2020-2021学年5 实验：用单摆测量重力加速度同步测试题

这是一份2020-2021学年5 实验：用单摆测量重力加速度同步测试题，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2.5实验：用单摆测量重力加速度提升优化（含解析）一、单选题1．某同学为了估算地球的质量，用摆长为L的单摆做小振幅摆动，测得周期为T，若地球半径为r，则地球质量为（  ）A． B． C． D．2．某实验小组在“用单摆测量重力加速度”的实验中，通过计算测得的重力加速度g值偏小，其原因可能是（　　）A．摆球质量偏大B．测摆线长时摆线拉的过紧C．误将n次全振动记录为（n+1）次D．误将摆线长当成摆长，未加小球的半径3．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中，用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为0.97cm。小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是（　　）A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小4．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)A．T=2πr B．T=2πrC．T= D．T=2πl5．如图，两个完全相同的弹性小球A和B分别悬挂在两根长度分别为L和的不可伸长的轻绳末端，两绳均处于竖直状态，两小球重心在同一水平线上且刚好相互接触.现将A球拉到一个很小的角度由静止释放，则在B球运动的2个周期内，两球相碰的次数为（　　）A．4次 B．5次 C．6次 D．7次6．如图所示的实线和虚线分别表示同一个单摆在A、B两个大小相同的星球表面上的振动图像.其中实线是A星球上的，虚线是B星球上的，那么两个星球的平均密度之比为（    ）A． B． C． D．7．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中不正确的是（    ）A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．在时甲摆正经过平衡位置向x轴正方向运动D．在时有正方向最大速度的是甲摆8．为了提高周期的测量精度，下列做法可取的是( )A．在平衡位置启动秒表，完成一次全振动计时结束B．在最大位移处启动秒表，第一次回到这一位置结束计时C．在平衡位置启动秒表，完成30次全振动计时结束D．在最大位移处启动秒表，完成30次全振动计时结束9．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，可行的是（　　）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要适当大一些D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期10．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2，对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是（ ）A．单摆的摆长约为1.0 mB．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（πt）cmC．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大二、多选题11．一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆挂起后，进行了如下步骤，其中有错的是（　　）A．测摆长L，用米尺量出摆线的长度LB．测周期T，将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次， 接着一直数到摆球第61次通过最低点时，按下秒表停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期C．所测得的L和T代入单摆的周期公式，算出g，将它作为实验的最后结果写入报告中去D．做完实验，整理好仪器12．某同学利用单摆测量当地重力加速度。下列说法正确的是（　　）A．组装单摆须选用密度大和直径较小的摆球，轻且不易伸长的细线B．实验时须使摆球在同一水平面内摆动，摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大C．如果图（a）摆长L约为1m，这种操作过程合乎实验要求D．图（2）测出了摆线长度L和摆动周期T的图像，也可以准确得到重力加速度，还可以得到小球重心到线与球连结点的距离为1.0cmE.如果测量时悬点松动，其他操作正确，则测得的重力加速度值偏小13．某同学利用如图甲所示的单摆测量当地重力加速度，他通过多次改变摆长，并测出不同摆长对应的周期，作出的图像如图乙所示。下列选项正确的是（　　）A．为减小误差，应尽量增大摆角B．为减小误差，应尽量选择质量较大、体积较小的摆球C．为减小误差，测周期时应从摆球经过最低点时开始计时D．图乙中图线延长线不过坐标原点的原因可能是将摆球的直径计入了摆长E.由图乙可得，当地重力加速度14．某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时，通过改变摆线的长度，测出对应的周期，作出了l－T2图象，如图所示。下列关于本实验的分析正确的是(　　)A．实验中正确测量周期的方法是，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Δt，则单摆周期T＝B．图象不过原点是因为测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长C．图象不过原点是因为测量摆长时，把摆线长加上摆球的直径当成摆长D．利用图象仍然能测出当地的重力加速度为g＝或g＝，但测量结果会偏大E.利用图象仍然能测出当地的重力加速度为g＝，并且不会有系统误差15．用单摆测定重力加速度g的实验。如图，甲、乙、丙分别是三位同学做出的单摆周期平方与摆长的T2－L图线。其中甲、乙平行，乙、丙均过原点，根据乙求出的g值接近当地重力加速度的值，则下列分析正确的是（　　）A．根据甲求出的g值大于根据乙求出的g值B．根据丙求出的g值大于根据乙求出的g值C．根据T2－L图线，可以由g求出g的值D．甲不过原点的原因可能是误将悬点到摆球上端的距离记为摆长LE.丙偏离乙的原因可能是记录时误将摆球经过平衡位置的次数当成全振动的次数16．在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中，下列做法正确的是____________．A．应选择伸缩性小、尽量长些的细线做摆线B．用刻度尺测出细线的长度并记为摆长lC．在小偏角下让单摆从静止开始摆动D．当单摆经过平衡位置时开始计时，测量一次全振动的时间作为单摆的周期TE.分析实验数据，若认为周期与摆长的关系为T2∝l，则可作T2—l图象；如果图象是一条直线，则关系T2∝l成立三、实验题17．利用单摆测量当地重力加速度的实验中。（1）利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d=________cm。（2）甲同学测量数据如下表。L/m0.4000.5000.6000.8001.200T2/S21.602.102.403.204.80由图像可得重力加速度g=_____m/s2（保留三位有效数字）。（3）若乙同学描点时误将摆线长当作摆长，那么他得到的实验图像可能是下列图像中的_______。由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）A． B。 C。  D。 18．将一单摆竖直悬挂于一深度未知且开口向下的小筒中，单摆的下部露于筒外，如图（a）所示。将摆球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筒的下端口到摆球球心的距离l，并通过改变l测出对应的摆动周期T，作出T2-l图像，那么可通过此图像得出小筒的深度x和当地的重力加速度g。 （1）某次周期测量中，秒表读数如图（c）所示，此时秒表读数是___________s。（2）实验中所得到的T2-l图像应是如图（b）所示a、b、c中的___________。（3）由图像可知，小筒的深度x=______，则当地的重力加速度g=________m/s2（结果可含有π）。19．用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。①对测量原理的理解正确的是____。A．由g=可知，T一定时，g与l成正比B．由g=可知，l一定时，g与T2成反比C．单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定，由g=可算出当地的重力加速度②若测量结果得到的g值偏大，可能是因为____。A．组装单摆时，选择的摆球质量偏大B．测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长C．测量周期时，把n次全振动误认为是（n+1）次全振动③下表是某同学记录的实验数据，并做了部分处理。组次123456摆长l/cm40.0050.0060.0080.00100.00120.0050次全振动时t/s63.074.077.589.5100.0109.5周期T/s1.261.481.551.79 2.19周期的平方T2/s21.592.012.403.20 4.80请计算第5组实验中的T2=____s2。④将上表数据输入计算机，可得到图2所示的l﹣T2图像，图线经过坐标原点，斜率k=0.25m/s2。由此求得重力加速度g=____m/s2。（π2=9.87，此空答案保留3位有效数字）
参考答案1．C【详解】根据单摆的周期公式有T = 2π根据万有引力与重力的关系有（忽略地球自转）mg = G解得M =故选C。2．D【详解】根据解得A．加速度的值和摆球的质量无关，A错误；B．测摆长时摆线拉的过紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度测量值偏大，B错误；C．误将n次全振动记录为（n+1）次，根据则周期的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，C错误；D．误将摆线长当成摆长，未加小球的半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，D正确。故选D。3．C【详解】A．为减小计时误差，应从摆球经过最低点的瞬间开始计时，故A错误；B．通过最低点100次的过程中，经历的时间是50个周期，故B错误；C．悬线的长度加摆球的半径才等于摆长，由单摆周期公式可知记录的摆长偏大时，测得的重力加速度也偏大，故C正确；D．应选用密度较大的球以减小空气阻力的影响，故D错误。故选C。4．B【详解】在地球表面重力等于万有引力，故解得由单摆的周期：联立各式解得故选B．【点睛】本题关键是要掌握两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式.5．B【详解】A、B摆长比为，根据单摆的周期公式可知A、B振动周期之比为.两球发生弹性碰撞，质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律，两球相碰后交换速度，A球运动个周期，B球运动了个周期，知在这段时间内两球相碰的次数为5次。故选B。6．D【详解】由图可知由单摆周期公式得万有引力等于重力，即又所以两个星球的平均密度之比故选D。7．D【详解】A．由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式可知，甲、乙两单摆的摆长L相等，A正确；B．甲单摆的振幅为，乙单摆的振幅为，则甲单摆的振幅比乙单摆大，B正确；C．时据图像可知，甲摆正经过平衡位置，向x轴正方向运动，C正确；D．在时，甲摆经过平衡位置，并向x轴负方向运动，而乙的位移最大，速度为零，选项D错误。故选D。8．C【详解】在平衡位置启动原因是:此时速度最大,易区分,计时误差相对小,测30次目的是多次 理由测量求平均值.故选C。9．A【详解】A．适当加长摆线，可增加单摆的周期，从而减小测量周期的相对误差，故A项正确；B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，从而减小空气阻力带来的影响，故B项错误；C．单摆偏离平衡位置的角度不要超过5°，故C项错误；D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30~50次全振动后停止计时，求出平均周期，故D项错误。故选A。10．C【详解】A．由公式解得L=1m．故A正确，不符合题意；B．由振动图象读出周期T=2s，振幅A=8cm，由得角频率ω=πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asinωt=8sin（πt）cm，故B正确，不符合题意；C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小．故C错误，符合题意；D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大．故D正确，不符合题意。故选C。【点评】11．ABC【详解】A．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，即摆长为选项A错误；B．计算周期公式不对，应改为选项B错误；C．为了减小误差，应改变摆长，测出不同摆长对应的周期，根据数据作出图像，由图像求得g，选项C错误；D．做完实验，要整理好仪器，选项D正确。本题选有错误的，故选ABC。12．ADE【详解】AB．在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故A正确B错误；C．摆长应该是悬点到球心的距离，故图（a）的操作不符合要求，故C错误；D．由周期公式变形则由图像的斜率可求解重力加速度；当T=0时L=-r，即可以得到小球重心到线与球连结点的距离为1.0cm，选项D正确；E．如果测量时悬点松动，则摆长变大，周期变大，根据故算出的重力加速度值偏小，E正确。故选ADE。13．BCE【详解】A．单摆在摆角小于5°时的运动是简谐运动，单摆的摆角不能太大，A错误；B．为减小空气阻力对实验的影响，应选体积较小、质量较大的摆球，B正确；C．为减小周期测量误差，测量周期时，应取摆球通过最低点做为计时的起、终点位置，C正确；D．图像不通过坐标原点，从图像可以得到相同的周期下，摆长偏小，故可能是漏加小球半径，D错误；E．根据则解得E正确。故选BCE。14．ACE【详解】A．为了减小测量误差，要从摆球摆过平衡位置时计时，且需测量多次全振动所用时间，然后计算出一次全振动所用的时间，A正确；BC．根据周期公式T＝2π得l＝由于题中图象存在纵截距，即l＝＋l′说明测量的摆长值较实际摆长要大，B错误，C正确；DE．根据题中图象上A、B两点有关系式lA＝＋l′lB＝＋l′两式相减可解得g＝由以上可以看出，最终的结果不影响g值的测量，所以D错误，E正确。故选ACE。15．BDE【详解】根据单摆的周期公式，得根据数学知识可知，T2－L图象的斜率A．由于甲、乙平行即斜率相等，则计算出的加速度相等，故A错误；B．由图可知，丙的斜率小于乙的斜率，由可知，丙求出的g值大于根据乙求出的g值，故B正确；C．由可得则故C错误；D．若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有故做出的T2－L图象中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，故D正确；E．记录时误将摆球经过平衡位置的次数当成全振动的次数，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故E正确。故选BDE。16．ACE【详解】A．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变，选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线，A正确；B．刻度尺测出细线的长度再加上小球的半径才是摆长，B错误；C．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，否则单摆将不做简谐运动，C正确；D．当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差最小，但是要测量n次全振动的时间记为t，再由求周期误差较小，D错误；E．数据处理的时候，通常由线性关系比较好判断结论，故作图象，E正确；故选ACE．【名师点睛】解答本题应了解单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；根据单摆的周期公式变形得到重力加速度g的表达式，分析与的关系．17．        B    相等    【详解】（1）[1] 小球直径（2）[2]根据可得图像的斜率从而可知重力加速度（3）[3]这时的函数表达式图像是不过坐标原点的直线，在轴上截距为正值。故选B。[4]图像的斜率没变，因此得到的重力加速度与原来相来相等。18．1分35.1秒    a    0.3 m        【详解】（1）[1]小表盘的数值在1-2之间，所以读为1分；因为小表盘的指针指向了1-2的后半部分，则大表盘的读数为35.1秒。故秒表的读数为1分35.1秒。（2）[2]由单摆周期公式得得到当l=0时则真正的图象是a。（3）[3]当T2=0时，l=−x，即图象与l轴交点坐标，由图示图象可知[4]图线的斜率大小由图示图象可知解得19．C    C    4.00    9.87    【详解】(1)[1]重力加速度与单摆无关，由单摆周期公式可知测出单摆的摆长L与周期T，可以求出重力加速度故选C；(2)[2]由单摆周期公式可知A．摆周期与摆球质量无关，组装单摆时，选择的摆球质量偏大不会导致g的测量值偏大，故A错误；B．测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长，所测摆长L偏小，所测g偏小，故B错误；C．测量周期时，把n次全振动误认为是（n+1）次全振动，所测周期T偏小，所测g偏大，故C正确；故选C；(3)[3]由表中实验数据可知，完成50次全振动需要的时间为100.0s，则周期T=2.0s所以T2=2.02=4.00s2(4)[4]由单摆周期公式可知 l-T2图象的斜率 解得g=9.87m/s2