第2章 4 实验：用单摆测量重力加速度（Word教参）-【精讲精练】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

4　实验：用单摆测量重力加速度 [学业要求与核心素养] 科学探究 1．知道用单摆测量重力加速度的原理。 2．会用单摆测量当地的重力加速度。 一、实验思路 1．结合单摆的相关知识如何测量当地的重力加速度？需要测量哪些物理量？ 答　由T＝2π ，得g＝，则测出单摆的摆长和周期，即可求出当地的重力加速度。 2．为实现所需物理量的测量，应选择哪些实验器材、又应如何设计实验装置(试绘出简易装置示意图)? 答　带孔小钢球一个(直径不大于2 cm)、细线一根(长度不短于1 m)、铁架台、刻度尺、秒表、游标卡尺、铁架台及铁夹。 二、实验装置 1．线有粗细、长短的不同，伸缩性也有区别。不同的小球，质量和体积有差异。应如何选择摆线和摆球？ 答　摆线选细而无伸缩性的；摆球选体积小而密度大的。 2．如图所示，细线上端有图(b)、图(c)两种不同悬挂方式，应该选用哪种方式？ 答　图(c) 三、物理量的测量 1．摆长就是摆线长度吗？如果不是，摆长应是什么长度？怎样测量才能减小误差？ 答　不是，摆线长加小球的半径，悬挂起来测量。 2. (1)实验时，可以测量单摆做一次全振动的时间作为它的周期的测量值，也可以测量单摆做多次全振动(例如几十次)的时间，然后通过计算求出它的周期的测量值。哪种方法比较好？ (2)实验时，为精确测量单摆周期，全振动的计时起点选在平衡位置、端点还是任意位置？ 答　(1)测量单摆做多次全振动的时间　(2)平衡位置 3．做单摆 (1)让线的一端穿过小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的结。 (2)把线的上端用铁夹固定在铁架台上并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂，在单摆平衡位置处作上标记。 四、数据处理 1．平均值法：每改变一次摆长，将相应的l和T，代入公式g＝中求出g值，最后求出g的平均值。 设计如下所示实验表格 实验次数 摆长l(m) 周期T(s) 加速度g(m/s2) g平均值 1 g＝ 2 3 2．图像法：由T＝2π得T2＝l作出T2­l图像，即以T2为纵轴，以l为横轴。其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g。 五、误差分析 1．本实验系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即悬点是否固定；是单摆还是复摆；球、线是否符合要求；振动是圆锥摆还是同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等等。只要注意了上面这些方面，就可以使系统误差减小到远远小于偶然误差而忽略不计的程度。 2．本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上。因此要注意测准时间(周期)，要从摆球通过平衡位置开始计时，不能多记或漏记振动次数。为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值。 3．本实验中在测量长度(摆线长、摆球的直径)时，读数读到毫米即可(即使用游标卡尺测摆球直径也只需读到毫米)。 六、注意事项 1．选择材料时应选择细而不易伸长的线，比如用单根尼龙丝、丝线等，长度一般不应短于1 m，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2 cm。 2．摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小。 3．摆球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆。 4．计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，以后摆球从同一方向通过最低点时计数，要测多次(如30次或50次)全振动的时间，用取平均值的办法求周期。 探究点一　实验原理与数据分析 　(2022·永春模拟)在“利用单摆测重力加速度”的实验中，甲乙两同学完成实验如下： (1)甲同学的实验： ①用螺旋测微器测量摆球直径如图所示，摆球的直径为d＝____________ mm。 ②若测得摆线长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＝____________(用以上符号表述)。 ③若在实验中重力加速度的测量值偏小，其可能的原因是____________。 A．把摆线的长度l0＋D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＋1)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 (2)乙同学的实验： ①用停表测量单摆周期如图所示，停表读数为____________ s。 ②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l­T2图像，如图所示。则该小球的直径是____________ cm(保留1位小数)；实验测得当地重力加速度大小是____________ m/s2(保留3位有效数字)。 [解析]　(1)用螺旋测微器测量摆球直径为10.5 mm＋18.2×0.01 mm＝10.682 mm 依题意，可得T＝，又T＝2π，联立可得g＝ 根据单摆的周期公式T＝2π，把摆线的长度l0＋D当成了摆长，实验中重力加速度的测量值偏大。故A错误；同理，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，会导致测量的周期偏大，导致实验中重力加速度的测量值偏小，故B正确；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，会导致测量的周期偏大，导致实验中重力加速度的测量值偏小，故C正确；摆球的质量过大，不影响实验中重力加速度的测量值，故D错误。 (2)用秒表测量单摆周期如图所示，停表读数为90 s＋9.8 s＝99.8 s 根据单摆的周期公式，可得T＝2π，解得L＝T2＋，结合图像可得＝，＝0.6， 解得D＝1.2 cm，g＝9.86 m/s2。 [答案]　(1)①10.682　②　 ③BC　(2)①99.8　②1.2　9.86 探究点二　实验操作与误差分析 　某同学利用如图所示的装置测量当地的重力加速度。实验步骤如下： A．按装置图安装好实验装置； B．用游标卡尺测量小球的直径d； C．用米尺测量悬线的长度L； D．让小球在竖直平面内小角度摆动，当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3、…，当数到20时，停止计时，测得时间为t； E．多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D； F．计算出每个悬线长度对应的t2； G．以t2为纵坐标、L为横坐标，作出t2­L图线。 结合上述实验，完成下列问题： (1)用游标为10分度的游标卡尺测量小球直径，某次测量示数如图所示，读出小球直径d为____________ cm。 (2) 该同学根据实验数据，利用计算机作出t2­L图线如图所示。根据图线拟合得到方程t2＝404.0L＋3.0，由此可以得出当地的重力加速度g＝________________m/s2。(取π2＝9.86，结果保留三位有效数字) (3)从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是____________。 A．不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时 B．开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数 C．不应作t2­L图线，而应作t­L图线 D．不应作t2­L图线，而应作t2­(L＋d)图线 [解析]　(1)如题图所示游标卡尺主尺的示数是1.5 cm＝15 mm，游标尺示数是2×0.1 mm＝0.2 mm，小球的直径d＝15 mm＋0.2 mm＝15.2 mm＝1.52 cm。 (2)根据单摆周期公式T＝2π得： ＝2π　t2＝400π2 故t2­L图像的斜率表示的大小， 由题意知斜率k＝404.01 则＝404.01 π2＝9.86，解得g≈9.76 m/s2。 (3)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长、摆长小于实际摆长，t2­L图像不过原点，在纵轴上截距不为零，应作t2­图像，则图线过原点，故D正确，A、B、C错误。 [答案]　(1)1.52　(2)9.76　(3)D 1．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中： (1)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____________cm。 (2)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 解析　(1)游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数＝0.9 cm＋7×0.01 cm＝0.97 cm (2)要使摆球做简谐运动，摆角应小于5°，应选择密度较大的摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度误差较小，A、D错；摆球通过最低点100次，完成50次全振动，周期是，B错；摆长应是l′＋(l′为悬线的长度)，若用悬线的长度加摆球直径，则测出的重力加速度值偏大，C对。 答案　(1)0.97　(2)C 2．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝。只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2­l图像，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2­l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示。 (1)造成图像不过坐标原点的原因可能是____________。 (2)由图像求出的重力加速度g＝________________m/s2。(取π2＝9.87) 解析　(1)既然所画T2­l图像与纵坐标有正截距，这就表明l的测量值与真实值相比偏小了，则意味着测摆长时可能漏掉了摆球半径。 (2)图像的斜率k＝＝4，则g＝＝9.87 m/s2。 答案　(1)测摆长时漏掉了摆球半径　(2)9.87 3．在探究单摆运动的实验中： (1)如图所示，图(a)是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图(b)是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F­t图像。根据图(b)的信息可得，从t＝0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为____________ s，摆长为____________ m(取π2＝10)； (2)某同学的操作步骤如下，其中正确的是____________； A．取一根弹性细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上 B．用米尺量得细线长度l，则测得摆长为l C．在摆线偏离竖直方向5°位置静止释放小球 D．让小球在水平面内做圆周运动，测得周期，再根据公式计算重力加速度 (3)某小组利用单摆测量当地的重力加速度。改变摆线长度l0，测得了多组数据，在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2­l0图像后求出斜率，然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲____________，乙____________(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 解析　(1)因为单摆在最低点时满足F－mg＝m，此时单摆摆线的拉力最大，从F­t图像中可以看出从t＝0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为t＝0.5 s 由F­t图像可知单摆的周期为T＝1.6 s，又因为T＝2π，可得L＝＝0.64 m (2)取一根细线(伸长量不计)，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上，A错误；用米尺量得细线长度l，摆长为l再加上摆球半径，B错误；在摆线偏离竖直方向5°位置静止释放小球，C正确；让小球在竖直面内摆动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度，D错误，故选C。 (3)根据单摆周期公式T＝2π，解得重力加速度g＝，而摆长应该是摆线长度与摆球半径之和，甲同学把摆线长l0当为摆长，摆长小于实际摆长，由g＝可知，重力加速度的测量值小于真实值； 根据单摆周期公式T＝2π，解得l0＝T2－，则斜率k＝。由此可见，由于单摆摆长偏大还是偏小不影响图像的斜率k，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值。 答案　(1)0.5　0.64　(2)C　(3)偏小　无影响 4．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。 (1)他组装单摆时，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 (2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，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，单摆摆长为______________m。 (3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________________(填字母代号)。 解析　(1)在“探究影响单摆周期的因素”实验中，要使单摆在摆动过程中摆长不变，而且摆长便于调节，故选项A、C正确，选项B、D错误。 (2)摆球的直径d＝12 mm＋0×0.1 mm＝12.0 mm 摆长l＝L－＝0.999 0 m－0.006 0 m＝0.993 0 m。 (3)单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A＝lsin 5°＝0.087＝8.7 cm，且为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故选项A正确，选项B、C、D错误。 答案　(1)AC　(2)12.0　0.993 0　(3)A 5．某同学在“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间，如图甲所示，则： (1)该单摆摆长为________________cm，停表所示读数为____________ s。 (2)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出几组对应的l与T的数据，然后建立以l为横坐标、以T2为纵坐标的直角坐标系，根据数据描点并连成直线，如图乙所示。求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________________。(用k表示) 解析　(1)摆长l＝l′＋＝98.50 cm，t＝99.8 s。 (2)由单摆周期公式可得T2＝，那么图中直线斜率k＝，所以g＝。 答案　(1)98.50　99.8　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $$