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2021高考物理一轮复习 第13章 机械振动 机械波 实验15 用单摆测定重力加速度学案

2021高考物理一轮复习 第13章 机械振动 机械波 实验15 用单摆测定重力加速度学案

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- 12 -

实验十五　用单摆测定重力加速度

　用单摆测定重力加速度。

由单摆的周期公式T＝2π ，可得出g＝l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g。

带中心孔的小钢球、约1 m长的细线、带有铁夹的铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。

1．做单摆
取约1 m长的细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示。

2．测摆长
用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l＝L＋。
3．测周期
将单摆从平衡位置拉开一个角度(不超过5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30次或50次全振动的总时间，算出平均每摆动一次全振动的时间，即为单摆的振动周期T。
4．改变摆长，重做几次实验。

数据处理的两种方法：
方法一：公式法。
根据公式T＝2π ，g＝。将测得的几组周期T和摆长l分别代入公式g＝中算出多组重力加速度g的值，再求出g的平均值，即为当地重力加速度的值。
方法二：图象法。
由单摆的周期公式T＝2π 可得l＝T2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴描点作图，作出的l­T2图象理论上是一条过原点的直线，如图所示，求出图象的斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝＝。

1．本实验的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，小球质量大、体积小，细线轻质非弹性，振动是在同一竖直平面内的振动，这些要求是否符合。
2．本实验的偶然误差主要来自时间的测量和摆线长度的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计摆球全振动次数。使用刻度尺测量摆线长度时，要多次测量取平均值以减小误差。
3．利用图象法处理数据具有形象、直观的特点，同时也能减小实验误差。利用图象法分析处理时要特别注意图象的斜率及截距的物理意义。

1．小球选用密度大的钢球。
2．选用1 m左右难以伸缩，且尽量轻的细线。
3．悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定。
4．单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°。
5．选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数。

考点细研 悟法培优

考点1　　实验原理与实验操作
例1　在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最________(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图甲中停表示数为一单摆全振动50次所用的时间，则单摆振动周期为________。

(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为________ m。
(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________。
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________。
A．甲的说法正确
B．乙的说法正确
C．两学生的说法都是错误的
尝试解答　(1)低　2.05 s　(2)0.9980　(3)
(4)A。
(1)摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时；图甲中停表的示数为1.5 min＋12.5 s＝102.5 s，则周期T＝ s＝2.05 s。
(2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L＝0.9980 m。
(3)由单摆周期公式T＝2π 可得g＝。
(4)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，A正确。
[变式1]　根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度，如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。

(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________ mm。
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。
a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝
答案　(1)18.6　(2)abe
解析　(1)游标卡尺读数：18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm。
(2)摆线细一些有助于减小空气阻力，伸缩性小一些以保证摆长不变，尽可能长一些使周期较大，容易测量，a正确。摆球质量大一些、体积小一些能减小空气阻力对实验的影响，b正确。根据T＝2π可知，周期T与摆幅无关，且摆角太大时，小球的运动不能看成是简谐运动，不符合实验要求，c错误。测量周期时应从小球经过最低位置时开始计时，而且应记录n次全振动的时间，用T＝去计算，d错误，e正确。
考点2　　数据处理与误差分析
例2　利用单摆测当地重力加速度的实验中：

(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d＝________ cm。
(2)某同学测量数据如表，请在图乙中画出L­T2图象。
L/m
0.400
0.500
0.600
0.800
1.200
T2/s2
1.60
2.10
2.40
3.20
4.80

由图象可得重力加速度g＝________ m/s2(保留三位有效数字)。
(3)某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图象可能是下列图象中的________。

尝试解答　(1)2.25__(2)图见解析__9.86__(3)B。
(1)小球的直径d＝22 mm＋0.1 mm×5＝22.5 mm＝2.25 cm。
(2)L­T2图象如图所示

由T＝2π可得L＝T2，
由图象可得k＝＝0.25＝
可解得g＝4π2k≈9.86 m/s2。
(3)在实验中，若摆长没有加小球的半径，其他操作无误，可得L＝T2－，故可知B正确，A、C、D均错误。
[变式2]　物理实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验。
(1)下列振动图象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O为计时起点，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝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)。

(2)某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是________。
A．测摆长时记录的是摆线的长度
B．开始计时时，秒表过早按下
C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了
D．实验中误将29次全振动数记为30次
答案　(1)A　(2)D
解析　(1)单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A＝lsin5°＝0.087 m＝8.7 cm，为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是选项A。
(2)根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g＝。将摆线的长误认为摆长，即测量值偏小，所以重力加速度的测量值偏小，故A错误；开始计时时，秒表过早按下，周期的测量值大于真实值，所以重力加速度的测量值偏小，故B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，即摆长L的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小，故C错误；设单摆29次全振动的时间为t，则单摆的周期T＝，若误计为30次，则T测＝<，即周期的测量值小于真实值，所以重力加速度的测量值偏大，故D正确。

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1．(2015·天津高考)某同学利用单摆测量重力加速度。
(1)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＝________。

答案　(1)BC　(2)
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轻线，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，摆角不能超过5度，因此摆的振幅不能过大，D项错误。
(2)由单摆周期公式得T1＝2π ，
T2＝2π ，解得g＝。
2.(2015·北京高考)用单摆测定重力加速度的实验装置如图1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，并做了部分计算处理。
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图象，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2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3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)。

答案　(1)AD　(2)　(3)2.01　9.76　(4)B
(5)
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，所以选A、D。
(2)周期T＝，结合T＝2π ，推出g＝。
(3)周期T＝＝＝2.01 s，由T＝2π ，解出g＝9.76 m/s2。
(4)由T＝2π ，两边平方后得T2＝L，可知T2­L图象是过原点的直线，b为正确的图象，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；由T2＝L知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值。
(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＝。
3．(2019·浙江嘉兴一中高三上学期期末)某同学利用单摆测定当地的重力加速度。
(1)实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺。除此之外，还需要的器材有________。
A．长度约为1 m的细线 B.长度约为30 cm的细线
C．直径约为2 cm的钢球 D.直径约为2 cm的木球
E．最小刻度为1 cm的直尺 F．最小刻度为1 mm的直尺
(2)该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图甲所示，秒表的读数为________ s。

(3)该同学经测量得到多组摆长L和对应的周期T，画出L­T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图乙所示。则当地重力加速度的表达式g＝________。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样________(填“影响”或“不影响”)重力加速度的计算。
答案　(1)ACF　(2)95.1　(3)　不影响
解析　(1)由单摆周期公式T＝2π可得，g＝。实验需要测量周期，则需要秒表；摆线的长度应尽量长些，减小周期的测量误差；实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺；为减小空气阻力的影响，需要选择密度较大的摆球。故选用的器材为ACF。
(2)由图示秒表可知，分针示数为：60 s，秒针示数为：35.1 s，
秒表读数：t＝60 s＋35.1 s＝95.1 s。
(3)由T＝2π ，可得L＝T2，则L­T2图象的斜率：k＝，由图示图象可知，图象斜率：k＝，解得重力加速度g＝。在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，则有：L＋＝T2，由此可知L­T2图象的斜率不变，这样不影响重力加速度的计算。