2019高考物理限时特训实验十三探究单摆运动用单摆测定重力加速度

2019高考物理限时特训-实验十三研究单摆运动、用单摆测定重力加快度(时间：45分钟分值：100分)1、某同学在做利用单摆测定重力加快度实验中，假如测得的g值偏小，可能原由是( )A、测摆线长时摆线拉得过紧B、摆线上端悬点未固定及振动中出现松动使摆线长度增添了C、开始记不时，秒表按下时刻滞后于单摆振动的记数D、实验中误将49次全振动记为50次全振动4π2L分析：依据g＝T2知，g偏小可能本来是L的丈量值偏小或T的丈量值偏大、选项A中摆线拉得过紧，使L变大，所以测得g偏大；选项B中，在摆长已测定状况下，因为悬点松动使摆长增添，实质振动的摆长大于丈量值，所以丈量g值也偏小、选项C和D均为测得的周期偏小，故g值偏大、答案：B2、在做“用单摆测定重力加快度”的实验中，有人提出以下几点建议，此中对提升丈量结果精度有益的是( )A、适合加长摆线B、质量同样、体积不一样的摆球，应采纳体积较大的C、单摆偏离均衡地点的角度不可以太大D、当单摆经过均衡地点时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期分析：单摆实验的精确度取决于实验装置的理想化程度及相关物理量的丈量精度、适合加长摆线长度有益于把摆球看作质点，在摆角小于10°的条件下，摆球的空间地点变化较大，便于观察，选项A对、摆球体积越大，所受空气阻力越大，对质量同样的摆球其影响越大，选项B错、只有在小角度的情况下，单摆的周期才满足T＝2πlg，选项C对、本实验采纳积累法丈量周期，假设仅丈量一次全振动，因为球过均衡地点时速度较大，难以正确记录，且一次全振动的时间很短，有时偏差较大，选项D错、答案：AC以以下图，A、B分别为单摆做简谐振动时摆球的不一样地点，此中，地点A为摆球摇动的最高地点，虚线为过悬点的竖直线、以摆球最低地点为重力势能零点，那么摆球在摇动过程中( )A.位于B处时动能最大B.位于A处时局能最大C.在地点A的势能大于在地点B的动能D.在地点B的机械能大于在地点A的机械能分析：小球在摇动过程中，只有重力做功，机械能守恒，即A点的重力势能等于B点动能和势能的和、答案：BC4.做简谐振动的单摆摆长不变，假设摆球质量增添为本来的倍，摆球经过均衡地点时速度减小为本来的1/2，那么单摆振动的A、频率、振幅都不变B、频率、振幅都改变C、频率不变、振幅改变D、频率改变、振幅不变

4( )l分析：由单摆的周期公式T＝2πg，可知，单摆摆长不变，那么周期不变，频率不变；振幅A是反响单摆运动过程中的能量大小1的物理量，由Ek＝2mv2可知，摆球经过均衡地点时的动能不变，因此振幅改变，所以C正确、答案：C5、某同学测得g值比当地标准值偏大，其原由可能是( )A、丈量摆长时忘掉加上小球半径B、振幅过小C、将摆长当作了摆线长和球直径之和D、摇动次数多记了一次E、小球不是在竖直平面内摇动F、摆球质量过大，空气阻力影响所致l

4π2l分析：因为

T＝2π

g，所以

g＝

T2

，由g的表达式可知

g测偏大的原由可能是l测偏大或T测偏小，可知C、D正确，A错；小球l

cosθ做圆锥摆的周期T＝2πg＜T摆，故E正确；因为单摆周期和振幅与摆球质量没关，故B、F错、答案：CDE6、(1)在做“用单摆测定重力加快度”的实验中，用主尺最小分度为1mm、游标尺上有20个分度的卡尺丈量金属球的直径，结果如图甲所示，可以读出此金属球的直径为________mm.单摆细绳的悬点与拉力传感器相连，将摆球拉开一小角度使单摆做简谐运动后，从某时刻开始计时，拉力传感器记录了拉力随时间变化的状况，如图乙所示，那么该单摆的周期为________s.分析：(1)球的直径为14mm＋0.05mm×7＝14.35mm.由单摆的周期性联合F－t图象可以得出，该单摆的周期为2.0s.7、某同学想在家里做“用单摆测定重力加快度”的实验，但没有适合的摆球，他找到了一块大小约为3cm、外形不规那么的大理石取代小球、他设计的实验步骤以下：A、将石块和细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点，以以下图；B、用刻度尺丈量OM间尼龙线的长度L作为摆长；C、将石块拉开一个大体α＝5°的角度，而后由静止开释；D、从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，t由T＝30得出周期；E、改变OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的l和T；F、求出多次实验中测得的l和T的均匀值，作为计算时用的数2π据，代入公式g＝(T)2l，求出重力加快度g.该同学以上实验步骤中有重要错误的选项是、该同学用OM的长作为摆长，这样做惹起的系统偏差将使重力加快度的丈量值比真实值________(填“偏大”或“偏小”)、用什么方法可以解决摆长没法正确丈量的困难？分析：(1)摆长应为石块质心到悬点的距离，故B步骤错误；计时开始的地点应为摆球振动的均衡地点，故D步骤错误；在用公式g2π＝(T)2l计算g时，应将各项的l和T单独代入求解g值，不可以求l、T的均匀值再代入求解，故F步骤也错误、因为用OM作为摆长，比摆的实质摆长偏小，所以计算出的重力加快度的值比实质值偏小、可采纳图象法，以T2为纵轴，以l为横轴，作出多次丈量得4π24π2到的T2－l图线，求出图线斜率k.再由k＝g得g＝k.k值不受悬点不确立要素的影响，所以可以解决摆长没法正确丈量的困难、8、将一单摆装置竖直挂于某一深度h(未知)且张口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离均衡地点一个小角度后由静止开释，设单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，丈量出筒的下端口到摆球球心的距离l，并经过改变l而测出对应的周期T，再以T2为纵轴、l为横轴作出函数关系图象，那么就可以经过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加快度、(取π2＝9.86)假如实验中所获得的T2－l关系图象如图乙所示，那么正确的图象应是a、b、c中的________、由图象可知，小筒的深度h＝________m，当地的重力加快度g＝________m/s2.L4π2分析：(1)由单摆周期公式T＝2πg可得T2＝gL，而L＝l4π24π24π2＋h，所以T2＝g(l＋h)，即T2＝gl＋gh，正确图象应是a.4π2h4π21.20(2)由图象知g＝1.20，g＝0.3，得g＝π2＝9.86m/s2，h＝0.30m.9、[2018·重庆模拟]在“用单摆测定重力加快度”的实验中，为防范摆球在摇动过程中形成“圆锥摆”，实验中采纳了如图甲所示的双线摆、测出摆线长度为L，线与水平横杆夹角为θ，摆球半径为r.假设测出摇动的周期为T，那么此地重力加快度为________；某同学用10分度的游标卡尺丈量摆球的直径时，主尺和游标如图乙所示，那么摆球的半径r为________mm.分析：单摆的摆长为l＝Lsinθ＋r，由周期公式T＝lg＝4π2Lsinθ＋r2πg，此地的重力加快度为T2.1由图知摆球的半径r＝2×16.0mm＝8.0mm.10、在利用单摆测定重力加快度的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式获得g＝4π2l/T2.只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图象，就可以求出当地的重力加快度、理论上T2－l图象是一条过坐标原点的直线，某同学依据实验数据作出的图象以以下图、造成图象但是坐标原点的原由是________________________________________________________________________；由图象求出的重力加快度g＝________m/s2.(取π2＝9.87)ll分析：(1)由单摆周期公式T＝2π22g得T＝4πg由图象知，当l＝0时，T2≠0，说明l偏小，是因为漏测小球半径造成的、4π24π2由上式知k＝g，g＝k＝9.87m/s2.11、一位同学用单摆做丈量重力加快度实验，他将摆挂起后，进行了以下步骤：A、测摆长L：用米尺量出摆线的长度；B、测周期T：将摆球拉起，而后松开，在摆球某次经过最低点时，按下秒表开始记时，同时将此次经过最低点作为第1次，接着向来数到摆球第60次经过最低点时，按下秒表停止记时，读出这段时间t，算出单摆的周期T＝t/60；LC.将所测得的L和T代入单摆的周期公式T＝2πg，算出g，将它作为实验的最后结果写入实验报告中去、(不要求进行偏差计算)、上述步骤中错误或遗漏的步骤有__________，应改正为________