2.5.实验：用单摆测两重力加速度同步练习1
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．单摆的摆球做简谐运动，它经过平衡位置时正好遇到空中飘落下来的一些小雨滴，小雨滴的速度可以忽略而质量不能忽略．小雨滴均匀附着在摆球表面上，则摆球在以后的振动中有关物理量的变化情况是（ ）
A．最大速度不变，振幅不变，周期不变
B．最大速度会略变小，振幅会略变小，周期也略变小
C．最大速度会略变大，振幅会略变大，周期不变
D．最大速度会略变小，振幅会略变小，周期不变
2．2022年3月17日19时33分在我国台湾岛东部的琉球群岛发生5.5级地震，震源深度为，北仑区新碶街道某位家住22楼的网友反映“震感明显”，而北仑区白峰街道的居民普遍反映“没有明显感觉”。针对这一事件，下列同学的认识中科学合理的是（ ）
A．白峰街道居民没有感觉是因为地震波到达白峰时，未发生受迫振动
B．新碶街道高楼的固有频率与当时地震波的频率更加接近
C．地震波在北仑区发生叠加，新碶处在振动加强带上，白峰恰好处在减弱带上
D．应对新碶的高楼采取物理措施改变它们的固有频率以防止再次发生地震灾害
3．某实验小组利用单摆测当地的重力加速度实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是（ ）
A．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算
B．单摆所用摆球质量太大
C．把n次全振动时间误当成n－1次全振动时间
D．开始计时时，秒表过早按下
二、多选题
4．对用单摆测量重力加速度的实验，下列说法正确的是（ ）
A．如果有两个大小相等且都带孔的铁球和木球，应选用铁球作摆球
B．单摆偏角不超过5°
C．为便于改变摆长，可将摆线的一头绕在铁架台上的圆杆上以代替铁夹
D．测量摆长时，应用力拉紧摆线
三、实验题
5．在用单摆测量重力加速度的实验中，思考以下问题：
（1）测量摆长时应注意哪些细节？
（2）不直接用停表测一个周期，而是测30~50个周期而后取平均值，这样做有什么好处？
6．某同学利用图甲实验装置测量当地的重力加速度。实验主要步骤如下：
A．按图甲将沙漏悬挂在支架上，在沙漏正下方放置一块长木板，木板与电动机的牵引绳相连，在木板上固定一张白纸；
B．测得悬挂沙漏的摆线长度为；
C．使沙漏在支架所在的竖直面内小幅度摆动，同时让细沙不断流出；
D．启动电动机，使木板以的速度水平匀速运动，运动方向与沙漏摆动平面垂直，细沙在白纸上形成一条曲线，并建立坐标如图乙所示，用该图线研究沙漏的振动规律；
E．将摆线长度视为该单摆的摆长，结合其它所得的数据和图线，可求出当地的重力加速度。
（1）该单摆的周期为 s；
（2）取，可求得当地的重力加速度大小为 m/s2（结果保留三位有效数字）：
（3）重力加速度的测量值与真实值相比 （选填“偏大”或“偏小”）。
7．某同学用图a所示装置测定重力加速度，并验证机械能守恒定律。小球上安装有挡光部件，光电门安装在小球平衡位置正下方。
(1)用螺旋测微器测量挡光部件的挡光宽度d，其读数如图b，则 ；
(2)让单摆做简谐运动并开启传感器的计数模式，当光电门第一次被遮挡时计数器计数为1并同时开始计时，以后光电门被遮挡一次计数增加1。若计数器计数为N时，单摆运动时间为t，则该单摆的周期 ；
(3)摆线长度大约80cm，该同学只有一把量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上标记一点A，使得悬点O到A点间的细线长度为30cm，如图c。保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度l以改变摆长，并测出单摆做简谐运动对应的周期T。测量多组数据后绘制图像，求得图像斜率为，可得当地重力加速度 ；
(4)该同学用此装置继续实验，验证机械能守恒定律。如图d，将小球拉到一定位置由静止释放，释放位置距最低点高度为h，开启传感器计时模式，测得小球摆下后第一次挡光时间为，改变不同高度h并测量不同挡光时间，测量多组数据后绘制图像，发现图像是过原点的直线并求得图像斜率，比较的值与 （写出含有d、的表达式），若二者在误差范围内相等，则验证机械能是守恒的；
(5)对于本次实验，下列说法中正确的两项为________。
A．安装在小球下面的挡光部件选用宽度稍窄的更好
B．只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，的测量值与理论值相比偏大
C．只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，的测量值与理论值相比偏小
D．验证机械能守恒时细线偏离平衡位置的最大角度必须小于或等于
四、解答题
8．在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中，若摆长为1的单摆完成n次全振动的总时间为t，单摆周期为多少？某同学测得多组摆长L和周期T的数据，得到如图所示的图线，若直线的斜率为k，写出重力加速度g与斜率k的关系。
9．某同学利用单摆测当地的重力加速度大小，他发现测得的重力加速度比当地的公认值大，试分析可能的原因。
试卷第1页，共3页
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《2.5.实验：用单摆测重力加速度同步练习1》参考答案
1．D
【详解】小雨滴与摆球相互作用的过程动量守恒，根据
可知，最大速度会略变小；由
知，振幅会略变小；但摆长不变，根据
故周期不变。
故选D。
2．B
【详解】A．地震波到白峰街道时，地面建筑物受到周期性驱动力作用，发生了受迫振动，因为该街道高楼的固有频率与当时地震波的频率差距较大，所以振幅很小，该处居民才会没有明显感觉，故A错误；
B．新碶街道高楼的固有频率与当时地震波的频率更加接近，受迫振动，振幅较大，该处居民感觉震感明显，故B正确；
C．不同街道居民楼震感不同，是因为不同街道的居民楼固有频率不同，而受迫振动时，驱动力频率与物体的固有频率相近时，物体振动的振幅大，所以振幅不同不是地震波叠加的原因，故C错误；
D．对高楼采取物理措施改变它们的固有频率以防止地震造成损害，但无法防止再次发生地震，故D错误。
故选B。
3．A
【详解】A．根据
得
以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算，则l偏大，测得的g偏大，故A正确；
B．单摆所用摆球质量大小与重力加速度无关，故B错误；
C．把n次全振动时间误当成（n－1）次全振动时间，则周期测量值偏大，重力加速度测量值偏小，故C错误；
D．开始计时时，秒表过早按下，则测得的T偏大，则g测量值偏小，故D错误。
故选A。
4．AB
【详解】AB．要符合单摆模型要求，选用质量较大铁球，单摆偏角不超过5°，故AB正确
C．摆线的一头绕在铁架台上的圆杆上以代替铁夹，摆动过程中悬点位置变化，导致摆长变化，故C错误；
D．测摆长时，用力拉紧摆线会使形变量变大，摆长偏大，故D错误。
故选AB。
5．（1）见解析；（2）见解析
【详解】（1）单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。摆长是悬点到球心的距离，等于摆线长加上小球半径。
（2）不直接用停表测一个周期，而是测30~50个周期而后取平均值，这样做的好处是可以提高精确度。
6． 2.0 9.66 偏小
【详解】（1）[1]根据题意，由图乙可知，单摆摆动一个周期，木板移动的距离为，可得单摆周期为
（2）[2]根据题意，由单摆周期公式可得，当地的重力加速度为
代入数据解得
（3）[3]由于计算时摆长用的摆线长，小于实际摆长，则重力加速度的测量值与真实值相比偏小。
7．(1)2.329/2.330/2.331
(2)
(3)
(4)
(5)AC
【详解】（1）由图b可知
（2）由题意可知
解得
（3）设A点以下的细线长度为，根据单摆周期公式得
化简得
T2-l图像的斜率为k1，则
解得
（4）小球在最低点的速度为
由机械能守恒定律得
又
解得
则比较k2的值与，若二者在误差范围内相等，则验证机械能是守恒的。
（5）A．根据平均速度的定义可知，挡光时间越短，平均速度越接近瞬时速度，所以安装在小球下面的挡光部件选用宽度稍窄的更好，故A正确；
B．只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，不会影响周期T的测量，则不会影响k1的测量，故B错误；
C．只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，会使挡光时间Δt变小，导致k2的测量值与理论值相比偏小，故C正确；
D．验证机械能守恒时细线偏离平衡位置的最大角度不必须小于或等于5°，只有要使小球做简谐运动才需要满足该条件，故D错误。
故选AC。
8．；
【分析】根据题中“用单摆测量重力加速度的大小”可知，本题考查用单摆测量重力加速度实验，根据单摆运动的规律，运用单摆周期公式、积累法等，进行分析推断。
【详解】小球完成n次全振动的总时间为t，则单摆的周期为
根据单摆周期公式
可得
则图线的斜率为
解得重力加速度的测量值
9．测量的摆长L偏大或周期T偏小
【详解】根据单摆的周期公式
可得
由此可知，测量的摆长L偏大或周期T偏小都能使测得的重力加速度比当地的公认值大。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2.5.实验：用单摆测量重力加速度同步练习2
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．单摆的摆球做简谐运动，它经过平衡位置时正好遇到空中飘落下来的一些小雨滴，小雨滴的速度可以忽略而质量不能忽略．小雨滴均匀附着在摆球表面上，则摆球在以后的振动中有关物理量的变化情况是（ ）
A．最大速度不变，振幅不变，周期不变
B．最大速度会略变小，振幅会略变小，周期也略变小
C．最大速度会略变大，振幅会略变大，周期不变
D．最大速度会略变小，振幅会略变小，周期不变
2．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小随时间变化的图像如图所示，已知单摆的摆长为，则重力加速度为（ ）
A． B． C． D．
3．2022年3月17日19时33分在我国台湾岛东部的琉球群岛发生5.5级地震，震源深度为，北仑区新碶街道某位家住22楼的网友反映“震感明显”，而北仑区白峰街道的居民普遍反映“没有明显感觉”。针对这一事件，下列同学的认识中科学合理的是（ ）
A．白峰街道居民没有感觉是因为地震波到达白峰时，未发生受迫振动
B．新碶街道高楼的固有频率与当时地震波的频率更加接近
C．地震波在北仑区发生叠加，新碶处在振动加强带上，白峰恰好处在减弱带上
D．应对新碶的高楼采取物理措施改变它们的固有频率以防止再次发生地震灾害
二、多选题
4．某同学用单摆测量重力加速度，测得的结果比当地重力加速度的真实值偏小，他在实验操作上可能出现的失误是（ ）
A．测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径
B．选用摆球的质量偏大
C．把在时间t内的n次全振动误认为次
D．把在时间t内的n次全振动误认为次
三、实验题
5．如图1所示，某同学做“用单摆测重力加速度”实验。
（1）以下步骤中错误的是 ，不必要的是 。（选填步骤前字母）
A．用米尺测量出悬线的长度L，并将它记为摆长，并用计算重力加速度g
B．用天平测量出摆球的质量m
C．使单摆小角度摆动后，用停表记录全振动n次的时间，并计算出摆动周期T
（2）正确测量摆长完成后，在测量周期时，摆球振动过程中固定摆线的悬点处出现松动，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”）。
（3）实验时改变摆长正确测出几组摆长L和对应的周期T的数据，作出图像，如图2所示。利用A、B两点的坐标可求得重力加速度g，请写出重力加速度g的表达式 。
（4）本实验用图2计算重力加速度，是否可以消除因摆球质量分布不均匀而造成的测量误差？请说明道理 。
6．某实验小组用单摆做简谐运动来测定重力加速度。
（1）实验中待小钢球摆动稳定后，现要测量小钢球运动的周期。甲同学从小钢球某次通过平衡位置时开始计时，数出以后小钢球通过平衡位置的次数n，用停表记下所用的时间t；乙同学从小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为1，将小钢球第二次沿同一方向通过平衡位置时记为2，第三次沿同一方向通过平衡位置时记为3，以此类推，一直数到n'，同时按下停表，停表的显示时间为t'；你选择 （选填“甲”或“乙”）同学的实验方法，对应的单摆的周期表达式为 。
（2）某同学用一块外形不规则的长条状的大理石块代替了摆球，用不可伸长细线连接悬点O和大理石块的顶端N点进行实验。先使ON间细线长度为某个值，测出其周期T1；后使ON间细线长度比原来增加了ΔL，再测出摆的周期T2.那么，重力加速度的值可以表示为 （用T1、T2、ΔL表示）。
四、解答题
7．在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中，若摆长为1的单摆完成n次全振动的总时间为t，单摆周期为多少？某同学测得多组摆长L和周期T的数据，得到如图所示的图线，若直线的斜率为k，写出重力加速度g与斜率k的关系。
8．某同学利用单摆测当地的重力加速度大小，他发现测得的重力加速度比当地的公认值大，试分析可能的原因。
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《2.5.实验：用单摆测量重力加速度同步练习2》参考答案
1．D
【详解】小雨滴与摆球相互作用的过程动量守恒，根据
可知，最大速度会略变小；由
知，振幅会略变小；但摆长不变，根据
故周期不变。
故选D。
2．D
【详解】小球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，半个周期后再次最大，所以此时开始计时，第二次拉力最大时对应的时间即为一个周期，根据图像可知：单摆的周期为
根据周期公式得
所以
故选D。
3．B
【详解】A．地震波到白峰街道时，地面建筑物受到周期性驱动力作用，发生了受迫振动，因为该街道高楼的固有频率与当时地震波的频率差距较大，所以振幅很小，该处居民才会没有明显感觉，故A错误；
B．新碶街道高楼的固有频率与当时地震波的频率更加接近，受迫振动，振幅较大，该处居民感觉震感明显，故B正确；
C．不同街道居民楼震感不同，是因为不同街道的居民楼固有频率不同，而受迫振动时，驱动力频率与物体的固有频率相近时，物体振动的振幅大，所以振幅不同不是地震波叠加的原因，故C错误；
D．对高楼采取物理措施改变它们的固有频率以防止地震造成损害，但无法防止再次发生地震，故D错误。
故选B。
4．AD
【详解】A．由单摆周期公式得
所以如果将测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径时，摆长偏短，则测得的结果比当地重力加速度的真实值偏小，故A正确；
B．摆球的质量不影响测量结果，故B错误；
CD．由知，若把在时间t内的n次全振动误认为次，则测量周期偏小，所测重力加速度会偏大。而如果把在时间t内的n次全振动误认为次，则测量周期偏大，所测重力加速度会偏小，故C错误，D正确。
故选AD。
5． A B 偏小 见详解
【详解】（1）[1][2]A．用米尺测量出悬线的长度L，并将它记为摆长是错误的，摆长应该为悬线长度加小球半径，A项错误；
B．本实验不需要用天平测量出摆球的质量m，B项不必要；
C．使单摆小角度摆动后，用停表记录全振动n次的时间t，并计算出摆动周期
C项正确。
故错误的选A，不必要的选B。
（2）[3]摆长变长，会导致摆长的测量值偏小，由重力加速度表达式
可知，重力加速度测量值偏小。
（3）[4]根据单摆周期公式
可得
由图像可知
得重力加速度为
（4）[5]通过前面的分析可知，若摆球质量分布不均匀，图像的斜率仍保持不变，所以可以消除因摆球质量分布不均匀而造成的测量误差，即用图像法计算重力加速度与当地真实值相比保持不变。
6． 甲
【详解】（1）[1][2]甲同学，每次小球到平衡位置时计数，则n次即为个周期，所以时间t内的完成个周期，则周期为。
（2）[3]设两次实验中摆线长分别为L1、L2，对应的周期分别为T1、T2，大理石块重心到N点的距离为x，则
T1=2π
T2=2π
联立解得
g=
7．；
【分析】根据题中“用单摆测量重力加速度的大小”可知，本题考查用单摆测量重力加速度实验，根据单摆运动的规律，运用单摆周期公式、积累法等，进行分析推断。
【详解】小球完成n次全振动的总时间为t，则单摆的周期为
根据单摆周期公式
可得
则图线的斜率为
解得重力加速度的测量值
8．测量的摆长L偏大或周期T偏小
【详解】根据单摆的周期公式
可得
由此可知，测量的摆长L偏大或周期T偏小都能使测得的重力加速度比当地的公认值大。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
