,整个T2-l图像将左移,而图线斜率不变。因图线斜率k=,所以g==9.87 m/s2。 3.(1)18.00　(2)1.00　(3)2.00　(4)9.86 (1)由题图乙可知,游标卡尺的分度值为0.05 mm,读数为d=18 mm+0×0.05 mm=18.00 mm。 (2)小钢球的实际位移大小Δx'=Δx=×5.56 mm=16.68 mm,相邻两张照片间的时间间隔t= s,拍摄照片(n+1)时小钢球的速度大小v= m/s=1.00 m/s。 (3)由题意可知,小钢球摆动的周期T=t= s=2.00 s。 (4)根据单摆的周期公式T=2π,可得g= m/s2=9.86 m/s2。 学科网（北京）股份有限公司 $