高考物理一轮复习课时练习 第8章第2练　实验九：用单摆测量重力加速度（含详解）

1．(2023·黑龙江鹤岗市第一中学期中)某同学做“用单摆测量重力加速度”的实验，实验装置如图甲所示，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录小球经过光电门的次数。(1)下列说法中正确的是________。A．测出摆球做一次全振动的时间作为周期的测量值B．质量相同的铁球和软木球，应选用铁球作为摆球C．可将摆球从平衡位置拉开一个任意角度然后释放摆球D．可以选择有弹性的细绳作为摆线(2)在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测得从悬点至摆球顶端的长度为L，再用游标卡尺测量摆球直径d结果如图乙所示，则摆球直径d＝__________cm；(3)将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度(小于5°)，静止释放摆球，摆球在竖直平面内稳定摆动后，启动数字计时器，摆球通过平衡位置时从1开始计数，同时开始计时，当摆球第n次(为大于3的奇数)通过光电门时停止计时，记录的时间为t，此单摆的周期T＝______________(用t、n表示)，重力加速度的大小为______________(用L、d和T表示)；(4)实验中该同学测得的重力加速度值经查证明显大于当地的重力加速度值，下列原因可能的是________。A．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了B．计算时用L＋d作为单摆的摆长C．摆球的振幅偏小D．把n当作单摆全振动的次数2．(2023·北京市第四中学检测)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)如图所示，该同学用游标卡尺测得单摆小球的直径为__________cm；用秒表记录的时间为__________s；(2)如果某同学在实验时，用的摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置。他第一次量得悬线长为L1(不计摆球半径)，测得周期为T1；第二次量得悬线长为L2，测得周期为T2。根据上述数据，可求得g值为()A.eq\f(4π2\r(L1L2),T1T2) B.eq\f(4π2L1－L2,T\o\al(12)－T\o\al(22))C.eq\f(4π2L1＋L2,T\o\al(12)＋T\o\al(22)) D.eq\f(4π2T\o\al(12)－T\o\al(22),L1－L2)该同学又想出另一个办法测重力加速度，他测出多组摆线长L与周期T的数据，根据实验数据，作出了T2－L的关系图像如图所示。理论上T2－L图像是一条过坐标原点的直线，根据图中数据，可算出重力加速度的值为________m/s2(取π2＝9.86，结果保留三位有效数字)，仅考虑该数据处理方法，他得到的加速度g与真实值相比____________(填“偏大”“偏小”或“相同”)。3．(2023·重庆卷·11)某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。(1)用游标卡尺测量摆球直径d。当测量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球的直径d为________mm。(2)用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示。当摆线长度l＝990.1mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00s，由此算得重力加速度g为________m/s2(保留3位有效数字)。(3)改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分别用l和l＋eq\f(d,2)作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图丙所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加，Δg的变化特点是______________________________，原因是________________________________________。4．(2024·江苏南京航空航天大学苏州附属中学月考)某同学设计了一个用拉力传感器进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。(1)用游标卡尺测出小钢球直径结果如图乙所示，则其直径D＝________mm；(2)让小钢球以较小的角度(<5°)在竖直平面内摆动，从计算机中得到拉力大小随时间变化的关系图像如图丙，则小钢球摆动的周期为T＝________s；(3)该同学还测得该单摆的摆线长用L表示，则重力加速度的表达式为g＝________________(用π、T、L、D表示)；(4)将小钢球多次拉离竖直方向一定角度后由静止释放，测得拉力的最小值F1与最大值F2并得到F2－F1图像如图丁，如果小钢球在摆动的过程中机械能守恒，则该图像的图线斜率的绝对值等于________；(5)若实际测得F2－F1图线的斜率与理论值总是存在一定偏差，可能是以下哪种原因________。A．测量单摆摆长时漏加小钢球半径B．小钢球初始释放位置不同C．小钢球摆动角度偏大D．小钢球摆动过程中存在空气阻力5.(2023·湖南卷·11)某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图(a)所示，轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下：(1)测出钩码和小磁铁的总质量m；(2)在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传感器软件，此时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期；(3)某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图(b)所示，从图中可以算出弹簧振子振动周期T＝________(用“t0”表示)；(4)改变钩码质量，重复上述步骤；(5)实验测得数据如下表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是______________(填“线性的”或“非线性的”)；m/kg10T/sT/sT2/s20.0152.430.2430.0590.0253.140.3140.0990.0353.720.3720.1380.0454.220.4220.1780.0554.660.4660.217(6)设弹簧的劲度系数为k，根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表达式可能是________________(填正确答案标号)；A．2πeq\r(\f(m,k)) B．2πeq\r(\f(k,m))C．2πeq\r(mk) D．2πkeq\r(m)(7)除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因：___________________________。第2练实验九：用单摆测量重力加速度1．(1)B(2)1.07(3)eq\f(2t,n－1)(n＝5,7,9,11…)eq\f(4π2,T2)(L＋eq\f(d,2))(4)BD解析(1)为了减小实验误差，应测多次全振动的时间，再求出一次全振动的时间作为周期，故A错误；为减小实验误差，提高测量精度，相同质量下应选择体积小的铁球作为摆球，故B正确；单摆在摆角小于5°时的运动才是简谐运动，因此单摆的摆角不能过大，故C错误；根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，单摆的周期跟摆线与摆球半径之和有关，若使用弹性绳，在摆球下降或是上升的过程中，式中的l会不断发生变化，从而导致重力加速度测量不准确，故D错误。(2)该游标卡尺的游标尺为10分度值，则读数为d＝1cm＋0.1×7mm＝1.07cm(3)由题意可知在时间t内摆球全振动的次数为eq\f(n－1,2)(n＝5,7,9,11…)，则可得单摆的周期为T＝eq\f(t,\f(n－1,2))＝eq\f(2t,n－1)(n＝5,7,9,11…)由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))其中l＝L＋eq\f(d,2)，可得g＝eq\f(4π2,T2)(L＋eq\f(d,2))(4)摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，则实际所测摆线长度偏小，所测重力加速度将偏小，故A不符合题意；若计算重力加速度时用L＋d作为单摆的摆长，则摆长比实际偏大，因此计算得到的重力加速度值比实际偏大，故B符合题意；摆球的振幅偏小不影响重力加速度的测量，故C不符合题意；若把n当作单摆全振动的次数，则会导致测量周期偏小，从而导致所测重力加速度偏大，故D符合题意。2．(1)1.07096.8(2)B9.86相同解析(1)用游标卡尺测得单摆小球的直径为1cm＋0.05mm×14＝1.070cm，用秒表记录的时间为1min＋36.8s＝96.8s；(2)根据T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得T1＝2πeq\r(\f(L1＋\f(d,2),g))，T2＝2πeq\r(\f(L2＋\f(d,2),g))，可得g＝eq\f(4π2L1－L2,T12－T22)，故选B。根据T2＝eq\f(4π2,g)(L＋eq\f(d,2))＝eq\f(4π2,g)L＋eq\f(2π2d,g)，可得k＝eq\f(4π2,g)＝eq\f(2.00,49.0＋1.00×10－2)＝4，解得g＝9.86m/s2，仅考虑该数据处理方法，没有系统误差，则他得到的加速度g与真实值相比相同。3．(1)19.20(2)9.86(3)随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小随着摆线长度l的增加，则l＋eq\f(d,2)越接近于l，此时计算得到的Δg越小解析(1)摆球直径d＝19mm＋0.02×10mm＝19.20mm；(2)单摆的摆长为L＝990.1mm＋eq\f(1,2)×19.20mm＝999.7mm，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得g＝eq\f(4π2L,T2)，代入数据得g＝eq\f(4×3.142×0.9997,2.002)m/s2≈9.86m/s2；(3)由题图丙可知，随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小，原因是随着摆线长度l的增加，则l＋eq\f(d,2)越接近于l，此时计算得到的Δg越小。4．(1)9.3(2)2.0(3)eq\f(4π2L＋\f(D,2),T2)(4)2(5)D解析(1)直径D＝9mm＋3×0.1mm＝9.3mm。(2)小钢球在经过最低点时绳上的拉力最大，且一个周期内经过两次最低点，所以小钢球摆动的周期为T＝2×(1.5－0.5)s＝2.0s(3)由单摆周期公式可知T＝2πeq\r(\f(L＋\f(D,2),g))，解得g＝eq\f(4π2L＋\f(D,2),T2)(4)根据向心力方程以及机械能守恒可知F1－mgeq\f(L＋\f(D,2)－h,L＋\f(D,2))＝0，F2－mg＝meq\f(v2,L＋\f(D,2))，mgh＝eq\f(1,2)mv2，联立解得F2＝3mg－2F1，所以F2－F1图像的图线斜率的绝对值等于2；(5)由以上分析可知，绳长可以约掉，释放高度和角度也在计算过程中约掉，因此，存在误差的原因应该是有阻力做功，机械能不守恒，即存在空气阻力，故A、B、C错误，D正确。5.(3)eq\f(t0,10)(5)线性的