2019-2020年高考物理一轮复习 每日一题 单摆问题的理解与应用

《用单摆测定重力加速度》一、实验题1.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1m的单摆。

实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm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T1；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，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离△L.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g=______。

2.在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，(1)下列操作正确的是______(多选)；A.甲图：小球从偏离平衡位置60度开始摆动B.乙图：细线上端用铁夹子固定C.丙图：小球到达最高点时作为计时开始与终止的位置D.丁图：小球自由下垂时测量摆线的长度(2)某同学通过测量30次全振动时间来测定单摆的周期T，他在单摆经过平衡位置时按下秒表记为“1”，若同方向经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间t，算出周期T=t/30，其他操作步骤均正确。

多次改变摆长时，他均按此方法记录多组数据，并绘制了T2−L图象，则他绘制的图形可能是______；(3)按照(2)中的操作，此同学获得的重力加速度将______(选填“偏大”、“偏小”、或“不变”)3.在用单摆测重力加速度的实验中，测得单摆摆角很小时，完成n次全振动时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为l，用螺旋测微器测得摆球直径为d．(1)测得重力加速度的表达式为g=______．(2)螺旋测微器的读数如图所示，摆球直径d=______．(3)实验中某学生所测g值偏大，其原因可能是______．A.实验室海拔太高B.摆球太重C.测出n次全振动时间为t，误作为(n+1)次全振动时间进行计算D.以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算．4.在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)测量摆线长度的器材是______(选填“卷尺”或“米尺”)；(2)测出摆长后，在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球，小球经过______时开始计时，用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，.若摆角从5°改为3°，单摆的周期会______(选填“变得到周期T=tn大”、“不变”或“变小”)。

实验十四 探究单摆的摆长与周期的关系1．实验原理当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T ＝2πlg，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g ＝4π2lT2.因此，只要测出摆长l 和振动周期T ，就可以求出当地的重力加速度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1m)、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．图1(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，在单摆平衡位置处做上标记，如图1所示．(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T ＝t N(N 为全振动的次数)，反复测3次，再算出周期的平均值T ＝T 1＋T 2＋T 33.(5)根据单摆周期公式T ＝2πl g ，计算当地的重力加速度g ＝4π2l T2. (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的重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因．1．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平衡位置时计数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T 2，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k ＝g4π2.这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要方法． 2．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T ＝t N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T ，然后代入公式g ＝4π2lT2，求重力加速度．图2(2)图象法：由单摆周期公式不难推出：l ＝g4π2T 2，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，如图2所示，求出图线的斜率k＝ΔlΔT2，即可利用g＝4π2k求重力加速度．3．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，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计全振动次数．命题点一教材原型实验例1某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图3(a)所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L 为横轴画出函数关系图象如图(b)所示．由图象可知，摆球的半径r＝________m，当地重力加速度g＝________m/s2；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会________(选填“偏大”“偏小”或“一样”)图3答案 1.0×10－2π2一样1．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最________(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期．图4甲中停表示数为一单摆全振动50次所需时间，则单摆振动周期为________．图4(2)用最小刻度为1mm 的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示．O 为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为________m.(3)若用L 表示摆长，T 表示周期，那么重力加速度的表达式为g ＝________.(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________． A ．甲的说法正确 B ．乙的说法正确C ．两学生的说法都是错误的答案 (1)低 2.05s (2)0.9980 (3)4π2LT2 (4)A解析 (1)摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时；图甲中停表的示数为1.5 min ＋12.5 s ＝102.5 s ，则周期T ＝102.550 s ＝2.05 s ；(2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L ＝0.998 0 m ； (3)由单摆周期公式T ＝2πL g 可得g ＝4π2L T2； (4)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，A 正确．2．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，且计数为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摆球后的摆线长为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)l ＋d2 (2)2t n －1 (3)(n －1)2π2(2l ＋d )2t 2(4)BD 解析 (1)单摆的摆长为摆线长与摆球的半径之和，即L ＝l ＋d2(2)到第n 次经过最低点所用的时间t ＝n －12T该单摆的周期为T ＝2t n －1(3)由单摆周期公式有T ＝2πL g代入解得g ＝(n －1)2π2(2l ＋d )2t2(4)由g ＝4π2LT2可知，g 偏大的原因可能是测得的L 偏大或T 偏小．A 中L 的测量值小于真实值，错误．B 中T 的测量值减小，正确．C 中L 的测量值偏小，错误．D 中L 的测量值偏大，正确．命题点二 实验拓展创新例2 (2015·北京理综·21(2))用单摆测定重力加速度的实验装置如图5所示．图5(1)组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)． A ．长度为1m 左右的细线 B ．长度为30cm 左右的细线 C ．直径为1.8cm 的塑料球 D ．直径为1.8cm 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3组实验数据，并做了部分计算处理.组次12 3摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s 1.80 1.91重力加速度g/(m·s－2)9.749.73请计算出第3组实验中的T＝________s，g＝________m/s2.(4)用多组实验数据作出T2L图象，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2L图线的示意图如图6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)．图6A．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LB．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值图7(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7所示，由于家里只有一根量程为30cm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l1、l2时，测得相应单摆的周期为T 1、T 2.由此可得重力加速度g ＝________(用l 1、l 2、T 1、T 2表示)．答案 (1)AD (2)4π2n 2Lt2(3)2.01 9.76 (4)B (5)4π2(l 1－l 2)T 21－T 22解析 (1)单摆模型需要满足的两个基本条件是摆线长远大于小球的直径和小球的密度越大越好．所以应选A 、D.(2)由T ＝t n ，T ＝2πL g 得g ＝4π2n 2Lt 2(3)T ＝t n ＝100.550s ＝2.01sg ＝4π2n 2L t 2＝4×3.142×502×1100.52m/s 2≈9.76 m/s 2， (4)b 图线为正确图线，a 图线与b 图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，A 错误；c 图线与b 图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，所以B 正确；由T ＝2πL g 得T 2＝4π2gL ，图线斜率小，说明g 偏大，故C 错误．(5)设A 到铁锁重心的距离为l ，有T 1＝2πl ＋l 1gT 2＝2πl ＋l 2g联立消去l 解得g ＝4π2(l 1－l 2)T 21－T 223．(2015·天津·9(2))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8所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m 的单摆．实验时，由于仅有量程为20cm 、精度为1mm 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T 1；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，并测出单摆的周期T 2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL .用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g ＝________.图8答案 (1)BC (2)4π2ΔLT 21－T 22解析 (1)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，故选B 、C.(2)设第一次摆长为L ，第二次摆长为L －ΔL ，则T 1＝2πLg ，T 2＝2πL －ΔLg，联立解得g ＝4π2ΔL T 21－T 22.。

2019-2020年高考物理一轮复习专题3.2牛顿第二定律及其应用教学案1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题．一、瞬时加速度的求解1．牛顿第二定律(1)表达式为F＝ma.(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化．2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．二、动力学中的图象问题1．动力学中常见的图象v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等．2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。

(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．三、连接体问题1．整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．2．隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．3．整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．高频考点一、牛顿第二定律的理解例1．下列对牛顿第二定律的表达式F ＝ma 及其变形公式的理解，正确的是( ) A ．由F ＝ma 可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比 B ．由m ＝F a 可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比 C ．由a ＝F m 可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比 D ．由m ＝F a可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力而求出答案： CD【变式探究】下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( ) A ．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大 B ．物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0C ．物体的速度为0，则加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D ．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力也可能为0解析： 物体的速度大小和加速度大小没有必然XXX 。

实验14 探究单摆周期与摆长的关系1.在“用单摆测定重力加速度”的实验中(1)(多选)以下关于本实验的措施中正确的是。

A.摆角应尽量大些B.摆线应适当长些C.摆球应选择密度较大的实心金属小球D.用停表测量周期时,应取摆球摆至最高点时开始计时(2)用50分度游标卡尺测量小球的直径,如图1所示的读数是 mm,用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图2所示,读数为 s。

图1图2(3)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,同学甲说:因为空气浮力与摆球重力方向相反,它对球的作用相当于重力加速度变小,因此振动周期变大,乙同学说:浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验,因此振动周期不变,这两个同学说法中。

A.甲正确B.乙正确C.两同学的说法都错误答案(1)BC (2)17.50(17.46~17.54) 100.2 s (3)A解析(1)在摆角不超过5°的情况下单摆的运动才可以看做简谐运动,实验时摆角不能太大,不能超过5°,故A错误;实验中,摆线的长度应远远大于摆球的直径,适当增加摆线的长度,可以减小实验误差,故B正确。

减小空气阻力的影响,选择密度较大的实心金属小球作为摆球,故C正确。

用停表测量周期时,应从球到达平衡位置时开始计时,这样误差小一些,故D错误;故选B、C。

(2)由图1可看出,游标尺上的第25条刻度线与主尺上的4.2 cm刻度线对齐了,则游标尺的零刻度线与此刻度线之间的距离为25× mm=24.50 mm,因4.2 cm-24.50 mm=17.50 mm,则游标卡尺读数为17.50 mm;由图2可知,停表示数为60 s+40.2 s=100.2 s;(3)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,摆球不只受重力了,加速度也不是重力加速度,实际加速度要减小,因此振动周期变大,甲同学说法正确,故A正确。

2.在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度,可供选用的器材为。