2020高考物理復(fù)習 金版教程 實驗十三 探究單擺運動用單擺測定重力加速度練習

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1、限時規(guī)范特訓 (時間：45分鐘　分值：100分) 1．某同學在做利用單擺測定重力加速度實驗中，如果測得的g值偏小，可能原因是(　　) A．測擺線長時擺線拉得過緊 B．擺線上端懸點未固定及振動中出現(xiàn)松動使擺線長度增加了 C．開始記時時，秒表按下時刻滯后于單擺振動的記數(shù) D．實驗中誤將49次全振動記為50次全振動 解析：根據(jù)g＝知，g偏小可能原來是L的測量值偏小或T的測量值偏大．選項A中擺線拉得過緊，使L變大，因此測得g偏大；選項B中，在擺長已測定情況下，由于懸點松動使擺長增加，實際振動的擺長大于測量值，所以測量g值也偏?。x項C和D均為測得的周期偏小，故g值偏大． 答案：B

2、2．在做“用單擺測定重力加速度”的實驗中，有人提出以下幾點建議，其中對提高測量結(jié)果精度有利的是(　　) A．適當加長擺線 B．質(zhì)量相同、體積不同的擺球，應(yīng)選用體積較大的 C．單擺偏離平衡位置的角度不能太大 D．當單擺經(jīng)過平衡位置時開始計時，經(jīng)過一次全振動后停止計時，用此時間間隔作為單擺振動的周期 解析：單擺實驗的精確度取決于實驗裝置的理想化程度及相關(guān)物理量的測量精度．適當加長擺線長度有利于把擺球看成質(zhì)點，在擺角小于10°的條件下，擺球的空間位置變化較大，便于觀察，選項A對．擺球體積越大，所受空氣阻力越大，對質(zhì)量相同的擺球其影響越大，選項B錯．只有在小角度的情形下，單擺的周期才滿足T＝

3、2π，選項C對．本實驗采用累積法測量周期，若僅測量一次全振動，由于球過平衡位置時速度較大，難以準確記錄，且一次全振動的時間太短，偶然誤差較大，選項D錯． 答案：AC 3. 如圖所示， A、B分別為單擺做簡諧振動時擺球的不同位置，其中，位置A為擺球擺動的最高位置，虛線為過懸點的豎直線．以擺球最低位置為重力勢能零點，則擺球在擺動過程中(　　) A. 位于B處時動能最大 B. 位于A處時勢能最大 C. 在位置A的勢能大于在位置B的動能 D. 在位置B的機械能大于在位置A的機械能 解析：小球在擺動過程中，只有重力做功，機械能守恒，即A點的重力勢能等于B點動能和勢能的和． 答案：BC

4、4. 做簡諧振動的單擺擺長不變，若擺球質(zhì)量增加為原來的4倍，擺球經(jīng)過平衡位置時速度減小為原來的1/2，則單擺振動的 (　　) A．頻率、振幅都不變　　B．頻率、振幅都改變 C．頻率不變、振幅改變 D．頻率改變、振幅不變 解析：由單擺的周期公式T＝2π，可知，單擺擺長不變，則周期不變，頻率不變；振幅A是反映單擺運動過程中的能量大小的物理量，由Ek＝mv2可知，擺球經(jīng)過平衡位置時的動能不變，因此振幅改變，所以C正確． 答案：C 5．某同學測得g值比當?shù)貥藴手灯?，其原因可能?　　) A．測量擺長時忘記加上小球半徑 B．振幅過小 C．將擺長當成了擺線長和球直徑之和 D．擺動次數(shù)

5、多記了一次 E．小球不是在豎直平面內(nèi)擺動 F．擺球質(zhì)量過大，空氣阻力影響所致 解析：因為T＝2π，所以g＝，由g的表達式可知g測偏大的原因可能是l測偏大或T測偏小，可知C、D正確，A錯；小球做圓錐擺的周期T＝2π＜T擺，故E正確；因為單擺周期和振幅與擺球質(zhì)量無關(guān)，故B、F錯． 答案：CDE 6．(1)在做“用單擺測定重力加速度”的實驗中，用主尺最小分度為1 mm、游標尺上有20個分度的卡尺測量金屬球的直徑，結(jié)果如圖甲所示，可以讀出此金屬球的直徑為________mm. (2)單擺細繩的懸點與拉力傳感器相連，將擺球拉開一小角度使單擺做簡諧運動后，從某時刻開始計時，拉力傳感器記錄了拉力

6、隨時間變化的情況，如圖乙所示，則該單擺的周期為________s. 解析：(1)球的直徑為14 mm＋0.05 mm×7＝14.35 mm. (2)由單擺的周期性結(jié)合F－t圖象可以得出，該單擺的周期為2.0 s. 7．某同學想在家里做“用單擺測定重力加速度”的實驗，但沒有合適的擺球，他找到了一塊大小約為3cm、外形不規(guī)則的大理石代替小球．他設(shè)計的實驗步驟如下： A．將石塊和細尼龍線系好，結(jié)點為M，將尼龍線的上端固定于O點，如圖所示； B．用刻度尺測量OM間尼龍線的長度L作為擺長； C．將石塊拉開一個大約α＝5°的角度，然后由靜止釋放； D．從擺球擺到最高點時開始計時，測出30

7、次全振動的總時間t，由T＝得出周期； E．改變OM間尼龍線的長度再做幾次實驗，記下每次相應(yīng)的l和T； F．求出多次實驗中測得的l和T的平均值，作為計算時用的數(shù)據(jù)，代入公式g＝()2l，求出重力加速度g. (1)該同學以上實驗步驟中有重大錯誤的是_________________________________________________________． (2)該同學用OM的長作為擺長，這樣做引起的系統(tǒng)誤差將使重力加速度的測量值比真實值________(填“偏大”或“偏小”)． (3)用什么方法可以解決擺長無法準確測量的困難？ 解析：(1)擺長應(yīng)為石塊質(zhì)心到懸點的距離，故B步驟

8、錯誤；計時開始的位置應(yīng)為擺球振動的平衡位置，故D步驟錯誤；在用公式g＝()2l計算g時，應(yīng)將各項的l和T單獨代入求解g值，不能求l、T的平均值再代入求解，故F步驟也錯誤． (2)因為用OM作為擺長，比擺的實際擺長偏小，因此計算出的重力加速度的值比實際值偏?。? (3)可采用圖象法，以T2為縱軸，以l為橫軸，作出多次測量得到的T2－l圖線，求出圖線斜率k.再由k＝得g＝.k值不受懸點不確定因素的影響，因此可以解決擺長無法準確測量的困難． 8．將一單擺裝置豎直掛于某一深度h(未知)且開口向下的小筒中(單擺的下部分露于筒外)，如圖甲所示，將懸線拉離平衡位置一個小角度后由靜止釋放，設(shè)單擺振動過程中

9、懸線不會碰到筒壁，測量出筒的下端口到擺球球心的距離l，并通過改變l而測出對應(yīng)的周期T，再以T2為縱軸、l為橫軸作出函數(shù)關(guān)系圖象，那么就可以通過此圖象得出小筒的深度h和當?shù)氐闹亓铀俣龋?取π2＝9.86) (1)如果實驗中所得到的T2－l關(guān)系圖象如圖乙所示，那么正確的圖象應(yīng)是a、b、c中的________． (2)由圖象可知，小筒的深度h＝________m，當?shù)氐闹亓铀俣萭＝________m/s2. 解析：(1)由單擺周期公式T＝2π可得T2＝L，而L＝l＋h，所以T2＝(l＋h)，即T2＝l＋h，正確圖象應(yīng)是a. (2)由圖象知＝1.20，＝，得g＝π2＝9.86 m/s2

10、，h＝0.30 m. 9．[2020·重慶模擬]在“用單擺測定重力加速度”的實驗中，為防止擺球在擺動過程中形成“圓錐擺”，實驗中采用了如圖甲所示的雙線擺．測出擺線長度為L，線與水平橫桿夾角為θ，擺球半徑為r.若測出擺動的周期為T，則此地重力加速度為________；某同學用10分度的游標卡尺測量擺球的直徑時，主尺和游標如圖乙所示，則擺球的半徑r為________mm. 解析：單擺的擺長為l＝Lsinθ＋r，由周期公式T＝ 2π，此地的重力加速度為g＝. 由圖知擺球的半徑r＝×16.0 mm＝8.0 mm. 10．在利用單擺測定重力加速度的實驗中，由單擺做簡諧運動的周期公式得到g＝

11、4π2l/T2.只要測出多組單擺的擺長l和運動周期T，作出T2－l圖象，就可以求出當?shù)氐闹亓铀俣龋碚撋蟃2－l圖象是一條過坐標原點的直線，某同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的圖象如圖所示． (1)造成圖象不過坐標原點的原因是________________________________________________________________________； (2)由圖象求出的重力加速度g＝________m/s2.(取π2＝9.87) 解析：(1)由單擺周期公式T＝2π得T2＝4π2 由圖象知，當l＝0時，T2≠0，說明l偏小，是由于漏測小球半徑造成的． (2)由上式知k＝，g＝

12、＝9.87 m/s2. 11．一位同學用單擺做測量重力加速度實驗，他將擺掛起后，進行了如下步驟： A．測擺長L：用米尺量出擺線的長度； B．測周期T：將擺球拉起，然后放開，在擺球某次通過最低點時，按下秒表開始記時，同時將此次通過最低點作為第1次，接著一直數(shù)到擺球第60次通過最低點時，按下秒表停止記時，讀出這段時間t，算出單擺的周期T＝t/60； C. 將所測得的L和T代入單擺的周期公式T＝2π，算出g，將它作為實驗的最后結(jié)果寫入實驗報告中去．(不要求進行誤差計算)． 上述步驟中錯誤或遺漏的步驟有__________，應(yīng)改正為__________． 解析：A、B、C三處均有遺漏和錯誤的地方．A改正為：要用游標卡尺測擺球的直徑d，擺長L＝擺線長(l)＋擺球半徑(d/2)(或用米尺測量擺長時應(yīng)取懸點至球心的距離)．B改正為：T＝t/29.5.C改正為：應(yīng)多次測量，然后取平均值，將平均值的g作為實驗的最后結(jié)果．這里所要考查的是學生是否會正確測量擺長和周期，尤其是要理解多次測量、取平均值的實際意義.