【创新设计】高中物理 1.5 实验探究：用单摆测定重力加速度题组训练 教科版选修34.doc

1.5 实验探究：用单摆测定重力加速度题组一实验原理、器材和步骤1用单摆测定重力加速度，根据的原理是()a由g看出，t一定时，g与l成正比b由g看出，l一定时，g与t2成反比c由于单摆的振动周期t和摆长l可用实验测定，利用g可算出当地的重力加速度d同一地区单摆的周期不变，不同地区的重力加速度与周期的平方成反比解析g是由所处的地理位置的情况来决定的，与l及t无关，故只有c正确答案c2某学生利用单摆测定重力加速度，在以下各实验步骤中有错误的是()a在未悬挂之前先测定好摆长b测量摆长为10 cmc将摆球拉离平衡位置，偏角约15后释放，让其在竖直平面内振动d当摆球第一次通过平衡位置时，启动秒表开始计时，当摆球第三次通过平衡位置时，止动秒表，记下时间解析摆长是悬点到小球球心的距离，应先拴好单摆再测摆长，且摆线以约1 m为宜，故a、b错误；单摆只有在偏角小于5时，才近似认为是简谐运动，其周期才满足公式t2，故c错误；测周期时，应先测3050次全振动的时间，再计算出平均周期，且应以小球某次经过平衡位置时开始计时，故d也错误答案abcd3用单摆测定重力加速度时，有如下器材供选用，请把应选用的器材填在横线上_(填字母)a1 m长的粗绳 b1 m长的细线c半径为1 cm的小木球 d半径为1 cm的小铅球e时钟 f秒表g最小刻度为mm的米尺 h最小刻度为cm的米尺i铁架台 j附砝码的天平解析测摆长时是从悬点到球心的距离，若用粗绳，粗绳质量不能忽略，则摆长无法测定，故选b.铅球密度大，摆动中阻力的影响相对小些，摆长的测定也相对准确，故选d.计时时，使用秒表方便，故选f.测长度时，应准确到1 mm，故选g.本实验中不需要测质量，但必须将小球悬挂，故选i.答案bdfgi题组二数据处理与误差分析4某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间为101.5 s则(1)他测得的重力加速度g_ m/s2.(2)他测得的g值偏小，可能的原因是_(填选项前面的字母)a测摆线长时摆线拉得过紧b摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了c开始计时，秒表过迟按下d实验中误将49.5次全振动数为50次解析(1)单摆的摆长为：ll线1.02 m，单摆运动的周期为：t s2.03 s，根据单摆的周期公式t2 ，代入数据解得重力加速度为：g9.76 m/s2.(2)由单摆的周期公式t2 ，解得重力加速度为：g，测得的g值偏小，可能是n、l测量偏小，也可能是t测量偏大造成的，可能的原因是b.答案(1)9.76(2)b5(1)在利用单摆测重力加速度的实验中，甲组同学用游标卡尺测出小球的直径如图157甲所示则该小球的直径为_cm.图157(2)乙组同学在实验中测出多组摆长和运动的周期，根据实验数据，作出t2l的关系图像如图乙所示，该同学在实验中出现的错误可能是计算摆长时_(选填“漏加”或“多加”)了小球的半径(3)虽然实验中出现了错误，但根据图像中的数据，仍可算出准确的重力加速度，其值为_m/s2(最后结果保留三位有效数字)解析(1)小球的直径d2 cm20.05 mm2.010 cm.(2)根据该同学作出的t2l的关系图像可知，当t0时，摆长不等于零，这可能是计算摆长时多加了小球的半径(3)根据单摆的周期公式t2，可得t2l，所以重力加速度g与图线的斜率k之间的关系是g，可得g9.86 m/s2.答案(1)2.010(2)多加(3)9.866将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图158甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离l，并通过改变l而测出对应的摆动周期t，再以t2为纵轴、l为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.图158(1)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，按表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为()a. b c. d(2)如果实验中所得到的t2l关系图像如图乙所示，那么真正的图像应该是a、b、c中的_(3)由图像可知，小筒的深度h_ m；当地重力加速度g_ m/s2.解析(1)58个“半周期”，这段时间t含有29个周期，该单摆的周期为，选项a正确(2)设摆线在筒内部分的长度为h，由t2 得，t2lh，可知t2l关系图像为a.(3)将t20，l30 cm代入上式可得h30 cm0.3 m将t21.20 s2，l0代入上式可求得g29.86 m/s2.答案(1)a(2)a(3)0.39.867在“用单摆测定重力加速度”的实验中：图159(1)为了减小测量周期的误差，计时开始时，应选择摆球经过最_(填“高”或“低”)点的位置开始计时，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期图159甲中停表示数为一单摆振动50次所需时间，则单摆振动周期为_(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示o为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为_m.(3)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_.(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“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”学生乙说：“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”，这两个学生中_a甲的说法正确b乙的说法正确c两学生的说法都是错误的解析(1)计时开始时，应选择摆球经过最低点的位置开始计时，因为摆球经过最低点时的速度最大，误差最小停表的读数是1.5 min12.5 s102.5 s周期t2.05 s.(2)摆长指的是悬点到小球球心的距离，根据题图乙可知，单摆的摆长为l0.996 5 m.(3)单摆的周期t2可得gl.(4)如果考虑空气浮力的作用，那么摆球的等效重力加速度g小于g，摆长不变的情况下，周期变长，甲同学的说法正确答案(1)低2.05 s(2)0.996 5(0.996 00.998 0)(3)l(4)a图15108某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长l，通过改变摆线的长度，测得6组l和对应的周期t，画出lt2图线，然后在图线上选取a、b两个点，坐标如图1510所示他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g_.请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将_(填“偏大”“偏小”或“相同”)解析由周期公式t2，得t2g42l，结合图像得到g，因为这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置无关，所以测量结果不受影响答案相同9根据单摆周期公式t2，可以通过实验测量当地的重力加速度如图1511甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆(1)用游标卡尺测量小钢球直径，读数如图乙所示，读数为_mm.图1511(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_a摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些b摆球尽量选择质量大些、体积小些的c为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度d拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔t即为单摆周期te拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期t解析(1)根据游标卡尺读数规则，游标卡尺的读数：18 mm0.16 mm18.6 mm；(2)摆线要选择细些可减小阻力；伸缩性小些的，保证摆长不变；并且尽可能长一些，在合适的振幅下，摆角小所以摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，选项a正确；摆球尽量选择质量大些、体积小些的，可减小空气阻力的影响，选项b正确；为了使摆的周期大一些，以方便测量，可增大摆长开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度，可能导致摆角大于10，使误差增大，选项c错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于5度，在摆球通过平衡位置的同时开始计时，测量单摆运动50个周期的时间t，则单摆周期tt/50，选项d错误e正确答案18.6abe10某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验时，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据如下：摆长l/m0.500 00.800 00.900 01.000 01.200 0周期t/s1.421.791.902.002.20t2/s22.023.203.614.004.84(1)以摆长为横坐标，周期的平