2019-2020年高考物理一轮复习 每日一题 用单摆测定重力加速度.doc

《2019-2020年高考物理一轮复习 每日一题 用单摆测定重力加速度.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020年高考物理一轮复习 每日一题 用单摆测定重力加速度.doc（10页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

2019-2020年高考物理一轮复习 每日一题 用单摆测定重力加速度 高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆ 单摆测定重力加速度的实验中： （1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d= mm。 （2）悬点到小球底部的长度l0，示数如图乙所示，l0= cm。 （3）实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图丙所示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的F–t图象。那么： ①重力加速度的表达式g= （用题目中的物理量d、l0、t0表示）。 ②设摆球在最低点时Ep=0，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是 。 A． B． C． D． 【参考答案】（1）11.70 （2）100.25 （3）① ②BD 【试题解析】（1）由甲图可知，主尺上的读数是11 mm，游标尺上第14个刻度与主尺对齐，所以游标尺上的读数为140.05 mm=0.70 mm，所以该摆球的直径d=11.70 mm。 （2）由乙图可知，悬点到小球底部的长度l0=100.25 cm。x.kw （3）平衡位置处拉力最大，最大位移处拉力最小。从图丙中看出单摆的周期为4t0。单摆摆长L=l0+d/2，单摆周期公式T=得，重力加速度g=。 （4）由丁图可知，F3=mg，单摆在最低点时F1–mg=，根据周期公式变形得摆长l=，最低点的机械能E=，解得E=，所以B正确；单摆在最高点时F2=mgcos θ，最高点的机械能E=mgl(1–cos θ)，解得E=，所以D正确。 【知识补给】 用单摆测定重力加速度 1．实验原理 当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到。因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地重力加速度g的值。 2．实验器材 带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线（约1米）、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺。 3．实验步骤 （1）让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆。 （2）把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图。 （3）用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l=l′+r。 （4）把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度（不超过5），然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30~50次全振动所用的时间t，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即（N为全振动的次数），反复测3次，再算出周期。 （5）根据单摆振动周期公式计算当地重力加速度。 （6）改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值。 （7）将测得的重力加速度值与当地重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因。 4．注意事项 （1）构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5。 （2）要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。 （3）测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时；因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大。 ②要测多次全振动的时间来计算周期；如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过最低位置时计数1次。 （4）本实验可以采用图象法来处理数据。即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率。这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法。 5．数据处理 处理数据有两种方法：（1）公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用求出周期；不改变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值，然后代入公式求重力加速度。 （2）图象法：由单摆周期公式不难推出：，因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作l–T2的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率，即可求得重力加速度值。 6．误差分析 （1）系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。 （2）偶然误差主要来自时间的测量上，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计振动次数。 某实验小组拟用甲图所示的装置研究滑块的运动。实验器材有：滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板、漏斗和细线组成的单摆（细线质量不计且不可伸长，装满有色液体后，漏斗和液体质量相差不大）等。实验前，在控制液体不漏的情况下，从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100秒；实验中，让滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向做微小振幅摆动，漏斗漏出的液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置。 （1）该单摆的周期是 s； （2）图乙是实验得到的有液体痕迹并进行了数据测量的纸带，根据纸带可求出滑块的加速度为___________m/s2；（结果取两位有效数字） （3）用该实验装置测量滑块加速度，对实验结果影响最大的因素是 。 某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验时，先测得摆线长为101.00 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5 s，则 （1）他测得的重力加速度g=________m/s2。（π2=9.86） （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．开始计时时，秒表过迟按下 D．实验中误将49次全振动数为50次 （3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆线长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，并求得该直线的斜率k。则重力加速度g=________。（用k表示） 一位同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。 （1）下列是供学生自主选择的器材。你认为应选用的器材是 。（填写器材的字母代号） A．约1 m长的细线 B．约0.3 m长的铜丝 C．约0.8 m长的橡皮筋 D．直径约1 cm的实心木球 E．直径约1 cm的实心钢球 F．直径约1 cm的空心铝球 （2）该同学在安装好如图所示的实验装置后，测得单摆的摆长为L，然后让小球在竖直平面内小角度摆动。当小球某次经过最低点时开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t。请写出测量当地重力加速度的表达式g=_________。（用以上测量的物理量和已知量的字母表示） （3）为减小实验误差，该同学又多次改变摆长L，测量多组对应的单摆周期T，准备利用T2–L的关系图线求出当地重力加速度值。相关测量数据如下表： 次数 1 2 3 4 5 L/m 0.800 0.900 1.000 1.100 1.200 T/s 1.79 1.90 2.01 2.11 2.20 T2/s2 3.22 3.61 4.04 4.45 4.84 该同学在图中已标出第1、2、3、5次实验数据对应的坐标，请你在该图中用符号“+”标出与第4次实验数据对应的坐标点，并画出T2–L关系图线。 （4）根据绘制出的T2–L关系图线，可求得g的测量值为 m/s2。（计算结果保留2位有效数字） 某同学利用单摆测量重力加速度 （1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是__________ A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球 B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线 C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大 （2）如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1 m的单摆，实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离，用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g=____________。 用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。 （1）组装单摆时，应在下列器材中选用 （选填选项前的字母）。 甲 A．长度为1 m左右的细线 B．长度为30 cm左右的细线 C．直径为1.8 cm的塑料球 D．直径为1.8 cm的铁球 （2）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）。 （3）下表是某同学记录的乙组实验数据，并做了部分计算处理。 请计算出第3组实验中的T= s，g= 。 （4）用多组实验数据做出图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的图线的示意图如图乙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是 （选填选项前的字母）。 A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次 C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值 （5）某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图丙所示，由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为和时，测得相应单摆的周期为、。由此可得重力加速度g= （用、、、表示）。 丙 【参考答案】 （1）2 （2）0.10 （3）漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化。从而改变单摆周期，影响加速度的测量值 （1）一个周期内漏斗2次经过最低点，所以周期T=2 s； （2）由图可知时间间隔为半个周期t=1 s，由逐差法可知 ； （3）漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化。从而改变单摆周期，影响加速度的测量值。 （2）测摆线长时摆线拉得过紧，摆长偏大，根据可知，测得的g应偏大，故A错误；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，测得的单摆周期变大，根据可知，测得的g应偏小，故B正确；开始计时时，秒表过迟按下，测得的单摆周期变小，根据可知测得的g应偏大，故C错误；实验中误将49次全振动计为50次，根据求出的周期变小，g偏大，故D错误。故选B。 （3）根据重力加速度的表达式可知，T2–l图线斜率，则。 （1）AE （2） （3）见图 （4）9.7（在9.5~9.9之间均可得分） （1）在用单摆测定重力加速度为了提高精度，摆线要长些，摆球选择质量大体积小的，故选AE； （2）单摆振动周期为，根据公式可得； （3）如图所示 （4）从图中找出数据带入可得。 （2）同理得两式相减可得。 （1）AD （2） （3）2.01 9.76（9.76～9.77） （4）B （5） （1）在用单摆测定力加速度的实验基本条件是摆线长度远大于小球直径，小球的密度越大越好；故摆线应选取长约1 m左右的不可伸缩的细线，摆球应选取体积小而质量大的铁球，以减小实验误差，故选AD。 （2）次全振动的时间为，则振动周期为，根据单摆周期公式，可推出； 越大，选项C错误。在图象中图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长偏小，如漏加小球半径，与纵轴负半轴相交表示摆长偏大，选项A错误。若误将49次全振动记为50次，则周期测量值偏小，值测量值偏大，对应的图象斜率偏小，选项B正确。故选B。 （5）设A到铁锁重心的距离为，则第一次的实际摆长为，第二次的实际摆长为，由周期公式，，联立消去，解得。