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专题55探究单摆的周期与摆长的关系用单摆测定重力加速度(测)【满分：110分时间：90分钟】实验题(共10小题，每题11分)1.某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作；(1)某同学用秒表测得单摆完成40次全振动的时间如图所示，则该单摆的周期T=s(结果保留三位有效数字)-11 -(2)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2-L图象，此图线斜率的物理意义是A.gB.C4D.-g-2gg4(3)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度、他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1,然后把摆线缩短适当的长度L,再测出其振动周期T2、用该同学测出的物理量表达重力加速度为g=【答案】(1) 1、89 C; (3)4 2 LT12T221解析】(1)由单摆全振动制欠数为nau次1秒表读数为仁作、历,该单摆的周期是四(2)由周期公式：二肛巴可得丁2二也一工可知，方图线斜率上二里故选CeInns(3)先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1,则T12I-,然后把摆线缩短适当的长度gL,再测出其振动周期T2,则T2考点：用单摆测定重力加速度。【名师点睛】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础、掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。2.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。为比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用；（用器材前的字母表示）a.长度接近1m的细绳b.长度为30cm左右的细绳c.直径为1.8cm的塑料球d.直径为1.8cm的铁球e.最小刻度为1cm的米尺f.最小刻度为1mmi勺米尺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。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，如图丙所示的vt图线。由图丙可知，该单摆的周期T=s；更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2-L（周期平方一摆长）图22线，并根据图线拟合得到万程T4.04L0.035。由此可以得出当地的重力加速度g=m/s。（取兀2=9.86,结果保留3位有效数字）442n2L【答案】（1）adf;n;偏小；（2）2.0;9.76t2IW1a根国T2&拒得；耳噂:如需要测量冕长，攫长等二摆线的长度沏摆球的半径XZ丁之和，所晨总揖长近1刑的邹线直捶为L&的核球,需要避重排长加攫琅的立隆，所以需耍最小利庾为1/WH的米尺和避旋测揄器.故选Mf*0因为了=,则gh碧包-r假期1量周期时，拇球撷如程中悬点,。处摆续的固定出琪枝加，翅长鹏微变长，刚埋长胞驯里值偏小，捌得的重力加惊度偏小。(2)根据简谐运动的图线知，单摆的周期T2.0s。根据T2L得：T2=4L,知图线的斜率：k4.04,解得：g9.76m/s2。ggg考点：用单摆测定重力加速度【名师点睛】根据单摆的周期公式确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材和测量工具；结合单摆的周期公式，根据周期的大小求出重力加速度的表达式，通过表达式，分析误差是偏大还是编小；根据简谐运动的图线得出单摆的周期，根据单摆的周期公式求出T2L关系式，结合图线的斜率求出重力加速度。3.在“用单摆测定重力加速度”的实验中(1)测得摆线长101cm,摆球直径为2.00cm,单摆做50次全振动所经历的时间为101.5s,则当地的重力加速度值g=m/s2(兀=3.14保留3位有效数字).(2)如果测得g值偏大，可能的原因是()A.测摆线长时摆线拉得过紧。B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了。C.开始计时时，秒表过迟按下D.实验中误将49次全振动次数记为50次E.漏测了小球的半径，把摆线长直接当作摆长进行计算。【答案】(1)g=9.76m/s2(2)ACD【解析】4 2lT2，代入数据可以解得(1)本次实验中的摆长llr101.00cm1.00cm1.02m.周期T101s2.03s,由公式T2.口得，gN50,g24 2l.2,测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测g9.76m/s.(2)根据单摆的周期公式T2J工得，g量量偏大，则测得的重力加速度偏大，故A正确；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，振动周期变大，而测得白摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故B错误；开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故C正确；实验中误将49次全振动数为50次.测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故确.考点：“用单摆测定重力加速度”的实验【名师点睛】解决本题的关键掌握单摆的周期公式，并能灵活运用，知道周期等于完成一次全振动的时间，摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和.4 .(1)某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，测得的g值偏大，可能的原因是A摆球的质量较大日测周期时，把n次全振动误记为(n+1)次C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D测摆长时，测量摆线长度并加入小球直径(2)某同学在利用单摆测定重力加速度时，由于摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置，他第一次测得单摆振动周期为T1,然后将摆长缩短了L,第二次测得振动周期为T2(两次实验操作规范)，由此可计算出重力加速度g=【答案】(1) BD (2) gI解析】根据单嶷的周期公式一2可得史一警，与舅接质量大小无关T错枭犯h次全振动gT茁时间f误作询(n+n次全募动的忖问,驯得周即偏小.通网里的重步加速彦调大，日正底；摆动后出观松劭,如甥长的测量值偏小，则期得的重力加速爱闻小，故c锚谒以凄线机力小B直名傕为搓长来计更了，测得摆长嗝大，即测存的室力加速度偏大，故D山琳(2)段第一次据长为八田里把周期公式工工-2吧j石=可卜就得；g-最生.考点：“利用单摆测重力加速度”的实验【名师点睛】本题关键要掌握“利用单摆测重力加速度”的原理：单摆的周期公式，明确有关注意两项和数据处理方法，用图象法处理数据可以减小误差.5 .在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时，且记数为1,到第n次经过最低点所用的时间为t;在测量单摆的摆长时,先用毫米刻度尺-测得悬挂后的摆线长为l,再用游标卡尺测得摆球的直径为d.(1)该单摆的摆长为；(2)该单摆的周期为；(3)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=.(4)实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的.A.单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了B.把n次摆动的时间误记为n+1次摆动的时间C.以摆线长作为摆长来计算D.以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算.【答案】（1） 1+日含飞）冗气门-1） J吟)；(4) BD【解析】Cl捋线长度与把半梗之和星里摆的黑长，单摆挨长：2至援用或一次令振动需要的时间是一个豉坪，单摆周期：r-T-/1】士TL-2由单攫用睥讼式；12重力加速度由单摆确公式：I=唔可知重力加速度1sq;：l一A、单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长n Efa- nJ1 了，所测时间t偏大，由g=可知，重力加速度 g的测量值偏小，故 A错误;日把n次摆动的时间误记为 n+1次摆动的时间，由兀气L 1)2(1亭g=瓦可知，重力加速度g的测量值偏大，故B正确;C以摆线长作为摆长来计算，所测摆长1+二偏小,2g=可知，重力加速度g的测量值偏小，故 C错误;D以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，所测摆长1+ 偏大,由2g=可知，重力加速度 g的测量值偏大，故 D正确；故选BR【名师点睛】（1）摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长.（2）单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期.（3）应用单摆周期公式可以求出重力加速度的表达式.（4）应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析实验误差.6.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L.用秒表测量单摆的周期.当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0,单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T=s（结果保留三位有效数字）.测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2-L图象如图丙，此图线斜率的物理意义是A.grB.1/gC.4兀2/gD.g/4%2与重力加速度的真实值比较，发现测量结果偏大，分析原因可能是A.振幅偏小B.在单摆未悬挂之前先测定其摆长C.将摆线长当成了摆长D.开始计时误记为n=1该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度.他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆白振动周期T1,然后把摆线缩短适当的长度L,再测出其振动周期T2.用该同学测出的物理量表达重力加速度为g=421【答案】2.06cm2.24s或2.25sCDg4l-T12T22蹴析】心操时直径为1nirR5=2Often;全财的次第为时衣共网间为幻.佃故单度的磔版一，一空$2必棋提单摆周期公式r=巩可得尸=l,可如r-L踊料亚的物理意义是士W,故在c.V惠振幅偏小对单摆的周期无影响，选项A错误；在单摆未悬挂之前先测定其摆长，则摆长的测量值偏小，可知重力加速度的测量值偏小，故B错误.将摆线长当成了摆，则摆长的测量值偏小，可知重力加速度的测量值偏小，故C错误.开始计时将n=0误记为n=1（摆球在最低点开始计时），可知周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故D正确.故选D.先测出一摆线较长的单摆的振动周期Ti,T12然后把摆线缩短适当的长度l,再测出其振动周期Ta.T2=2LL?,联立解得考点：用单摆测定重力加速度【名师点睛】此题考查了用单摆测定重力加速度，常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础.掌握单摆的周期公式T2JL,并能对实验出现的误差进行分析；7.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00cm,摆球直径为2.00cm,然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s.则(1)他测得的重力加速度g=m/s2.(兀2=9.86,计算结果取两位小数)(2)他测得的g值偏小，可能的原因是.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.计时开始时，秒表过迟按下D.实验中误将49次全振动数记为50次【答案】(1)9.76(2)B【解析】(1)由思啬可导：播匕*+%=10Q.Ccm=LQ2iQOn由可用；r=s=i.o33n50(箝由%1可知，若测得的g值偏小，可靛是将L测量的情比直卖直小了，也可熊是将重捏的周期测蚩的值此息只值大了，歆只育B正确.考点：用单摆测定重力加速度【名师点睛】本题关键要掌握实验的原理：单摆的周期公式T2,归，要能根据实验原理,分析实验误差。8.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm；用10分度的游标卡尺测得小球直径的读数如图所示，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间，则：(1)该摆摆长为cm.(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是A.测摆线长时摆线拉得过紧8 .开始计时时，秒表过迟按下C.摆线上端悬点末固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了D.实验中误将49次全振动记为50次(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T,从而得出一组对应的L与T的数据，再以L为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k,则重力加速度g=(用k表示)【答案】(1)98.42cm(2)CI解析】源标卡尺的主尺读数为1Bum济标翊为电jrh则鼻络删I为1Mmm=I,弘丽，摆长等于僵装的长度与摇璘的半径W和，上-犷50gM犯石-歌4工。口)根据单摆的周用公式r=i才上得；g=器，测排乐帛打之得过转，则排长的观E值偏大，则重力加速度的测量值偏大，故袅错误开始计时秒表过近接F,川侬的测量值/小，重力加速度的冽量值偏大，秋B错恒j持或上端未中回地系亍昌点，振动中出现松动，使推线长启括加了，却圈长的测S值偏小，期重力加速度白现恒倩偏小，曲C正底；实验中误将妙次全东助教为如发，翅倜朗的测量值加小,重十加速专的测报值偏大，的D锚误，(3)由单摆周期表达式 T 2 jL可得：T24 2L，故以l为横坐标、T2为纵坐标得到的图 g42象的斜率为：k,解得:g考点：用单摆测定重力加速度【名师点睛】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，结合全振动的次数和时间求出单摆的周期；根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，从而判断g值偏小的原因。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1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，示数如图2所示，读数为mm(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。，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,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=At/50.【答案】(1)18.6(2)abe解析】游稔卡死的误曼历法是先读出主尺匕的刻度，大八11皿,再看喷标尺上的哪-剂度与国定的刘财针：第6到度与二方刻度对齐j读数；痴口，总谣如5M.该笑典中，要选再细些的、伸缩性小理的遂生，长度辘当理j和选择与枳序立卜密底较大的小硅.故m是正第的.度球的砌与推练的长通有关，与法角无关，前c语读拉开接球，使修法偏高平爵位置不大千寸,故d错误；舞放摆球,当摆球振动鞘定后,从平南位詈开始计时i要测量多个周的粉寸间，越后求平均值.砂帽正调.故选耳考点：用单摆测量当地的重力加速度【名师点睛】该题考查游标卡尺的读数方法与用单摆测量重力加速度实验中的几个注意事项，所以记忆性的知识，要求对该部分知识有准确的记忆.属于简单题。10.下面为某同学用单摆测量当地的重力加速度实验部分操作.(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BC.直径2 cm的铅球DE.秒表FF.最小刻度是厘米的刻度尺所选择的器材是.长30m左右的细绳.直径2cm的木球.时钟H .最小刻度是毫米的刻度尺(2)用游标卡尺测量小钢球直径，读数如图所示，读数为mm(3)测出单摆偏角小于5。时完成n次全振动的时间为t,用毫米刻度尺测得摆线长为L,游g=标卡尺测得摆球直羟为d.用上述测得的量写出测量重力加速度的一般表达式:(4)他测得的g值偏小，可能原因是A.计算时将L成摆长B.测摆线长时摆线拉得过紧C.开始计时时口秒表过迟按下D.实验中误将30次全振动计为29次(5)该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AB的坐标(xi,yi)、(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T2-L图线法算得的g值和真实值相比是的(选填“偏大”、“偏小”或“不变”).【答案】(1) ACEH(2) 9. 8 (3)4 2n2(L d/2)t2(4) AD (5)4 2(X2 Xi)V2 yi，不变t耨听】(l).用单摆测厘力才曝度现驰，为泡小实蝮建差,接线应选,hLm左右的继线天险时J1使用段量大体积小，晒度大的摇球，散寂感应选工宣役人左右的铅球；实随需要测出单遣的周明，因此需要选将秒表；则法长小1为3M块的误差，应选择：事确度是迎的亘尺；敌需要的实验器材为：ACLH.(1)游柄十尺的主尺减I为1M游标尺上策8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游园巡为KxOInn=0耿ke0所以最终球散力:yjajw-DSljhjw=9Sjwjwa(3)根据题意可知:T工，由单摆的周期公式T 2 nL /口4 l一,斛得：g 一厂gT2 2 d、4 n (L )2_2。t(4)根据重力加速度的表达式：g4，计算时将L当成摆长，则摆长的测量值偏小，29则重力加速度的测量值偏小，故A正确；测摆线长时摆线拉得过紧，使摆线长度增加了，则摆长的测量值偏大，重力加速度测量值偏大，故B错误；开始计时时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故C错误；实验中误将30次全振动次数记为次，则周期测量值偏大，重力加速度测量值偏小，故D正确。根据单推脚捻式r巩匕有八由图辕的际增二上旦好得”出主斗ISSE七一巧力一的测室长时橘加了。等半帘，图家同左扁般了,但斜率不变,葩财加速度的酒窿铲受J考点：用单摆测，定重力加速度【名师点睛】本题考查了实验器材的选择、实验误差分析，知道实验原理与实验器材、由单摆周期公式求出重力加速度的表达式即可正确解题。
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