第2章 第5节 实验：用单摆测量重力加速度-【创新教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册五维课堂同步Word教案（人教版2019）

第5节　实验：用单摆测量重力加速度 [基础梳理] 1．实验原理 单摆在偏角很小(小于5°)时，可看成简谐运动，其周期T＝2π，可得g＝.据此，通过实验测出摆长l和周期T，即可计算得到当地的重力加速度． 2．实验器材 铁架台及铁夹、金属小球(上面有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(长1 m左右)、刻度尺(最小刻度为mm)、游标卡尺． 3．实验步骤 (1)让细线穿过球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆． (2)将小铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，使铁夹伸出桌面之外，然后把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂． (3)用刻度尺量出悬线长l′，用游标卡尺测出摆球直径d，然后计算出悬点到球心的距离l＝l′＋即摆长． (4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角小于5°，再释放小球．当摆球摆动稳定以后，在最低点位置时，用秒表开始计时，测量单摆全振动30次(或50次)的时间，然后求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期． (5)改变摆长，重做几次． (6)根据单摆的周期公式，计算出每次实验的重力加速度；求出几次实验得到的重力加速度的平均值，即本地区的重力加速度的值． (7)将测得的重力加速度数值与当地重力加速度数值加以比较，如有误差，分析产生误差的原因． 4．数据处理 (1)公式法：根据公式g＝，将每次实验的l、n、t数值代入，计算重力加速度g，然后取平均值． (2)图像法：作出T2­l图像，由T2＝可知T2­l图线是一条过原点的直线，其斜率k＝，求出k，可得g＝. 5．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；球、线是否符合要求；振动是圆锥摆还是同一竖直平面内的振动以及测量哪段长度作为摆长等等． (2)本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上．要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒数计时计数的方法，不能多记或漏记振动次数．为了减小偶然误差，进行多次测量后取平均值． (3)本实验中在长度(摆线长、摆球的直径)的测量时，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)；在时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在秒的十分位即可． 6．注意事项 (1)摆线要选1 m左右，不要过长或过短，太长测量不方便，太短摆动太快，不易计数． (2)摆长要悬挂好摆球后再测，不要先测摆长再系小球，因为悬挂摆球后细绳会发生形变． (3)计算摆长时要将摆线长加上摆球半径，不要把摆线长当作摆长． (4)摆球要选体积小、密度大的，不要选体积大、密度小的，这样可以减小空气阻力的影响． (5)摆角要小于5°(具体实验时可以小于15°)，不要过大，因为摆角过大，单摆的振动不再是简谐运动，公式T＝2π就不再适用． (6)单摆要在竖直平面内摆动，不要使之成为圆锥摆． (7)要从平衡位置计时，不要从摆球到达最高点时开始计时． (8)要准确记好摆动次数，不要多记或少记． 实验原理及实验器材的考查 [例1]　甲、乙两个学习小组分别利用单摆测定重力加速度． (1)甲组同学采用图甲所示的实验装置． ①为比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用　________　.(用器材前的字母表示) a．长度接近1 m的细绳 b．长度为30 cm左右的细绳 c．直径为1.8 cm的塑料球 d．直径为1.8 cm的铁球 e．最小刻度为1 cm的米尺 f．最小刻度为1 mm的米尺 ②该组同学先测出悬点到小球球心的距离l，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t.请写出重力加速度的表达式g＝　________　.(用所测物理量表示) (2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的v­t图线． ①由图丙可知，该单摆的周期T＝　________　s. ②更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2­l(周期二次方－摆长)图像，并根据图像拟合得到方程T2＝4.04l＋0.035.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) [解析]　(1)①根据T＝2π得g＝，则可知要准确地测量出当地的重力加速度需要测量摆长，摆长等于摆线的长度和摆球的半径之和，所以选择长度近1 m的细绳，直径为1.8 cm的铁球，需要测量摆线长，所以需要最小刻度为1 mm的米尺，故选a、d、f. ②因为T＝，则g＝. (2)①根据单摆振动的v­t图像知，单摆的周期T＝2.0 s. ②根据T＝2π得T2＝. 图线的斜率：k＝＝4.04 s2/m， 解得：g≈9.76 m/s2. [答案]　(1)①adf　②　(2)①2.0　②9.76 ◆[跟进训练] 1．(1)在用单摆测定重力加速度的实验中，应选用的器材为　________　. A．1 m长的细线 　　　　 B．1 m长的粗线 C．10 cm长的细线 D．泡沫塑料小球 E．小铁球 F．秒表 G．时钟 H．厘米刻度尺 I．毫米刻度尺 J．游标卡尺 (2)在该实验中，单摆的摆角θ应　________　，从摆球经过　____________　开始计时，测出n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测出摆线长为L，用游标卡尺测出摆球的直径为d.用上述物理量的符号写出测出的重力加速度的一般表达式为g＝　________________　. 解析：(1)做摆长的细线要用不易伸长的细线，一般不应短于1 m，选A；小球应是密度较大，直径较小的金属球，选E；计时仪器宜选用秒表F；测摆长应选用毫米刻度尺I；用游标卡尺J测摆球的直径． (2)根据单摆做简谐运动的条件知θ＜5°；因平衡位置易判断，且经平衡位置时速度大，用时少，误差小，所以从平衡位置开始计时．根据T＝2π，又T＝，l＝L＋，得g＝. 答案：(1)AEFIJ　(2)小于5°　平衡位置　 对数据处理及误差分析的考查 [例2]　用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示． (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3组实验数据，并作了部分计算处理. 组次 1 2 3 摆长L/cm 80.00 90.00 100.00 50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5 振动周期T/s 1.80 1.91 重力加速度g/(m·s－2) 9.74 9.73 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图像，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l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2.由此可得重力加速度g＝　________　(用l1、l2、T1、T2表示)． 思路点拨：该题全面考查了重力加速度的测量、数据的处理以及误差的分析，要掌握单摆的周期公式，从而求解重力加速度、摆长、周期等物理量之间的关系． [解析]　(1)单摆模型需要满足的条件是摆线的长度远大于小球直径，小球的密度越大越好，这样可以忽略空气阻力．(2)周期T＝，结合T＝2π，可得g＝.(3)周期T＝＝＝2.01 s，由T＝2π，解得g＝9.76 m/s2.(4)由T＝2π，两边平方后可知T2­L是过原点的直线，b为正确的图线，a与b相比，周期相同时，摆长更短，说明a对应测量的摆长偏小；c与b相比，摆长相同时，周期偏小，可能是多记录了振动次数．(5)设A到铁锁重心的距离为l，则第1、2次的摆长分别为l＋l1、l＋l2，由T1＝2π，T2＝2π，联立解得：g＝. [答案]　(1)AD　(2)　(3)2.01　9.76　(4)B　(5) [规律方法]　用图像法处理实验数据的技巧 用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．由于T­L的图像不是直线，不便于进行数据处理，所以采用T2­L的图像，目的是为了将曲线转换为直线，便于利用直线的斜率计算重力加速度． ◆[跟进训练] 2．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作： (1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为　________　cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L. (2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝　________　s(结果保留3位有效数字)． (3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2－L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是(　　) A．g B. C. D. (4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小(　　) A．偏大 B．偏小 C．不变 D．都有可能 解析：(1)摆球的直径为d＝20 mm＋6×mm＝20.6 mm＝2.06 cm. (2)秒表的读数为t＝60 s＋7.5 s＝67.5 s，根据题意，得 t＝T＝T，所以周期T＝＝2.28 s. (3)根据单摆的周期公式T＝2π，可得 ＝＝k(常数)，所以选项C正确． (4)因为＝＝k(常数)，所以＝＝k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足＝＝k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变． 答案：(1)2.06　(2)2.28　(3)C　(4)C [易错]　利用单摆测重力加速度时，周期计算出错 [案例]　(1)甲、乙两同学做“用单摆测重力加速度”的实验，甲同学用秒表测量单摆的周期；当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为0，单摆每次经过最低点计一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图甲所示，则该单摆的周期是　________　s(结果保留3位有效数字)；乙同学用游标卡尺测量摆球的直径如图乙所示，则游标卡尺的读数是　________　cm. (2)在做实验时，可能导致重力加速度的测量结果偏大的有(　　) A．振幅偏小 B．在未悬挂摆球之前先测定好摆长 C．摆球做圆锥摆运动 D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长 [错答]　(1)数到n＝60时可知单摆完成了60次全振动，即时间为60个周期，秒表的示数为67.5 s，周期为T＝＝ s＝1.13 s. [错因分析]　单摆每一个周期通过最低点两次，所以数60次的时间为30个周期． [正答]　(1)2.25　1.55　(2)CD [解析]　(1)单摆每一个周期通过最低点两次，所以数60次的时间为30个周期，秒表的示数为67.5 s，周期为T＝＝2.25 s，游标卡尺主尺读数为15 mm，游标卡尺第10条刻度与主尺刻度对齐，L＝15 mm＋0.05 mm×10＝15.5 mm＝1.55 cm.(2)根据单摆周期公式T＝2π可得g＝，所以重力加速度测量值与振幅无关，A错误；未悬挂摆球前测定摆长，l值偏小，g值偏小，B错误；摆球做圆锥摆运动周期变短，g值偏大，C正确；摆线长加摆球直径作为摆长，摆长偏大，g值偏大，D正确． 1．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为(　　) A．单摆的摆锤质量偏大 B．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径 C．测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动 D．测量周期时，把n次全振动误认为是(n－1)次全振动 解析：C　[由单摆周期公式知T＝2π，g＝，而T＝，所以g＝，由此可知C项正确．] 2．在“利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.(π2取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 s2/m，则g＝＝9.87 m/s2. 答案：(1)测摆长时漏掉了摆球半径 (2)9.87 3．某同学利用单摆测量重力加速度． (1)(多选)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的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＝　________　. 解析：(1)为了减小实验误差，应选用密度大、体积小的摆球，A项错误；摆线应选用不易伸缩的细线，B项正确；实验时摆球应在同一竖直面内摆动，而不能做成圆锥摆，C项正确；摆长一定的情况下，偏角不能超过5°，因此摆的振幅不能过大，D项错误． (2)设单摆周期为T1时，单摆的摆长为L，由单摆周期公式得T1＝2π，T2＝2π，解得g＝. 答案：(1)BC　(2) 4．某同学在一次用单摆测重力加速度的实验中，测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图所示的坐标系中．图中各坐标点的标号分别对应实验中5种不同摆长的情况．在处理数据时，该同学实验中的第　________　数据点应当舍弃．画出该同学记录的T2­l图线．求重力加速度时，他首先求出图线的斜率k，则用斜率k求重力加速度的表达式为g＝　________　. 解析：将图中各点连线如图所示，可见第4点偏离直线较远，则该点误差较大，所以第4数据点应舍去； 在T2­l图线中直线的斜率为k＝，由T＝2π得g＝，则g＝＝. 答案：4　 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，如图所示，则： (1)该单摆摆长为　______　cm，停表的示数为　________　s. (2)如果他测得的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，使周期变大了 C．开始计时时，停表过迟按下 D．实验中误将49次全振动次数记为50次 (3)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、T2为纵坐标的直角坐标系，根据数据描点并连成直线，如图所示．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T＝2π，得g＝，所以l偏大，则g偏大；t偏小，则g偏大；t偏大，则g偏小；n偏大，则g偏大．故选项B正确． (3)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)B　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$