第4节 实验：用单摆测量重力加速度（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

第4节　实验：用单摆测量重力加速度 一、本版教材实验理清楚 实验目的 1．用单摆测量重力加速度。 2．会使用停表测量时间。 3．能分析实验误差的来源，并能采用适当方法减小误差。 数据处理 1．平均值法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式中求出g值，最后求出g的平均值。 设计如下所示实验表格 2．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，并采用倒计时计数的方法，即4,3,2,1,0,1,2，…在数“零”的同时按下停表开始计时，不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值。 注意事项 1．选择材料时应选择细、轻又不易伸缩的线，长度一般在1 m 左右，摆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．单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。 3．注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度不超过5°，可通过估算振幅的办法掌握。 4．摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。 二、他版教材实验多融通 (一)鲁科版教材实验方案　 [差异解读] 1 ．实验原理与实验方案与教科版实验方案相同。 2．对应平衡位置在桌子上设置了标记，测量更准确。 3．用秒表测量时间，不同于教科版用停表测量。 (二)粤教版教材实验方案　 [差异解读] 1 ．实验原理与实验方案与教科版实验方案相同。 2．对应平衡位置，在桌子上设置了记号，并手拿铅笔作了标记。 3．用秒表测量时间，不同于教科版用停表测量。 [典例1]　在“用单摆测量重力加速度”的实验中： (1)某同学制作了如图所示的甲、乙、丙三个单摆，你认为他应 选用________图所示的单摆来做实验。 (2)实验过程中某同学分别用了图(a)、(b)所示的两种不同方式悬挂小球，你认为________[选填“(a)”或“(b)”]悬挂方式较好。 实验原理与操作 数据处理和误差分析 (3)如果测得的g值偏小，可能的原因是________。 A．测摆长时摆线拉得过紧 B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时时，停表过迟按下 D．实验时误将49次全振动数为50次 [答案]　(1)测量摆长时漏掉了摆球的半径　(2)9.87　(3)B 图像法求重力加速度 (1)图像法处理数据既直观又方便，同时也能最大限度地减小偶然误差对实验结果造成的影响。 (2)由于T-l的图像不是直线，不便于进行数据处理，所以采用T2-l的图像，目的是将曲线转换为直线，便于利用直线的斜率计算重力加速度。　　 1．[数据处理的创新]如图甲所示，某学习小组在实验室做“探究单摆的周期与摆长的关系”的实验。 (1)若用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出周期的表达式T＝________。 (2)若利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系，由图乙可知，该单摆的周期T＝________ s。 创新考查角度和创新思维 (3)在多次改变摆线长度测量后，根据实验数据，利用计算机作出周期与摆线长度的关系(T2-L)图线，并根据图线拟合得到方程T2＝kL＋b，由此可知当地的重力加速度g＝________，摆球半径r＝________(用k、b、π表示)。 r/m 0.45 0.40 0.35 0.30 0.25 0.20 T/s 2.11 2.14 2.20 2.30 2.43 2.64 答案：(1)T2r　(2)kg·m2　0.17　(3)不变 1．(2020·全国卷Ⅱ)用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过__________cm(保留1位小数)。(提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。) 某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为________cm。 答案：6.9　96.8 2．某同学在实验室利用单摆测量当地的重力加速度。 (1)他在组装单摆时，应选择________。 (2)在摆球自然悬垂的状态下，用毫米刻度尺量取从悬点到摆球最顶端的长度l；用游标卡尺测量摆球的直径d，示数如图，则d＝________mm。 (3)该同学测出不同摆长L和对应的周期T，并在坐标纸上作出T2-L图 线，由图线可精确求出重力加速度g≈________m/s2(已知π2≈9.86， 结果保留3位有效数字)。 (4)另一同学由单摆周期公式直接求得的g值偏小，则可能是________。 A．测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径 B．把N次全振动误计为(N＋1)次全振动 C．摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线变长 答案：(1)D　(2)18.7　(3)9.76　(4)AC 3．如图甲所示为采用光电门和示波器进行单摆实验来测量当地的重力加速度的装置示意图，两根长度相等的轻细线一端连接小球，另一端固定在铁架台的水平横杆上。用游标卡尺测量小球直径，测量结果如图乙所示。在小球摆动的最低点处装有光电门，并和示波器相连，当小球通过光电门时，示波器上将显示被挡光的电压脉冲图像。把摆球从平衡位置拉开一个小角度(小于5°)由静止释放，使其在竖直平面内摆动，示波器上显示的电压脉冲图像如图丙所示。 (1)本实验中单摆的有效摆长用L表示，周期用T表示，则重力加速度的表达式为g＝________。 (2)图乙中用游标卡尺测得的小球直径为________cm。 (3)若实验中测得轻细线的长度为84.10 cm，横杆上两固定点之间的距离为8.20 cm，则此单摆的有效摆长为________cm。 (4)由图丙可知该单摆的周期为________s。 4．(2023·新课标卷)一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。 (1)用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，如图(a)所示，该示数为_________mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图(b)所示，该示数为_________mm，则摆球的直径为___________mm。 (2)单摆实验的装置示意图如图(c)所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角___________5°(填“大于”或“小于”)。 (3)某次实验所用单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为___________cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60 s，则此单摆周期为___________s，该小组测得的重力加速度大小为___________m/s2。(结果均保留3位有效数字，π2取9.870) 解析：(1)测量前测微螺杆和测砧相触时，题图(a)的示数为d0＝0.8×0.01 mm＝0.008 mm 螺旋测微器读数是固定刻度读数加可动刻度读数，题图(b)中读数为 d1＝20.0 mm＋3.5×0.01 mm＝20.035 mm 则摆球的直径为 d＝d1－d0＝20.027 mm。 实验原理 单摆在摆角很小(小于5°)时的摆动，可以看成做简谐运动。其周期为T＝2π，由此可得g＝。据此，只要测出摆长l和周期T，即可计算出当地的重力加速度值。 实验器材 细线、带孔小球、铁架台、刻度尺、游标卡尺、停表等。 实验步骤 1．做单摆：将线的下端穿过摆球的小孔，并打一比孔大的结，然后把线的上端用铁夹固定于铁架台上，让摆球自由下垂。 2．测摆长：用1 m长的刻度尺测出摆线长度l线，用游标卡尺测量出摆球的直径d，则单摆的摆长l＝l线＋。 3．测周期：将摆球从平衡位置拉至一个小于5°角的位置，然后由静止释放摆球，当单摆振动稳定后，过平衡位置时开始用停表计时，测量N次(一般取30～50次)全振动的时间t，则周期T＝。 4．变摆长：将单摆的摆长变短(或变长)，重复实验多次，测出相应的摆长l和周期T。 实验次数 摆长l/m 周期T/s 重力加速度g/(m·s－2) 重力加速度g的平均值/(m·s－2) 1 g＝ 2 3 2．图像法：由T＝2π得T2＝l，作出T2-l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。 误差分析 1．系统误差：主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点固定是否牢固，摆球是否可看成质点，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等。只要注意了上面这些问题，就可以使系统误差减小到远小于偶然误差而达到忽略不计的程度。 (3)某同学用停表测得单摆完成40次全振动的时间如图所示，则单摆的周期为________s。 (4)若单摆在任意摆角θ时的周期公式可近似为T＝T0，式中T0为摆角趋近于0°时的周期，a为常数。为了用图像法验证该关系式，需要测量的物理量有______；某同学在实验中得到了如图所示的图线，则图线的斜率表示________。 [解析]　(1)单摆在摆动过程中，空气等对它的阻力要尽量小，甚至忽略不计，所以摆球选铁球；摆线要尽可能细一些，摆长不能过短，一般取1 m左右的细线，选乙。 (2)如果选(a)所示悬挂方式，摆动过程中，摆长在不断变化，无法准确测量，故选(b)悬挂方式较好。 (3)由图可知，单摆完成40次全振动的时间t＝60 s＋15.6 s＝75.6 s，所以单摆的周期为T＝ s＝1.89 s。 (4)根据T＝T0可知，需要测量的物理量有T(或t、n)、θ。由T＝T0，可得sin2＝T－，所以图示图线的斜率为。 [答案]　(1)乙　(2)(b)　(3)1.89 (4)T、θ　 [典例2]　在“用单摆测量重力加速度”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T2-l图像，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2-l图线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)造成图线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)T2-l图线不通过坐标原点，将图线向右平移1 cm会通过坐标原点，可知相同的周期下摆长偏小1 cm，故造成图线不过坐标原点的原因可能是测量摆长时漏掉了摆球的半径。 (2)由单摆周期公式T＝2π 可得T2＝4π2·， 则T2-l图像的斜率为k＝； 由图像得k＝ s2·m－1， 解得g＝9.87 m/s2。 (3)测摆长时摆线拉得过紧，则测量的摆长偏大，测得的重力加速度偏大，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，知测量的摆长偏小，则测得的重力加速度偏小，B正确；开始计时时，停表过迟按下，测量的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，C错误；实验时误将49次全振动数为50次，测量的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，D错误。 解析：(1)单摆完成n次全振动所用的时间为t，则周期的表达式T＝。 (2)单摆摆动过程中，每次经过最低点时拉力最大，每次经过最高点时拉力最小，拉力变化的周期为1.0 s，故单摆的周期为2.0 s。 (3)根据T＝2π 得：T2＝L′， 知图线的斜率：k＝，因此g＝； 而L′＝L＋r，图线拟合得到方程T2＝kL＋b， 因此摆球半径r＝。 答案：(1)　(2)2.0　(3)　 2．[实验器材的创新]某小组在做“用单摆测量重力加速度”实验后，为进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆。通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T＝2π ，式中Ic为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到重心C的距离。如图甲所示，实验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m＝0.50 kg。 (1)由实验数据得出如图乙所示的拟合直线，图中纵轴表示________。 (2)Ic的国际单位为________，由拟合直线得到Ic的值为________(保留到小数点后两位)。 (3)若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 解析：(1)由T＝2π，可得T2r＝＋r2，所以图中纵轴表示T2r。 (2)Ic单位与mr2单位一致，因为mr2的国际单位为kg·m2，所以Ic的国际单位为kg·m2；结合T2r＝＋r2和题图中的截距和斜率，解得Ic的值约为0.17。 (3)重力加速度g的测量值是通过求T2rr2图线的斜率得到的，与质量无关，所以若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值不变。 解析：由弧长公式可知l＝θR，又结合题意所求的距离近似等于弧长，则d＝×2π×80.0 cm≈6.98 cm，结合题中保留1位小数和摆动最大角度小于5°可知不能填7.0，应填6.9；由单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆长的平方根成正比，即T∝，又由题意可知原单摆周期与新单摆周期的比为10∶11，则＝ ，解得l′＝96.8 cm。 解析：(1)由于摆线越长测量误差越小，所以摆线应适当长些；为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的小钢球。故选D。 (2)由题图读出摆球的直径d＝18 mm＋7×0.1 mm＝18.7 mm。 (3)根据T＝2π得T2＝L，图线的斜率k＝ s2/m＝，解得重力加速度g≈9.76 m/s2。 (4)根据T＝2π得g＝。测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径，L偏小，则所得g值偏小，故A正确；把N次全振动误计为(N＋1)次全振动，则测得的周期偏小，则所得g值偏大，故B错误；摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线变长，摆长测量值偏小，则所得g值偏小，故C正确。 解析：(1)由T＝2π可得g＝。 (2)由题图乙读得小球直径为2.000 cm。 (3)此单摆的有效摆长为cm＋cm＝85.00 cm。 (4)单摆完成一次全振动需要的时间等于周期，一个周期内单摆两次经过平衡位置，结合题图丙可知该单摆的周期为1.85 s。 答案：(1)　(2)2.000　(3)85.00　(4)1.85(1.84～1.86都正确) (2)角度盘的大小一定，即在规定的位置安装角度盘，测量的摆角准确，但将角度盘固定在规定位置上方，即角度盘到悬挂点的距离变短，同样的角度，摆线在角度盘上扫过的弧长变短，故摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°。 (3)单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为 l＝l0＋＝81.50 cm＋cm≈82.5 cm 一次全振动单摆经过最低点两次，故此单摆的周期为T＝＝s＝1.82 s 由单摆的周期表达式T＝2π， 可得重力加速度 g＝≈9.83 m/s2。 答案：(1)0.008(0.007～0.009均可)　20.035(20.034～20.036均可)　20.027(20.025～20.029均可)　(2)大于　(3)82.5　1.82　9.83 $$