第二章 5．实验：用单摆测量重力加速度-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（人教版）

5．实验：用单摆测量重力加速度 【素养目标】　1．掌握用单摆测量重力加速度的思路和科学探究方法。2．会制作单摆，并能正确进行实验，提高动手操作能力。3．会利用平均值法和图像法处理实验数据，会进行有关误差分析，提高分析、解决实验问题的基本能力。 【原理探究】 活动1．怎样利用单摆测量重力加速度？ 提示：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。 活动2．本实验中需要用到哪些实验器材？ 提示：铁架台及铁夹、金属小球(上面有一个通过球心的小孔)、停表、细线(长1 m左右)、刻度尺(最小刻度为mm)、游标卡尺。 【实验过程】 一、进行实验 1．做单摆：将线的一端穿过小球的小孔，并打一个比孔稍大的结。然后把线的上端用铁夹固定于铁架台上，在平衡位置处做上标记。 2．测摆长：用毫米刻度尺测出摆线长度l线，用游标卡尺测出摆球的直径d，则单摆的摆长l＝l线＋。 学生用书第60页 3．测周期：将摆球从平衡位置拉开一个小于5°的角，然后释放摆球，当单摆振动稳定后，过最低位置时开始用秒表计时，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)，重复实验三次，测出相应的摆长l和周期T。 二、数据记录与分析 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T2-l图像，由T2＝可知T2-l图线是一条过原点的倾斜直线，如图所示，其斜率k＝，求出k，可得g＝。 【误差分析】 1．系统误差的主要来源 (1)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。 (2)小球做圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。 2．偶然误差的主要来源 (1)测定摆长l时引起的误差 ①在未悬挂摆球前测定摆长或漏加摆球半径。 ②测摆长时摆线拉得过紧或以摆球的直径与摆线长之和作为摆长。 ③悬点未固定好，摆球摆动时出现松动，使实际的摆长不断变长。 (2)测定周期时引起的误差 ①开始计时和停止计时时，停表过早或过迟按下。 ②测定N次全振动的时间为t时，次数N数错。 ③计算单摆的全振动次数时，未从摆球通过最低位置时开始计时。 【注意事项】 1．选择细而不易伸长的线，长度一般不应短于1 m；摆球应选用密度较大、直径较小的金属球。 2．单摆摆线的上端应夹紧在铁夹中，不可随意卷在铁架台的杆上。 3．摆动时摆线偏离竖直方向的角度应很小，不应超过5°。 4．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。 5．计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置(平衡位置)时开始计时，要测N次全振动的时间t。 一　教材原型实验 某同学用单摆测量重力加速度的实验装置如图甲所示。 (1)对测量原理的理解正确的是________。 A．由g＝可知，T一定时，g与l成正比 B．由g＝可知，l一定时，g与T2成反比 C．单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定，由g＝可算出当地的重力加速度 (2)需要进行以下必要的实验操作，请将横线部分内容补充完整。 ①测量单摆的摆长，即测量从摆线的悬点到________的距离； ②把此单摆从平衡位置拉开一个小角度后释放，使摆球在竖直面内摆动，测量单摆全振动30次(或50次)的时间，求出一次全振动的时间，即单摆振动的周期； ③适当改变摆长，测量周期，并记录相应的摆长和周期； ④根据测量数据画出图像，并根据单摆的周期公式，由图像计算重力加速度。 学生用书第61页 (3)如果实验测得的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 (4)该同学分别在北京和厦门两地做了此实验，比较准确地探究了单摆的周期T与摆长l的关系，然后将这两组实验数据绘制成T2-l图像，如图乙所示，在北京测得的实验结果对应的图线是________(填“A”或“B”)。 答案：(1)C　(2)①摆球球心　(3)B　(4)B 解析：(1)由单摆周期公式T＝2π ，解得g＝，测出单摆的摆长l与周期T，可以求出当地的重力加速度，但是重力加速度与单摆的摆长和周期无关。故选C。 (2)①摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，测量单摆的摆长，应测量从摆线的悬点到摆球球心的距离。 (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；摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加，可知测量的摆长偏小，则测得的重力加速度偏小；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；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。故选B。 (4)根据T＝2π 可得T2＝l，T2-l图像的斜率k＝，则g＝，图像的斜率越小，重力加速度越大，由于北京的重力加速度大于厦门的重力加速度，则在北京所做实验作出的T2-l图像的斜率小于在厦门所做实验作出的T2-l图像的斜率，即在北京测得的实验结果对应的图线是B。 (2024·江苏南通高二月考)在“用单摆测量重力加速度”的实验中： (1)为了较精确地测量重力加速度的值，四种单摆组装方式最合理的是________。 (2)在摆球自然下垂的状态下，用毫米刻度尺测得摆线长度为l；用游标卡尺测量摆球的直径d，示数如图甲所示，则d＝________mm；若测定了40次全振动的时间如图乙中秒表所示，秒表读数是_________s。 (3)将小球从平衡位置拉开一个小角度静止释放，使其在竖直面内振动。待振动稳定后，从小球经过平衡位置时开始计时，测量N次全振动的时间为t，由本次实验数据可求得g＝_________(用l、d、N、t表示)。 (4)改变摆线长度l，重复实验，测得每次实验时单摆的振动周期T，作出l-T2图像为图丙中的________(填“A”“B”或“C”)。 (5)若实验操作不当，使得摆球没有在一个竖直平面内摆动，但仍然利用所测得的运动周期根据单摆周期公式计算重力加速度，则计算出的重力加速度比真实值________(填“偏大”或“偏小”)。 答案：(1)D　(2)16.3　135.2　(3)　(4)C　(5)偏大 解析：(1)摆球应该选择体积小、密度大的铁球，细线应用不易伸长的细丝线，为了防止在实验过程中由于摆球的摆动导致摆长发生改变，悬点要用铁夹固定。故选D。 (2)游标卡尺的读数为主尺刻度与游标尺读数之和，所以d＝16 mm＋3×0.1 mm＝16.3 mm 题图乙中秒表读数为120 s＋15.2 s＝135.2 s。 (3)根据单摆的周期公式可得T＝2π 其中T＝ 所以g＝。 (4)根据单摆的周期公式可得T＝2π，所以l＝。故选C。 (5)若实验操作不当，使得摆球没有在一个竖直平面内摆动，则摆球的摆动可视为圆锥摆，则mg tan θ＝msin θ 所以g＝cos θ 由此可知，若利用所测得的运动周期根据单摆周期公式计算重力加速度，则计算出的重力加速度比真实值偏大。 针对练．(2024·湖南长沙高二期末)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摆动的________。 A．最高点　　　B．最低点　　　C．任意位置 (2)该单摆的周期为____________，重力加速度g＝____________(用题干中字母表示)。 (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 学生用书第62页 和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出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____ (填“①”“②”或“③”)。 答案：(1)B　(2) 　(3)① 解析：(1)为了减小测量周期的误差，应该将小球经过最低点时作为计时开始和终止的位置更好些，实际摆动中最高点的位置会发生变化，且靠近最高点时速度较小，计时误差较大，则该标记应该放置在摆球摆动的最低点。故选B。 (2)因为摆球经过n次全振动的总时间为Δt，则该单摆的周期T＝ 由单摆周期公式有T＝2π 其中L＝l＋ 可得重力加速度g＝。 (3)由题意可得，单摆的实际摆长l′＝L－ 由单摆周期公式得T＝2π 化简可得T2＝ 由此得到的T2-L图像是题图乙中的①。 二　拓展创新实验 (2024·福建福州高二月考)某物理兴趣小组用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。将一带遮光条的小球用长为L＝1.00 m(L远大于小球的半径)的细线悬挂在力传感器上(它能将数据实时传送到计算机上)，在力传感器正下方适当位置固定一光电门。实验步骤如下： (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则遮光条的宽度d＝__________mm。 (2)在细线伸直的情况下从某一位置由静止释放小球，记录小球通过光电门时的挡光时间t。此过程中力传感器的示数一直在变化，应该记录力传感器示数的__________(填“最大值”“最小值”或“平均值”)作为测量结果。 (3)改变小球的释放位置，多记录几组挡光时间t和对应的力传感器的测量结果F；以为横坐标、F为纵坐标，描点作出F-图像，得到一条直线，直线的纵截距为b，斜率为k，则当地的重力加速度g＝__________(用b、k、d、L表示)。 [破题 “三步曲”] 答案：(1)5.40　 (2)最大值　 (3) 解析：(1)游标卡尺的读数d＝5 mm＋8×0.05 mm＝5.40 mm。 (2)小球经过最低点时细线拉力最大，实验中应记录小球经过最低点时细线的拉力，故应记录拉力的最大值。 (3)由于L远大于小球的半径，故单摆摆长近似等于细线长L，在最低点，根据牛顿第二定律有 F－mg＝ 其中v＝ 解得F＝＋mg 故斜率k＝，纵截距b＝mg 联立可得g＝。 针对练．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，单摆在竖直面内摆动，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出T2-L函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g。 (1)实验中所得到的T2-L关系图像应为图乙中的________(填“a”“b”或“c”)。 (2)由图乙可知，小筒的深度h＝________m，当地的重力加速度g＝________m/s2(π取3.14，g的计算结果保留3位有效数字)。 答案：(1)a　(2)0.3　9.86 解析：(1)由单摆周期公式有T＝2π ，可得T2＝ 纵轴截距大于0，图线应为题图乙中的图线a。 (2)由题图乙中的图线a得斜率k＝ s2/m＝＝1.20 s2，h＝＝0.3 m，g＝＝π2 m/s2≈9.86 m/s2。 课时测评11　实验：用单摆测量重力加速度 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1．(10分)(2024·黑龙江省哈尔滨市高二月考)某活动小组三位同学准备测量学校所在地的重力加速度，装置如图甲所示。 (1)摆线质量和摆球质量分别为m线和m球，摆线长为l，摆球直径为d，则________。 A．m线≪m球，l≫d B．m线≪m球，l≪d C．m线≫m球，l≪d D．m线≫m球，l≫d (2)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“61”时，按下停表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期T为________。 A． B． C． D． (3)图乙是三位同学根据测量数据画出的周期平方随摆长的图像，即T2-L图像，a、b、c是三条平行直线，其中_______(填“a”“b”或“c”)直线不过原点的原因可能是仅将“摆线长”记为“摆长”。 (4)根据图线可求得当地的重力加速度g＝________m/s2(π取3.14，结果保留3位有效数字)。 答案：(1)A　(2)B　(3)a　 (4)9.86 解析：(1)根据实验原理可知，摆线质量应远小于摆球质量，摆线长l应远大于摆球直径d，即m线≪m球，l≫d。故选A。 (2)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，单摆周期T＝。故选B。 (3)摆线长度l与摆球半径r之和是摆长，周期T＝2π 可得T2＝，可知a直线不过原点的原因可能是仅将“摆线长”记为“摆长”。 (4)T2-L图像斜率k＝ s2/m＝4 s2/m 解得g≈9.86 m/s2。 2．(10分)某同学在“用单摆测量重力加速度”的实验中进行了如下的操作： (1)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径，如图甲所示，摆球直径d＝________cm，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测得摆线长为l0，则摆长表达式为l＝________。 (2)用停表测量单摆的周期，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时停表的示数如图乙所示，该单摆的周期T＝________s(结果保留3位有效数字)。 (3)①测量出多组周期T、摆长l数值后，画出T2-l图像如图丙所示，造成图线不过坐标原点的原因可能是________。 A．摆球的振幅过小 B．将l0计为摆长 C．将(l0＋d)计为摆长 D．摆球质量过大 ②这样将使根据图像得出的g测量值________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 (4)某同学通过实验测得：悬点O到小球球心的距离为l；计时开始后，从小球第一次通过平衡位置到第n次通过平衡位置所用的时间为t，则重力加速度g＝________(用l、n、t及常数表示)。 (5)本实验测得的重力加速度一般略微偏小，这是由于以下哪个系统误差造成的________。 A．小球经过平衡位置时计时，很难看准，造成较大的周期测量误差 B．小球球心位置较难确定，使摆长测量存在较大的系统误差 C．单摆摆动过程中，摆线会稍稍伸长，造成摆长的测量值比实际值偏小 答案：(1)2.07　l0＋　(2)2.25　(3)①B ②不受影响　(4)l　(5)C 解析：(1)游标卡尺是10分度的，则摆球直径d＝20 mm＋7×0.1 mm＝20.7 mm＝2.07 cm 摆长表达式为l＝l0＋。 (2)数到60次时，停表的读数为67.4 s，则周期T＝≈2.25 s。 (3)①由T＝2π可得T2＝l，周期与质量、振幅都无关，不过原点的原因可能是测得的摆长偏小，即把摆线长当成了摆长。故选B。 ②根据以上分析可知，图像的斜率不受影响，即g测量值不受影响。 (4)由题意可得周期T＝ 则由T＝2π 可得g＝l。 (5)小球经过平衡位置时计时，很难看准，造成较大的周期测量误差，这样测得的重力加速度可能偏大，也可能偏小，故A错误；小球球心位置较难确定，使摆长测量存在较大的系统误差，这样测得的重力加速度可能偏大，也可能偏小，故B错误；单摆摆动过程中，摆线会稍稍伸长，造成摆长的测量值比实际值偏小，根据T＝2π可知，重力加速度的测量值偏小，故C正确。故选C。 3．(10分)用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。 (1)若测量结果得到的g值偏大，可能是因为________。(填选项前的字母) A．组装单摆时，选择的摆球质量偏大 B．测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长 C．测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动 (2)下表是某同学记录的实验数据，并做了部分处理。 组次 1 2 3 4 5 6 摆长l/cm 40.00 50.00 60.00 80.00 100.00 120.00 50次全振动时间t/s 63.0 74.0 77.5 89.5 100.0 109.5 周期T/s 1.26 1.48 1.55 1.79 2.19 周期的平方T2/s2 1.59 2.01 2.40 3.20 4.80 请计算第5组实验中的T2＝________s2。 (3)将上表数据输入计算机，可得到图乙所示的l-T2图像，图线经过坐标原点，斜率k＝0.25 m/s2。由此求得重力加速度g＝________m/s2。(π2取9.87，结果保留3位有效数字) 答案：(1)C　(2)4.00　(3)9.87 解析：(1)重力加速度g＝，其中l为摆长，单摆周期与摆球质量无关，组装单摆时，选择的摆球质量偏大不会导致g的测量值偏大，A错误；测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长，所测摆长l偏小，所测g偏小，B错误；测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动，所测周期T偏小，所测g偏大，C正确。故选C。 (2)由表中实验数据可知，完成50次全振动需要的时间为100.0 s，则周期T＝2.00 s，T2＝4.00 s2。 (3)根据单摆周期公式T＝2π 可知，摆长l＝，l-T2图像的斜率k＝，解得g＝。 4．(10分)A、B两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。 (1)A组同学采用图甲所示的实验装置。该组同学先测出悬点到小球球心的距离l，然后用停表测出单摆完成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)。在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (2)B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，得到如图丙所示的v-t图线，由图丙可知，该单摆的周期T＝________s。 (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T2-l图线，并根据图线拟合得到方程T2＝4.04l，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3位有效数字) 答案：(1)　偏小　(2)2.0　(3)9.76 解析：(1)单摆完成n次全振动所用的时间为t，可得单摆周期T＝，根据单摆周期公式T＝2π ，联立解得g＝。 测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小。 (2)摆球在摆动过程中，速度随时间做周期性变化，根据题图丙可知该单摆的周期T＝2.0 s。 (3)根据单摆周期公式T＝2π ，可得T2＝，则T2-l图像的斜率k＝，由方程T2＝4.04l可得k＝4.04 s2/m，代入k＝，解得当地的重力加速度g≈9.76 m/s2。 5．(10分)在探究单摆运动的实验中： (1)图甲是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，根据图乙的信息可得，从t＝0时刻开始摆球第二次摆到最低点的时刻为t＝______，摆长为______(取π2＝10，重力加速度g取10 m/s2) 。 (2)单摆振动的回复力是______。 A．摆球所受的重力 B．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力 C．摆线对摆球的拉力 D．摆球重力在垂直摆线方向上的分力 (3)某同学的操作步骤如下，其中正确的是______。 A．取一根细线，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，摆长为L再加上摆球半径 C．在摆线偏离竖直方向15°位置释放小球 D．让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度 答案：(1)1.3 s　0.64 m　 (2)D　(3)AB 解析：(1)摆球在最低点时摆线拉力最大，从t＝0时刻开始摆球第二次摆到最低点的时刻对应图像的第二个峰值，该时刻为t＝1.3 s； 根据题图乙可知，单摆的周期T＝2×(0.9－0.1) s＝1.6 s 根据T＝2π，解得l＝0.64 m。 (2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力。故选D。 (3)取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上，A正确；用米尺量得细线长度L，摆长为L再加上摆球半径，B正确；在摆线偏离竖直方向小于5°位置释放小球，C错误；让小球在同一竖直面内摆动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度，D错误。故选AB。 学生用书第63页 学科网（北京）股份有限公司 $