备战2020年高考物理实验专题复习《用单摆测定重力加速度》（解析版）

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页《用单摆测定重力加速度》一、实验题某同学利用单摆测量重力加速度。

①为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是______。

A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球

B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线

C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动

D.摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大

②如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆。实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离△L.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g=______。在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，

(1)下列操作正确的是______(多选)；

A.甲图：小球从偏离平衡位置60度开始摆动

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=t/30，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图象，则他绘制的图形可能是______；

(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”)在用单摆测重力加速度的实验中，测得单摆摆角很小时，完成n次全振动时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为l，用螺旋测微器测得摆球直径为d．

(1)测得重力加速度的表达式为g=______．

(2)螺旋测微器的读数如图所示，摆球直径d=______．

(3)实验中某学生所测g值偏大，其原因可能是______．

A.实验室海拔太高

B.摆球太重

C.测出n次全振动时间为t，误作为(n+1)次全振动时间进行计算

D.以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：

(1)测量摆线长度的器材是______(选填“卷尺”或“米尺”)；

(2)测出摆长后，在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球，小球经过______时开始计时，用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T=tn.若摆角从5°改为3°，单摆的周期会______(选填“变大”、“不变”或“变小”)。

(3)某同学用细线和铁锁制成一个单摆，如图(a)所示。他测得悬点到小铁锁下端的距离L，然后将小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.多次改变悬线长并重复上面操作，得到多组L、T的数据，作出T2−L图象如图(b)所示。若图线的斜率为k，截距为L0，则当地重力加速度大小为某同学利用单摆测定当地的重力加速度。

(1)实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺。除此之外，还需要的器材有______。

A.长度约为1m的细线

B.长度约为30cm的细线

C.直径约为2cm的钢球

D.直径约为2cm的木球

E.最小刻度为1cm的直尺

F.最小刻度为1mm的直尺

(2)摆动时偏角满足下列条件______(填“A”、“B”、“C”)更精确。

A.最大偏角不超过10°

B.最大偏角不超过20°

C.最大偏角不超过30°

(3)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

(4)用秒表测量单摆的周期。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时秒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)。

(5)用最小刻度为1mm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)。

(6)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=______。在用单摆测重力加速度的实验中（1）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将所选用的器材的字母填在题后的横线上。A.长1m左右的细绳；

B.长30m左右的细绳；C.直径2cm的铅球；

D.直径2cm的铁球；E.秒表；

F.时钟；G.最小刻度是厘米的直尺；

H.最小刻度是毫米的直尺。所选择的器材是_________________________________。（2）实验时摆线偏离竖直线的要求是________________________，理由是___________________________________________________.（3）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2~L图线，如图所示，再利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=_____________。若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是_______的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

如图甲所示，在B处放有一光电门，可以测出小球经过光电门的时间△t，现将小球从距B点不同高度h处由静止释放，小球的质量为m(小球尺寸足够小)，直径为D(示数如图乙)，轻绳长为L。(1)小球直径D=___________mm；(2)请写出D、h、△t和g之间的关系式：____________________(忽略空气阻力的影响)；

(3)若多次从不同高度释放，得到h和1(▵t)2的关系图象，图象的斜率为k，则当地的重力加速度为g=___________(用D、k表示)在“用单摆测量重力加速度实验”中，使用下列实验器材。

(1)A.1.2m的细线

B.2m的弹性绳

C.带孔的小铁球

D.带孔的软木球

E.光电门传感器

应选用哪种绳，应选用哪种球，光电门的摆放位置为______(选填“最高点”或“最低点”)

(2)如图为光电门传感器电流强度I与t的图象，则周期为______

A.t1B.t2−t1C.t3−t1D.单摆测定重力加速度的实验中

(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=______

mm．

(2)接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式g=______

(用题目中的物理量表示)．

(3)某小组改变摆线长度L0，测量了多组数据．在进行数据处理时，甲同学把摆线长L0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出

T2−L0图象后求出斜率，然后算出重力加速度．两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲______，乙______如图甲所示，在B处放有一光电门，可以测出小球经过光电门的时间Δt，现将小球从距B点不同高度h处由静止释放，小球的质量为m(小球尺寸足够小)，直径为D(示数如图乙)，轻绳长为L。(1)小球直径D=________mm；(2)请写出D、h、Δt和g之间的关系式：________(忽略空气阻力的影响)；(3)若多次从不同高度释放，得到h和1Δt2的关系图象，图象的斜率为k，则当地的重力加速度为g=________(用D、k表示在“用单摆测定重力加速度”的实验中。

(1)以下关于本实验的措施中正确的是______。

A.摆角应尽量大些

B.摆线应适当长些

C.摆球应选择密度较大的实心金属小球

D.用停表测量周期时，应取摆球摆至最高点时开始计时

(2)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，同学甲说：因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大，乙同学说：浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变，这两个同学说法中______。

A.甲正确

B.乙正确

C.两同学的说法都错误某实验小组用打点计时器做“测定重力加速度”的实验。

(1)有两种工作率均为50Hz的打点计时器供实验选用：电磁打点计时器和电火花打点计时器。为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择______(填“电磁”或“电火花”)打点计时器。

(2)用满足上一问中要求的打点计时器来做实验，则下列说法正确的是______(填字母)。

A.打点计时器应接4−6V低压交流电源

B.将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上

C.实验中应使重物从靠近打点计时器处释放

D.实验中应先释放重物再接通打点计时器电源在“利用单摆测重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到T2=4π2gl.只要测量出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2−l图象，就可求出当地的重力加速度，理论上T2−l图象是一条过坐标原点的直线．某同学在实验中，用一个直径为d的带孔实心钢球作为摆球，多次改变悬点到摆球顶部的距离l0，分别测出摆球做简谐运动的周期T后，作出T2−l图象，如图所示．

①造成图象不过坐标原点的原因可能是______

A.将l0记为摆长l；

B.摆球的振幅过小

C.将(l在“用单摆测量重力加速度”实验中，某同学通过改变单摆的摆长L，测量对应的周期T，得到的结果如下表所示：L/m0.6000.7000.8000.9001.000T2.452.913.263.614.07(1)利用表中数据，在答题卡相应的位置上作出T2−L图线。

(2)用T2−L直线上两点的坐标(L1,T12)和(L2,T22)表示直线斜率k，可得k=______，重力加速度g与k的关系式为g=______。

(3)在所做的T2−L直线上适当选择两点，读出其坐标数值，求得g=______m/s“用单摆测定重力加速度”的实验：

(1)实验中选用的摆球应符合的条件：______；

(2)某同学实验步骤如下：

I.选取一个摆线长约1m的单摆，把线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂；

II.用米尺量出悬线长度，精确到毫米，作为摆长；

III.拉开较大角度放开小球让它来回摆动，用停表测出单摆做50次全振动所用的时间，计算出平均摆动一次的时间；

IV.变更摆长，重做几次实验，根据单摆的周期公式，计算出每次实验测得的重力加速度并求出平均值。

上述实验步骤疑似有二点错误，请指正：

①______；

②______；

(3)把三位同学实验中得到的多组数据输入计算机生成T2−L图线如图，其中a和b平行，b和c都过原点，则：

①图线a对应的g值______图线b对应的g值；

②图线c对应的g值______图线b对应的g值。

(选填“大于”“小于”或“等于”)

答案和解析1.【答案】BC

4π【解析】解：①A、为减小空气阻力对实验的影响，减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，故A错误；

B、为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故B正确；

C、实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，故C正确；

D、单摆摆角最大摆角应小于5°，摆长一定的情况下，摆的振幅尽量小些，故D错误；故选BC。

②由单摆周期公式，根据题意看得：T1=2πLg，T2=2πL−△Lg，解得：g=4π2△LT12−T22；

故答案为：①BC；②【解析】解：(1)A、摆线与竖直方向的夹角不超过5°时，可以认为摆球的运动为简谐运动，故A错误。

B、细线上端应用铁夹子固定，防止松动引起摆长的变化，故B正确。

C、当小球运动到最低点时开始计时误差较小，故C错误。

D、实验时应该让小球自由下垂时测量摆线的长度，故D正确。

故选：BD。

(2)根据T=2πLg得，T2=4π2Lg，可知T2与L成正比，故D正确，A、B、C错误。

故选：D。

(3)实际的全振动次数为29次，按30次计算，则计算得到的周期测量值偏小，根据g=4π2LT2知，测得的重力加速度偏大。

故答案为：(1)BD，(2)D，(3)偏大。

(1)根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。

(2)根据单摆的周期公式得出【解析】解：(1)单摆的周期T=tn，摆长L=l+d2，

根据T=2πLg得：g=4π2LT2=4π2n2(l+d2)t2．

(2)由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为7.0mm，

可动刻度示数为30.5×0.01mm=0.305mm，

则螺旋测微器的示数为7.0mm+0.305mm=7.305mm；

(3)A、实验室离海平面太高，所测值应偏小，故A错误；

B、摆球的轻重对实验没有影响，故B错误；

C、测出n次全振动时间为t，误作为(n+1)次全振动时间进行计算，

由单摆的周期公式T=2πLg得g=4π2lT2，周期算小了会导致g偏大，故C正确；

D、以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算，摆长算长了，会导致g偏大，故D正确；

故选：CD．【解析】解：(1)为了减小测量误差，测量长度的仪器在量程允许的情况下，应该选择精确度相对高一点的，故应选米尺；

(2)单摆在摆角比较小时，单摆的运动才可以看成简谐运动，所以单摆的摆角θ应小于5°并要在同一竖直面内运动，摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小。根据T=2πLg分析摆角从5°改为3°，周期不变；

(3)由图可以读出小铁锁重心到其下端的距离为图象与L轴的截距，即L0

根据T=2πLg解得：T2=4π2g⋅L，所以斜率k=4π2g，解得：g=4π2k。

故答案为：(1)米尺；(2)最低点(平衡位置)，不变；(3)4π2k，L0。

(1)根据实验原理分析实验器材；

(2)摆球经过平衡位置时速度最大，此时计时，误差比较小；根据T=2πLg分析摆角从5°改为3°，周期如何变化；

(3)由图可以读出小铁锁重心到其下端的距离为图象与L轴的截距，根据【解析】解：(1)为减小实验误差，摆线的长度应适当长些，摆线应选择A；为减小阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的摆球，摆球应选择C；为准确测量摆长，刻度尺应选择F；

(2)单摆在小摆角情况下的运动为简谐运动，故选A；

(3)为减小实验测量误差，应从摆球经过最低点时开始计时，故选B；

(4)由图示秒表可知，其示数为：60s+7.4s=67.4s，单摆的周期：T=tN=67.4s60−12≈2.28s；

(5)刻度尺分度值为1mm，由图示刻度尺可知，其示数为：99.15cm=0.9915m；

由图示游标卡尺可知，其示数为：20mm+15×0.05mm=20.75mm=2.075cm，

摆长：L=0.9915m+2.075×10−22m=1.00m；

(6)由单摆周期公式T=2πLg可知，重力加速度：g=4π2LT2；

故答案为：(1)ACF；(2)A；(3)B；(4)2.28；(5)0.9915；2.075；1.00；(6)4π2LT2。

(1)从减小实验误差的角度根据实验器材分析答题。

(2)单摆在小摆角情况下的运动为简谐运动。

(3)为减小实验误差应从摆球经过最低点时开始计时。

(4)秒表分针与秒针示数之和是秒表示数，根据题意求出单摆周期。

(5)由图示刻度尺取出摆长的长度，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长。

(6)根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式。

本题关键明确实验原理，根据原理选择器材；由单摆的周期公式变形，得到T2【解析】【分析】

​（1）根据单摆模型的要求，摆球密度要大，体积要小，细线要长，读数要提高精度；

（2）单摆的摆角不能太大，摆角越大，误差越大；

（3）根据单摆的周期公式列式分析即可．

本题关键是明确单摆模型成立的前提条件，以及实验原理和误差来源，并能够运用图象分析数据．

【解答】

（1）A、B、单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，故A正确，B错误；

C、D、摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故C正确，D错误；

E、F、秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，故E正确，F错误；

G、H、刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故G错误，H正确；

（2）单摆模型中，摆角较小时，才可以近似看作简谐运动，故摆角越小越好，通常不能超过5°；

（3）根据单摆周期公式T=2πLg，有T2=4π2gL，故图象的斜率为：4π2g=y2−y1x2−x1，解得g=4π2⋅x2−x1y【解析】【分析】

(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读；

(2)根据动能定理得到D、h、Δt和g之间的关系式

(3)根据(2)得到当地的重力加速度。

掌握实验原理是求解的关键。

【解答】

(1)根据读数原则知，小球直径D=(8+47.0×0.01) mm=8.470 mm。

(2)由A到B应用动能定理有mgh=12mv2，，代入得。

(3)由(2)可知，则h和的关系图象的斜率k=D22g，故得g=D22k。

故答案为：(1)8.470(8.470∼8.472均可)(2)gh=D22【解析】解：(1)为减小实验误差，应选择轻质不可伸长的细线做摆线，摆线一个选择A；

为减小阻力对实验的影响，选择质量大而体积小的摆球，摆球应选C；

从摆球经过最低点时开始计时，光电门应摆放最低点。

(2)一个周期内单摆两次经过最低点，由图示图线可知，单摆周期：T=t3−t1，故C正确；

故选：C；

(3)如果开始计时时，秒表太早按下，测量时间偏长，周期偏大；

故答案为：(1)最低点；(2)C；(3)开始计时时，秒表太早按下，测量时间偏长，周期偏大。

(1)为减小实验误差，应选择轻质不可伸长的细线做摆线，选择质量大而体积小的摆球；从摆球经过最低点时开始计时。

(2)一个周期内摆球两次经过最低点，根据图示图线求出周期。

(3)测周期时如果秒表太早按下，所测周期偏大。

本题考查了实验器材的选择、实验数据处理与实验误差分析，掌握基础知识是解题的前提与关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

9.【答案】14.20

π【解析】解：(1)由图示游标卡尺可知，主尺示数是14mm，游标尺示数是4×0.05=0.20mm，金属球的直径为14mm+0.20mm=14.20mm；

(2)在单摆摆动的过程中，每一个周期中有两次拉力的最大值；由F−t图象，单摆周期T=4t0，

根据T=2πlg整理得：

g=π2(l0+d2)4t02…①；

(3)根据公式①甲同学把摆线长L0作为摆长，则摆长的测量值偏小，则g的测量值偏小；

乙同学作出

T2−L0图象后求出斜率，k=T2【解析】【分析】

(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读；

(2)根据动能定理得到D、h、Δt和g之间的关系式

(3)根据(2)得到当地的重力加速度。

掌握实验原理是求解的关键。

【解答】

(1)根据读数原则知，小球直径D=(8+47.0×0.01) mm=8.470 mm。

(2)由A到B应用动能定理有mgh=12mv2，，代入得。

(3)由(2)可知，则h和的关系图象的斜率k=D22g，故得g=D22k。

故答案为：(1)8.470(8.470～8.472)(2)gh=D【解析】解：(1)A、摆角过大，就不能再视为简谐运动；故摆角不能太大，故A错误；

B、为减小实验误差，摆线的长度应远远大于摆球的直径，摆线应适当长些，故B正确；

C、减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心金属小球作为摆球，故C正确；

D、用停表测量周期时，应从球到达平衡位置开始计时，这样误差小一些，故D错误；

故选：BC；

(2)由单摆周期公式有：T=2πLg

可知与物体的质量无关，而是与重力加速度运动，因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。故A正确，BC错误

故选：A

故答案为：(1)BC；(2)A

(1)解答本题应了解单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球。摆长等于摆线的长度加上摆球的半径。

(2)根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后判断即可。

简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素。根据单摆的周期公式分析图象的意义。

12.【答