-新教材高中物理课时检测10用单摆测量重力加速度含解析粤教版选择性必修第一册

PAGEPAGE5用单摆测量重力加速度1．(多选)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出如下建议，其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．当单摆经过最高位置时开始计时解析：选AC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测量精确度。适当加长摆线，有利于把摆球看成质点，在摆角小于5°的条件下，摆球的空间位置变化较大，便于观察，A正确；摆球体积越大，所受空气阻力越大，对质量相同的摆球影响越大，B错误；摆角应小于5°，C正确；本实验采用累积法测量周期，且从摆球过平衡位置时开始计时，D错误。2．(2020·上海市黄浦区高三一模)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值偏小，可能是因为()A．摆球的质量太大B．测摆长时，将线长加小球的直径作为摆长C．测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记为(n＋1)次D．摆球上端未固定牢固，摆动中出现松动，摆线变长解析：选D在“用单摆测定重力加速度”的实验中，根据T＝2πeq\r(\f(l,g))＝eq\f(t,n)，得g＝eq\f(4π2l,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,n)))2)，g值与摆球的质量无关，A错误；测摆长时，将线长加小球的直径作为摆长，使得l偏大，则g值偏大，B错误；测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记为(n＋1)次，使得g值偏大，C错误；摆球上端未固定牢固，摆动中出现松动，摆线变长，使得测得的l比实际值偏小，则g值偏小，D正确。3.在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝eq\f(4π2l,T2)。只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2­l图像，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2­l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示。(1)造成图像不过坐标原点的原因是________________；(2)由图像求出的重力加速度g＝________m/s2。(取π2＝9.87)解析：(1)由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得T2＝4π2eq\f(l,g)，由图像知，当l＝0时，T2≠0，说明l偏小，是由于测摆长时漏加小球的半径造成的。(2)由上式知斜率k＝eq\f(4π2,g)＝eq\f(4.0－0,0.01＋0.99)＝4，g＝eq\f(4π2,k)＝9.87m/s2。答案：(1)测摆长时漏加小球半径(2)9.874．某同学用单摆定测重力加速度，实验装置如图甲所示。(1)实验前测出单摆的摆长为l，实验时，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度由静止释放，使之做简谐运动，在摆球经过________位置时开始计时，记录n次全振动的时间为t，则当地的重力加速度为g＝________(用测得的物理量符号表示)。(2)多次改变摆长，重复实验，测出每次实验的摆长l及小球摆动的周期T，作出l­T2图像，如图乙所示，根据图像求得当地的重力加速度g＝________m/s2。(结果保留三位有效数字)解析：(1)摆球经过平衡位置时速度最大，在摆球经过平衡位置时开始计时测量误差最小，记录n次全振动的时间为t，则单摆的周期T＝eq\f(t,n)，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知g＝eq\f(4π2n2l,t2)。(2)根据T＝2πeq\r(\f(l,g))得g＝eq\f(4π2l,T2)，图线过坐标原点，当l＝1.0m时，T2＝4.1s2，代入公式可得g＝9.62m/s2。答案：(1)平衡eq\f(4π2n2l,t2)(2)9.625.(2020·广东执信中学月考)科学探险队员探究珠穆朗玛峰山脚与山顶处重力加速度的差值。在山脚处，他用一个小铁球、一条细线与支架组成一个单摆装置，通过改变摆长l，测出相应单摆的周期T，用测出的l与T的值，作出了T2­l图像如图中直线c所示。当他成功登到山顶后，他又重复了在山脚做的实验，并用l与T的测量值在同一坐标系中作出了另一条T2­l图像。则利用在山顶处测得的实验数据作出的图像可能是图中的直线________；在山脚做实验测摆长时若没加小球的半径，作出的图像可能是直线________；测摆长时没加小球半径，用测量数据通过作T2­l图像测出的重力加速度值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。解析：(1)由T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得T2＝eq\f(4π2l,g)，可知T2­l图像的斜率k＝eq\f(4π2,g)，由于珠穆朗玛峰山顶处的重力加速度比山脚处的重力加速度小，则山顶处图像的斜率较大，在山顶实验作出的图像可能是直线a。(2)测摆长时若没加小球的半径r，则有T2＝eq\f(4π2,g)(l＋r)作出的图像可能是直线b。(3)设T2­l图像的斜率为k，则由单摆的周期公式，可得eq\f(ΔT2,Δl)＝eq\f(4π2,g)＝k，可知由图像的斜率得到的重力加速度不变。答案：ab不变6．甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。(1)甲组同学采用图甲所示的实验装置。该组同学先测出悬点到小球球心的距离l，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出重力加速度的表达式g＝________(用所测物理量表示)。在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。(2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示。将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示。由图丙可知，该单摆的周期T＝________s。(3)在多次改变摆线长度测量后，根据实验数据，利用计算机作出T2­l图像，并根据图像拟合得到方程T2＝4.04l＋0.0035。由此可以得出当地的重力加速度g＝________m/s2。(取π2解析：(1)由单摆完成n次全振动所用的时间为t，可得单摆的周期T＝eq\f(t,n)。根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，联立解得g＝eq\f(4π2n2l,t2)。测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小。(2)摆球在摆动过程中，速度随时间做周期性变化，根据题图丙可知该单摆的周期T＝书2.0s。(3)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得T2＝eq\f(4π2l,g)。则T2­l图像的斜率k＝eq\f(4π2,g)，联立解得重力加速度g＝9.76m/s2。答案：(1)eq\f(4π2n2L,t2)偏小(2)2.0(3)9.767.某同学利用如图1所示的装置测量当地的重力加速度。实验步骤如下：图1A．按装置图安装好实验装置；B．用游标卡尺测量小球的直径d；C．用米尺测量悬线的长度L；D．让小球在竖直平面内小角度摆动，当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1,2,3，…，当数到20时，停止计时，测得时间为t；E．多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；F．计算出每个悬线长度对应的t2；G．以t2为纵坐标、L为横坐标，作出t2­L图像。结合上述实验，完成下列问题：(1)用游标为10分度的游标卡尺测量小球直径，某次测量示数如图2所示，读出小球直径d为________cm。图2图3(2)该同学根据实验数据，利用计算机作出t2­L图像如图3所示。根据图像可知，拟合得到方程t2＝404.0L＋3.07，由此可以得出当地的重力加速度g＝________m/s2。(取π2(3)从理论上分析图像没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是________。A．不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时B．开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数C．不应作t2­L图像，而应作t­L图像D．不应作t2­L图像，而应作t2­eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(1,2)d))图像解析：(1)游标卡尺主尺的示数是1.5cm＝15mm，游标尺示数是2×0.1mm＝0.2mm，小球的直径d＝15mm＋0.2mm＝15.2mm＝1.52cm。(2)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))和T＝eq\f(t,n)，得eq\f(t,10)＝2πeq\r(\f(l,g))，又l＝L＋eq\f(d,2)，则t2＝400π2eq\f(l,g)＝400π2eq\f(L,g)＋e