【物理】2020届一轮复习人教新课标实验用单摆测重力加速度课时练（解析版)

【物理】2020届一轮复习人教新课标实验用单摆测重力加速度课时练（解析版)

‎2020届一轮复习人教新课标 实验 用单摆测重力加速度 课时练（解析版)‎ ‎1．以下物理学知识的相关叙述，其中正确的是( )‎ A．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振 B．由绿光和红光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光 C．在光的双缝干涉实验中，在光屏上某一位置会时而出现明条纹时而出现暗条纹 D．狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的．‎ E. 在“用单摆测重力加速度”的实验中，测量n次全振动的总时间时，计时的起始位置应选在小球运动到最低点时为宜．‎ ‎2．小明同学在用单摆测当地的重力加速度g时，由于没有游标卡尺，无法测量小球的直径d，但是测出多组摆线长L和对应的周期T，并做出了T2﹣L图象，如图所示，图线的斜率为k，反向延长线与横轴交点的横坐标为-a（a＞0）.下列说法正确的是（　　）‎ A.小球的直径为a B.实验测得当地的重力加速度为 C.仅将单摆的摆角从4°改为2°，得到的图线斜率不变 D.由于没测小球的直径，导致测得的重力加速度偏小 ‎3．在“利用单摆测重力加速度”的实验中：‎ ‎（1）测得摆线长l0，小球直径D，小球完成n次全振动的时间为t，则实验测得的重力加速度的表达式g=___‎ ‎（2）实验中如果重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是（_____）‎ A.把摆线的长度l0当成了摆长 B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长 C.测量周期时，误将摆球（n-l）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间 D.摆球的质量过大 ‎（3）如图所示，停表读数为___s。‎ ‎（4）同学因为粗心忘记测量摆球直径，实验中将悬点到小球下端的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出图象，如图所示。则该小球的直径是___cm (保留一位小数)；实验测得当地重力加速度大小是___m/s2 (取三位有效数字)。‎ ‎4．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，‎ ‎(1)从下列器材中选用最合适的器材(填写器材代号)__‎ A.小铁球 B.小塑料球 C．20cm长的细线 D.100cm 长的细线 E.手表 F.时钟 G.秒表 ‎(2) 有关“用单摆测定重力加速度”的实验，下述说法中正确的是___‎ A.为了方便测量摆长，可以将单摆放在水平桌面上用力拉紧后再测量 B.测量摆长时可以先测出摆线的长度，再加上摆球的半径 C.偏角不要超过5°，将摆球拉到最大位移处释放同时快速按下秒表开始计时 D.为了精确测量单摆的周期，起码要测量小球作100次全振动所用的时间 ‎(3)某同学实验时改变摆长，测出多组摆长L和对应的周期T的数据，作出L—T2图线，得到一条过原点的直线， 如果直线的斜率为k，则求得重力加速度 g= ________________。‎ 但实际操作时，该同学漏加了小球半径，如果他仍作出L--T2 图线，通过直线斜率来计算重力加速度，则测量结果将______ (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。‎ ‎5．物理课外活动小组在用单摆测重力加速度的实验中,测出了不同摆长L所对应的周期T，在进行实验数据处理时：‎ ‎①甲同学以摆长L为横坐标、周期T的平方为纵坐标作出了T2—L图线。若他由图象测得的图线斜率为K，则测得的重力加速度g=_____________。若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图线法求得的重力加速度___________________（选填“偏大”、“偏小”、“准确”）。‎ ‎②乙同学根据公式得，并计算重力加速度，若他测得摆长时，把摆线长当作摆长（忘记加上小球半径），则他测得的重力加速度值__________（选填“偏大”、“偏小”、“准确”）。‎ ‎6．实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。‎ ‎①测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g =_________（用L、n、t表示）。‎ ‎②实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的_____(选填选项前的字母)。‎ A．长约1 m的细线 B．长约1 m的橡皮绳 C．直径约1 cm的均匀铁球 D．直径约10 cm的均匀木球 ‎③选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图______中所示的固定方式。‎ ‎④某实验小组组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是___________(填字母代号)。‎ A．保证摆动过程中摆长不变 B．可使周期测量得更加准确 C．需要改变摆长时便于调节 D．保证摆球在同一竖直平面内摆动 ‎⑤他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点到摆球的最低端的长度L=0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为______mm。 ‎ ‎⑥将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是_________(选填选项前的字母)。 ‎ A．测出摆线长作为单摆的摆长 B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动 C．在摆球经过平衡位置时开始计时 D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期 ‎⑦甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图象，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是_____(选填“l2”“l”或“”)，若图线斜率为k，则重力加速度g=_________(用k表示)。‎ ‎⑧乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是___________(选填选项前的序号)。 ‎ A．开始摆动时振幅较小 B．开始计时时，过早按下停表 C．测量周期时，误将摆球(n-1)次全振动的时间记为n次全振动的时间 D．测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长 ‎7．小雷在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.20 cm；用20分度的游标卡尺测得小球直径如图所示，然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间。则 ‎（1）小球直径为_________cm ‎（2）如果他在实验中误将49次全振动数为50次，测得的g值_________（填“偏大”或“偏小”或“准确”）‎ ‎（3）他以摆长（L）为横坐标、周期的二次方（T2）为纵坐标作出了T2－L图线，由图象测得的图线的斜率为k，则测得的重力加速度g=_________。（用题目中给定的字母表示）‎ ‎（4）小俊根据实验数据作出的图象如图所示，造成图象不过坐标原点的原因可能是_________。‎ ‎8．根据单摆可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，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以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。‎ A.摆球应选用直径较小、密度较大的小球，摆线应选用细而不易伸长的线 B.为了便于记录周期，开始时将摆球拉开，应使摆线与平衡位置有较大角度 C.记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，摆球再次回到平衡位置停止计时，此时间间隔为，则单摆周期 D.记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间，则单摆周期 ‎②若已测出悬点到小球球心的距离（摆长））L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=______________（用L、n、t表示）。‎ ‎③图乙是摆线长为L时小球的振动图象，取，则小球的回复加速度取大值为____________。‎ ‎9．现有一质量均匀分布的直杆，绕通过垂直于直杆的水平转轴转动时形成一个摆，称为复摆，如图所示．复摆的周期可以表示为T＝2π，其中m为直杆的质量，g为重力加速度，h为转轴到直杆质量中心的距离，I为直杆对转轴的转动惯量（描述物体绕转轴转动时的惯性）．当h＝0时，I＝ml2，其中l称为直杆绕通过质量中心且垂直于直杆的水平转轴转动时的回转半径．一般情况下，复摆对转轴的转动惯量可以表示为I＝ml2+mh2，右表为实验中测量的一组h和复摆周期T的值，请用作图法求回转半径l和实验室当地的重力加速度g（要求保留小数点后两位有效数字）‎ T（s）‎ ‎1.56‎ ‎1.51‎ ‎1.50‎ ‎1.53‎ ‎1.54‎ ‎1.59‎ h（m）‎ ‎0.20‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.35‎ ‎0.40‎ ‎0.45‎ ‎10．在用单摆测量重力加速度的实验中：‎ ‎（1）用游标卡尺测量小钢球的直径，如图1所示，小球的直径为_____mm.‎ ‎（2）某同学的如下实验操作中正确的是_____。‎ ‎①把单摆从平衡位置拉开约5°释放 ‎②在摆球经过最低点时启动秒表计时 ‎③用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期 ‎（3）下表是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据，利用数据，在如图2所示的坐标纸中描出l﹣T2图象_____.‎ 摆长l（m）‎ ‎0.4‎ ‎0.5‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ ‎1.0‎ ‎1.2‎ 周期T2（s2）‎ ‎1.6‎ ‎2.2‎ ‎2.4‎ ‎3.2‎ ‎4.0‎ ‎4.8‎ ‎（4）利用图象，求得重力加速度g＝_____m/s2（结果保留三位有效数字）。‎ ‎ 参考答案 ‎1．BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的薄膜干涉；故A错误;‎ B．由于红光的频率比绿光的小，所以红光的折射率小，即绿光全反射的临界角小，所以最先消失的为绿光，故B正确.‎ C．光的双缝干涉，在光屏上的某一位置会始终出现明条纹或暗条纹，并非时明时暗，故C错误.‎ D．根据相对论的两个基本假设在不同的惯性参考系中一切物理规律都是相同的.故D正确.‎ E．根据误差的减小的方法可以知道单摆计时的起始位置应选在小球运动到最低点时为宜，此时摆球的速度最大，计时比较准确.故E正确.‎ ‎2．BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.根据单摆的周期公式得：，又l＝L+则得：‎ ‎①‎ 由数学知，L﹣T2图象中横坐标截距的绝对值为小球的半径，可知小球的直径为2a。故A不符合题意；‎ B.由①可知，图象的斜率：k=，则重力加速度：．故B符合题意；‎ C.对于单摆，摆角小于5°即可，仅将单摆的摆角从4°改为2°，不影响单摆的周期，则得到的图线斜率不变。故C符合题意；‎ D.由可知，没有测小球的直径，不影响测得的重力加速度的数值。故D不符合题意。‎ ‎3． C 99.8s 1.2 9.86 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）［1］单摆的周期，摆长，根据可得重力加速度的表达式 g＝‎ ‎（2）［2］A.若把摆线的长度当成了摆长，计算时摆长将变短，根据重力加速度的表达式知，重力加速度的测量值将偏小；故A错误；‎ B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆长变大，则单摆的周期变大，而计算时仍采用原摆长l，由g=知，则重力加速度的测量值将偏小，故B错误；‎ C.测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间，则算得的周期变小，重力加速度的测量值将偏大；故C正确 D.摆球的质量过大不影响单摆的周期，则算得的重力加速度不受影响；故D错误。‎ ‎（3）［3］停表的长针是秒针，转一周是30s。因为机械表采用的齿轮传动，指针不可能停留在两小格之间，所以不能估读出比0.1 s更短的时间，位于表上部中间的小圆圈里面的短针是分针，表针走一周是15 min，每一小格为0.5 min。由图知，短针读数为1.5min，长针读数为9.8s，所以停表的读数为99.8s。‎ ‎（4）［4］由单摆的周期T=2可知 l=+‎ 根据图象与纵轴的截距知=0.6cm，则该小球的直径D=1.2cm。‎ ‎［5］图象的斜率k=，实验测得当地重力加速度大小 g=42k=42m/s2=9.86m/s2‎ ‎4．ADG BD 不变 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）[1].实验中需要的器材有：A.小铁球；D.100cm 长的细线；G.秒表；故选ADG;‎ ‎（2）[2]. ‎ 实验中单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和，应先用游标卡尺测出摆球直径；然后把单摆悬挂好，再用米尺测出单摆自然下垂时摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，故A错误，B正确；偏角不要超过5°，以保证单摆做简谐振动；将摆球拉到最大位移处释放，等摆球到达最低点时快速按下秒表开始计时，选项C错误；为了精确测量单摆的周期，起码要测量小球作100次全振动所用的时间t，然后由求解周期，选项D正确；‎ ‎（3）[3].根据可得 ‎，‎ 则由题意可知 解得 ‎[4].在测量数据时漏加了小球半径，将摆线的长度当做了摆长，所测摆长偏小，摆长的变化对图象斜率k没有影响，因此实验测量的重力加速度与真实值相等；‎ ‎5． 准确 偏小 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎①[1][2] 如果甲同学以摆长(l)为横坐标、周期(T)的平方为纵坐标作出了T2-l图象，若他测得的图象的斜率为k，则，由公式，可知测得的重力加速度；若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，将摆线的长误为摆长，由公式可知，与摆长无关，所以测量值准确 ‎②[3] 乙同学根据公式：得 ，并计算重力加速度，若乙同学测摆长时，也忘记了测摆球的半径，将摆线的长误为摆长，即摆长L的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小。‎ ‎6． AC 图3 AC 12.0 BC CD ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎①[1] 单摆的周期：‎ 由单摆周期公式：‎ 可知，重力加速度：‎ ‎②[2] 摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，则选取1米左右的细线，故选择A线；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择C球；故选AC；‎ ‎③[3] 为了避免运动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则为图3；‎ ‎④[4] 那样做的目的就是为了便于调节摆长，把摆线夹得更紧一些，使摆动过程中摆长不变。因此A、C正确。‎ ‎⑤[5] 游标卡尺示数为d=12.0mm=0.0120m=12.0mm；‎ ‎⑥[6] 摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，则A错误；把单摆从平衡位髓拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，B正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，C正确；把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误；‎ ‎⑦[7] [8] 据单摆周期公式 所以应该作用图像，故 横坐标所代表的物理量是，知斜率 解得；‎ ‎⑧[9] 由周期公式，得 振幅大小与g无关，故A错误；开始计时时，过早按下秒表，周期偏大，则g偏小，故B错误；测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n 次全振动的时间，则周期偏小，则g偏大，C正确；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，若测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长，摆长偏大，由，所以g偏大，故D正确 ‎7．2.990 偏大 42/k 测量摆长时未计入摆球的半径 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）[1] 由图可知，小球的直径D=29mm+0.05mm×18=29.90mm=2.990cm；‎ ‎（2）[2] 试验中将49次全振动数为50次，会导致测得周期偏小，根据，知测得重力加速度偏大；‎ ‎（3）[3]根据单摆的周期公式得 可知斜率 解得重力加速度 ‎ ‎ ‎（4）[4] 图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径；‎ ‎8．AD 0.5 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎①A、该实验中，摆线应选用细而不易伸长的线，避免在摆动过程中摆长发生改变，且长度要适当长一些；为了避免空气阻力的影响，应选用体积比较小，密度较大的小球，故A正确；‎ B、单摆的最大摆角应小于5°，因而开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置不能有太大的角度，故B错误；‎ C、为准确测量单摆周期，应从摆球经过平衡位置时开始计时，测出多个周期的时间，然后求出平均值作为周期，故C错误；‎ D、为减小实验误差，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30次全振动所用的时间，则单摆周期，故D正确。‎ ‎②单摆周期公式，其中，联立解得：；‎ ‎③由图知A=5cm，T=2s，根据单摆周期公式，解得：；小球的回复加速度在x=5cm或x=-5cm时最大，根据牛顿第二定律得：。‎ ‎9．实验室当地的重力加速度为（9.87±0.05）m/s2；回转半径为（0.29±0.02）m．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由T＝2π，I＝ml2+mh2，得：T＝2π，‎ 解得：T2h＝l2+h2，‎ 作T2h﹣h2图的拟合直线，如图示：‎ 求得斜率k＝＝4.00，‎ 所以g＝＝（9.87±0.05）m/s2，‎ 截距为T2h＝0.33，则回转半径l＝＝（0.29±0.02）m．‎ ‎10．18.6 ①② 9.86 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）[1]游标卡尺的主尺读数为18mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.1mm＝0.6mm，所以最终读数为：18mm+0.6mm＝18.6mm。‎ ‎（2）[2]①把单摆从平衡位置拉开约5°释放，角度小于5°，测量误差小，故①符合题意。‎ ‎②③当摆球经过平衡位置时开始计时，误差较小，测量周期时需测量多次全振动的时间，求出周期，不能测一次全振动的时间，这样误差较大，故②符合题意③不符合题意。‎ ‎（3）[3]如图所示 ‎（4）[4]根据单摆的周期公式得：，再根据l﹣T2图象的斜率为：‎ 即 得：‎ g≈9.86 m/s2‎