第5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（人教版2019 江苏北京版）

实验：用单摆测量重力加速度 (实验课—基于经典科学探究) 第 5 节 1 1.实验准备——原理、器材和装置 2 2.实验操作——过程、细节和反思 3 3.实验考法——基础、变通和创新 4 4.训练评价——巩固、迁移和发展 CONTENTS 目录 1.实验准备——原理、器材和装置 一、实验装置 2.实验操作——过程、细节和反思 一、实验步骤　 1．让细线穿过小球上的小孔，在细线的穿出端打一个比孔径稍大一些的线结，制成一个单摆。 2．将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，把单摆上端固定在铁夹上，使摆线自由下垂。在单摆平衡位置处做上标记。 4．把单摆拉开一个角度，角度小于5°，释放摆球。摆球经过最低位置(平衡位置)时，用停表开始计时，测出单摆完成30次(或50次)全振动的时间，求出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期。 5．改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格。 实验表格 1．已学过的重力加速度的常用测量方法。 关键点反思 2．停表如何使用及读数，读数时需要估读吗？ 提示：机械停表的使用和读数： 停表的读数等于小表盘分针的读数与大表盘秒针的读数之和。注意：内侧小表盘读30 s的整数倍时间，大表盘读不足半分钟(30 s)的时间，机械停表只能精确到0.1 s，读数时不需要估读，这是由其机械原理决定的。 3．某同学测定的g的数值比当地公认值大，造成这一结果的原因可能是什么？ 提示：①量摆长时从悬点量到球的最下端； ②摆球不是在竖直平面内做简谐运动，而是做圆锥摆运动； ③计算周期时，将(n－1)次全振动误记为n次全振动。 3.实验考法——基础、变通和创新 [例1]　用单摆测量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)。 A．长度为1 m左右的细线 B．长度为10 cm左右的橡皮绳 C．直径为1.5 cm左右的塑料球 D．直径为1.5 cm左右的铁球 考法(一)　实验基本操作 (2)选择好器材，将符合实验要求的单摆挂在铁架台上，应采用图________(选填“乙”或“丙”)所示的固定方式。 [解析]　(1)为减小实验误差，应选择1 m左右的细线；为减小空气阻力影响，摆球应选密度大且体积小的铁球，因此需要的实验器材是A、D。 (2)要保持悬点固定，应采用题图丙所示固定方式，题图乙所示的固定方式在摆动过程中摆长会发生变化，从而带来系统误差。 [答案]　(1)AD　(2)丙　(3)D [微点拨] 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。　　 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。 考法(二)　数据处理和误差分析 (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)。 (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次全振动记为50次 [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测量值比实际值偏小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。 (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不符合题意；摆线上端悬点未固定，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符合题意；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不符合题意；实验时误将49次全振动记为50次，测量的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，D不符合题意。 [答案]　(1)测量摆长时漏掉了摆球的半径 (2)9.87　(3)B [微点拨] 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。　　 [例3]　现代智能手机自带了许多传感器，利用智能手机软件能够采集传感器记录的数据。某同学在家根据软件界面提示的原始传感器，给出了2种测量重力加速度的方案： 方案1：使用“含(g)的加速度”模块，令手机静置在桌面上20 s，直接读出重力加速度(图一)； 考法(三)　源于经典实验的创新考查 方案2：使用“摆”功能，该同学找到一把量程为30 cm的刻度尺、长度为100 cm左右的细线和一把铁锁，制成一个单摆，于小角度释放。输入摆长后，利用手机读取周期，手机将计算出重力加速度(图二)。 回答下列相关问题： (1)根据方案2，可知手机计算重力加速度的表达式为g＝____________(用π、T、L表示)。 (2)与方案1测得的重力加速度g相比，方案2测得的重力加速度g结果有一定的误差，产生误差的主要原因为________。(填选项字母) A．铁锁的重心不方便确定，所以摆长测量不准 B．测量摆长的刻度尺量程太小，测摆长时多次移动产生了一定的误差 C．铁锁质量过大，导致g测量误差较大 (3)方案2重力加速度g计算结果误差较大，该同学想到一个修正方案，如图三：实验时，可以在细线上的A点做一个标记，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OA间细线长度以改变摆长，当OA间细线长度分别为L1、L2时，测得相应单摆的周期为T1、T2，由此可测得重力加速度g的数值，此方案计算g的表达式为________(填选项字母)。 (2)方案2测得的重力加速度g结果有一定的误差，产生误差的主要原因有：①铁锁的重心不方便确定，所以摆长测量不准；②方案2是用长度为100 cm左右的细线和一把铁锁制成一个单摆，而该同学找到一把量程为30 cm的刻度尺，所以测量摆长的刻度尺量程太小，会导致测摆长时多次移动产生了一定的误差。铁锁质量对重力加速度测量无影响。 [创新分析] (1)利用现代智能手机自带传感器测量重力加速度。 (2)利用铁锁替代金属小球测量当地的重力加速度，并通过修正方案提高测量g的精确度。　 4.训练评价——巩固、迁移和发展 1．(2024·北京昌平调研)在“用单摆测量重力加速度”实验中，某同学发现测得的g值偏大。其原因可能是(　 ) A．摆球的质量过大 B．测定周期时，振动次数多计了一次 C．计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上摆球的半径 D．摆线上端未系牢固，在振动中出现松动，使摆线长度增加了 √ 测定周期时，振动次数多计了一次，则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故B正确； 计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上摆球的半径，则摆长测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故C错误； 摆线上端未系牢固，在振动中出现松动，使摆线长度增加了，摆长的实际值大于摆长的测量值，重力加速度测量值偏小，故D错误。 2.(2024·广东广州期末)某同学利用荡秋千测量当地 的重力加速度。如图所示，该同学坐在秋千板上小角度 摆动，测出小角度摆动时的周期为T，上方横杆与板间 的绳长为L，试回答下列问题： (1)若以L作为摆长，则当地的重力加速度大小g＝________。 (2)该同学的重心在板上方，使得重力加速度的测量值与真实值相比________(填“偏大”或“偏小”)。 (3)仅改变横杆与板间的绳长重新测量。当横杆到板的距离为L1时，测得小角度摆动时的周期为T1；当横杆到板的距离为L2时，测得小角度摆动时的周期为T2。则当地的重力加速度大小g＝________。 (2)绳长比实际的摆长大，根据上述得出重力加速度的表达式可得这样计算出来的重力加速度值比真实值偏大。 3．(2024·江苏高邮月考)物理实验小组的同学使用力电传感器做“用单摆测量重力加速度”的实验。先测得摆线长为78.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力F的大小随时间t的变化曲线如图所示。 (1)该摆摆长为________cm，周期为________s。 (2)测得当地重力加速度g的值为______m/s2。(保留2位有效数字) 解析：(1)单摆摆长等于摆线长加上摆球半径，为L＝78.50 cm＋1.00 cm＝79.50 cm 在一个周期内摆球两次经过最低点，每次经过最低点时拉力最大，根据图像知周期T＝1.8 s。 答案：(1)79.50　1.8　(2)9.7 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。 (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°。 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 5．(2024·镇江高二模拟)在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过N次全振动的总时间为Δt。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测得摆球的直径为D。回答下列问题： (1)为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时，开始计时。该标记应该放置在摆球的______。 A．最高点　 B．最低点　 　C．任意位置 (2)重力加速度公式g＝____________(用题目中给出的字母表示)。 (3)为了提高实验的准确度，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和T的数值，以L为横坐标，T2为纵坐标，做出T2-L图线，但同学们不小心，每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2-L图像是图乙中的________(选填“①”“②”或“③”)。 解析：(1)摆球通过最低点时速度最大，在最低点开始计时误差最小。故选B。 二、实验原理 当摆角较小时，单摆做简谐运动，根据其周期公式T＝2π，可推导得出g＝。据此，通过实验测出摆长l和周期T，可计算得到当地的重力加速度值。 3．用刻度尺量出悬线长l′(准确到mm)，用游标卡尺测出摆球的直径d，则摆长为l＝l′＋。 二、数据处理　 1．公式法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式g＝中求出g的值，最后求出g的平均值。 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，以T2为纵轴、以l为横轴作出T2-l图像(如图所示)，其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g。 提示：(1)自由落体法：利用h＝gt2、Δh＝gT2或v22－v12＝2gh求出g。 (2)平衡法：利用G＝mg求出g。 (3)下列测量单摆振动周期的方法正确的是________。 A．把摆球从平衡位置拉开到某一位置，然后由静止释放摆球，在释放摆球的同时启动停表开始计时，当摆球再次回到原来位置时，按停停表停止计时 B．以单摆在最大位移处为计时基准位置，用停表测出摆球第n次回到基准位置的时间t，则T＝ C．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每经过最低位置记数一次，用停表记录摆球n次经过最低位置的时间t，则T＝ D．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过最低位置记数一次，用停表记录摆球从同一方向n次经过最低位置的时间t，则T＝ (3)摆角应小于5°，在测量周期时，应在摆球经过最低点开始计时，测量多次全振动的周期，可以减小误差，故A、B错误；以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每经过最低位置记数一次，用停表记录摆球n次经过最低位置的时间t，摆球相邻两次经过最低点的时间间隔是半个周期，所以单摆的周期T＝，故C错误； 以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过最低位置记数一次，用停表记录摆球从同一方向n次经过最低位置的时间t，则摆球相邻两次从同一方向经过最低点的时间即为一个周期，则有T＝，故D正确。 [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。 (2)由单摆周期公式T＝2π，可得T2＝·l，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。 A．g＝　 B．g＝ C．g＝ D．g＝ [解析]　(1)根据单摆周期公式T＝2π，得重力加速度的表达式为g＝。 (3)当OA间细线长度分别为L1、L2时，测得相应单摆的周期为T1、T2，设A点到铁锁重心的距离为l，根据公式T＝2π，可得T1＝2π，T2＝2π，解得g＝。 [答案]　(1)　(2)AB　(3)A 解析：根据单摆周期公式T＝2π，整理得g＝l，可知摆球的质量对重力加速度测定无影响，故A错误； 解析：(1)根据单摆周期公式T＝2π，可得g＝。 (3)设重心在板上方d处，根据单摆周期公式可得T1＝2π，T2＝2π，解得g＝。 答案：(1)　(2)偏大　(3) (2)由单摆周期公式T＝2π，可知重力加速度g＝≈9.7 m/s2。 (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，由单摆的周期公式T＝2π，可得重力加速度g＝≈9.83 m/s2。 (2)由单摆周期公式T＝2π，解得g＝，由题意可知L＝l＋，T＝， 整理可得g＝。 (3)根据题意可知，单摆的实际摆长为L′＝L－ 由单摆周期公式得T＝2π 化简可得T2＝L－ 由此得到的T2-L图像是题图乙中的①。 答案：(1)B　(2)　　(3)① $$