2020版高中物理 第一章 机械振动 5 学生实验：用单摆测定重力加速度学案 教科版选修3-4 13页

‎5　学生实验：用单摆测定重力加速度 ‎[学习目标]　1.掌握用单摆测定重力加速度的原理和方法.2.体会单摆做简谐运动的条件.‎ ‎1.实验目的 利用单摆测定当地的重力加速度.‎ ‎2.原理 由T＝2π得g＝.所以，只要测出单摆的摆长l和周期T，就可测出当地的重力加速度.‎ ‎3.器材 铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、停表、细线(‎1m左右)、刻度尺、游标卡尺.‎ ‎4.实验步骤 ‎(1)让细线的一端穿过摆球的小孔，在细线的穿出端打一个稍大一些的线结，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，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.在单摆平衡位置处做上标记.‎ ‎(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，然后计算出悬点到球心的距离l＝l′＋，即为摆长.‎ ‎(4)把单摆从平衡位置拉开一个角度，角度不大于5°，再释放摆球.当摆球经过最低位置时，用停表开始计时，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，即单摆的振动周期.‎ ‎(5)改变摆长，重做几次实验，将所得数据填入表格.‎ ‎5.数据处理 方法一：将每次测出的周期T及测得的摆长l代入公式g＝，求出重力加速度的值，然后求g的平均值.‎ 方法二：多做几次实验，由几组l、T值作出T2－l图像，则图像的斜率k＝，从而求出重力加速度g.‎ ‎6.注意事项 ‎(1)选择材料时应选择细而不易伸长的线，比如用单根尼龙丝、丝线等，长度一般不应短于‎1m，摆球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过‎2cm.‎ 13‎ ‎(2)摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应不大于5°.‎ ‎(3)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.‎ ‎(4)测量单摆的振动次数时，应从摆球通过最低点时开始计时，以后摆球从同一方向通过最低点时计数，要测多次(如30次或50次)全振动的时间，用取平均值的办法求周期.‎ 例1　用单摆做测定重力加速度的实验，某同学做实验时，操作上错误或不合理的有________.‎ A.单摆的偏角大于10°‎ B.摆球摆动到最高点开始计时 C.防止摆球在水平面内做圆周运动或椭圆运动 D.测出的摆线长就是摆长 E.在平衡位置启动停表，并开始计数，当摆球第30次经过平衡位置时制动停表，若读数为t，则T＝ 答案　ABDE 解析　A.单摆应保证偏角小于5°.‎ B.应在通过最低点时开始计时，误差较小.‎ D.摆长应为摆线长加摆球半径.‎ E.如此计数，则T＝，应在摆球经过平衡位置时开始计时，在摆球下一次以相同方向通过平衡位置时，计数为1.‎ 例2　“在用单摆测定重力加速度”的实验中：‎ ‎(1)用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g＝____________.‎ ‎(2)如果用10分度的游标卡尺测得的摆球直径如图1甲所示，则摆球的直径d＝________cm；用分度值为‎1mm的刻度尺的零点对准摆线的悬点，测得的摆线长如图乙所示，则单摆的摆长为L＝________cm；如果测量了40次全振动的时间如图丙所示，则此单摆的振动周期T＝________s.‎ ‎(3)由实验数据得出重力加速度g＝________m/s2.‎ 13‎ 图1‎ 答案　(1) ‎(2)1.35　96.825　1.98‎ ‎(3)9.74‎ 解析　(1)根据单摆周期公式T＝2π，得到g＝.‎ ‎(2)由题图所示游标卡尺可知，主尺的示数是‎13mm，游标尺的示数是5×‎0.1mm＝‎0.5mm，‎ 则游标卡尺示数，即小球直径d＝‎13mm＋‎0.5mm＝‎13.5mm＝‎1.35cm；‎ 摆线的长度：l＝‎‎96.15cm 单摆的摆长为L＝l＋＝‎96.15cm＋cm＝‎‎96.825cm 由题图所示停表可知，分针示数是1min＝60s，秒针示数是19.2s，停表示数是60s＋19.2s＝79.2s 单摆周期T＝＝s＝1.98s.‎ ‎(3)重力加速度：‎ g＝＝×96.825×10－‎2m/s2≈‎9.74 m/s2.‎ 例3　某同学利用如图2所示的装置测量当地的重力加速度.实验步骤如下：‎ 图2‎ A.按装置图安装好实验装置；‎ B.用游标卡尺测量小球的直径d；‎ C.用米尺测量悬线的长度L；‎ D.让小球在竖直平面内小角度摆动，当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3、…，当数到20时，停止计时，测得时间为t；‎ 13‎ E.多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；‎ F.计算出每个悬线长度对应的t2；‎ G.以t2为纵坐标、L为横坐标，作出t2－L图线.‎ 结合上述实验，完成下列问题：‎ ‎(1)该同学根据实验数据，利用计算机作出t2－L图线如图3所示.根据图线拟合得到方程t2＝‎404.0L＋3.0，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)‎ 图3‎ ‎(2)从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是________.‎ A.不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点开始计时 B.开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数 C.不应作t2－L图线，而应作t－L图线 D.不应作t2－L图线，而应作t2－(L＋d)图线 ‎(3)另一同学也用该装置进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是(　　)‎ A.测定周期时，振动次数少数了一次 B.测定周期时，振动次数多数了一次 C.摆球的质量过大 D.计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上摆球的半径 答案　(1)9.76　(2)D　(3)B 解析　(1)根据单摆周期公式T＝2π得：‎ ＝2π，即t2＝400π2.‎ 故t2－L图像的斜率表示的大小，‎ 由题意知斜率k＝404.0，则＝404.0，‎ 代入π2＝9.86得g≈‎9.76m/s2.‎ ‎(2)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长，摆长小于实际摆长，t2－L图像不过原点，在纵轴上截距不为零，故D正确.‎ 13‎ ‎(3)由计算g的公式g＝可知，如果振动次数多数了一次，即T偏小，使g偏大，选项A错，B对；摆球的质量过大，不影响单摆的周期与摆长，所以不影响测得的重力加速度，选项C错；当l偏小时，求得的g偏小，选项D错.‎ 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，是单摆还是复摆，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内摆动，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，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，不能多记或漏记振动次数.为了减小偶然误差，应进行多次测量取平均值.‎ ‎1.(用单摆测定重力加速度)(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学甲用毫米刻度尺测得摆线长L0＝‎935.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图4所示，则摆球直径d＝________mm.‎ 用停表测得单摆完成n＝40次全振动的时间如图5所示，则停表的示数t＝________s；若用给出的各物理符号(L0、d、n、t)表示当地的重力加速度g，则计算g的表达式为g＝________.‎ 图4‎ 图5‎ ‎(2)实验中同学甲发现测得的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 13‎ C.开始计时时，停表过迟按下 D.实验中误将39次全振动计为40次 ‎(3)为了提高实验精度，某同学乙在实验中通过改变几次摆长L，并测出相应的周期T，从而得到一组对应的L与T的数据，再以L为横坐标、T2为纵坐标，建立坐标系，将所得数据进行连线，实验测得的数据如下表所示：‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 摆长L/cm ‎80.00‎ ‎90.00‎ ‎100.00‎ ‎110.00‎ ‎120.00‎ ‎30次全振动时间t/s ‎53.8‎ ‎56.9‎ ‎60.0‎ ‎62.8‎ ‎65.7‎ 振动周期T/s ‎1.79‎ ‎1.90‎ ‎2.00‎ ‎2.09‎ ‎2.19‎ 振动周期的平方T2/s2‎ ‎3.20‎ ‎3.61‎ ‎4.00‎ ‎4.37‎ ‎4.80‎ ‎①请将表中测量数据标在图6中，并在图中作出T2随L变化的图像.‎ 图6‎ ‎②根据图像可知当地的重力加速度为________(保留3位有效数字).‎ 答案　(1)19.55　78.4　　(2)B　(3)①如图所示 ‎②‎9.86m/s2‎ 解析　(1)游标卡尺主尺示数为‎19mm；游标尺对齐格数为11个格，游标尺读数为11×‎0.05mm＝‎0.55mm；‎ 所以直径为‎19mm＋‎0.55mm＝‎19.55mm.‎ 13‎ 停表读数：分针示数为1min＝60s，秒针示数为18.4s，故时间为78.4s；‎ 根据T＝2π得：g＝＝＝.‎ ‎(2)同学甲测得的g值偏小，说明摆长测量值偏小或者周期测量值偏大；‎ 测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，g值测量值偏大，故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，说明摆长测量值偏小，g值测量值偏小，故B正确；‎ 开始计时时，停表过迟按下，周期测量值偏小，g值测量值偏大，故C错误；‎ 实验中误将39次全振动数为40次，周期测量值偏小，g值测量值偏大，故D错误.‎ ‎(3)根据表格中的数据描点，如图所示 根据T＝2π得T2＝L，‎ 由图像可知：图像斜率k＝＝4，解得g≈‎9.86m/s2.‎ ‎2.(用单摆测定重力加速度)某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长l，通过改变摆线的长度，测得5组l和对应的周期T，画出l－T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图7所示.他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝________.请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将________(填“偏大”“偏小”或“相同”).‎ 图7‎ 答案　　相同 13‎ 解析　由周期公式T＝2π，得g＝，结合题图得到g＝，因为这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置无关，所以测量结果不受影响.‎ ‎1.(多选)对“用单摆测定重力加速度”的实验，下列说法正确的是(　　)‎ A.如果有两个大小相等且都带孔的铁球和木球，应选用铁球 B.单摆偏角不应超过5°‎ C.为便于改变摆长，可将摆线的一头绕在铁架台上的圆杆上以代替铁夹 D.测量摆长时，应用力拉紧摆线 答案　AB 解析　根据单摆模型的特点，则A、B项正确.摆动过程中悬点位置变化，会导致摆长变化，C项错误.测摆长时，用力拉紧摆线会使形变量变大，摆长偏大，故D项错误.‎ ‎2.(多选)对“用单摆测定重力加速度”的实验，下面各种对实验误差的影响的说法中正确的是(　　)‎ A.在摆长和时间的测量中，时间的测量对实验误差影响较大 B.在摆长和时间的测量中，长度的测量对实验误差影响较大 C.将振动次数n记为(n＋1)，测算出的g值比当地的公认值偏大 D.将摆线长当作摆长，未加摆球的半径测算出的g值比当地的公认值偏大 答案　AC 解析　对“用单摆测定重力加速度”的实验，重力加速度表达式g＝，由于g与周期的平方成反比，周期若有误差，再平方后误差会更大，所以时间的测量对误差的影响更大些，A正确，B错误；另外，如果振动次数多数了一次，会造成周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，C正确；若摆长未加小球的半径，将使摆长的测量值偏小，g值偏小，D错误.‎ ‎3.(1)在“用单摆测定当地的重力加速度”的实验中，除带横杆的铁架台、铁夹、停表、游标卡尺、刻度尺之外，还必须选用的器材，正确的一组是________.‎ A.约‎1m的不可伸长的细线，半径约‎1cm的小铁球 B.约‎0.1m的不可伸长的细线，半径约‎1cm的小铁球 C.约‎0.1m的不可伸长的细线，半径约‎1cm的小塑料球 D.约‎1m的不可伸长的细线，半径约‎1cm的小塑料球 ‎(2)测量小球直径时游标卡尺的读数(如图1甲所示)为________cm.‎ 13‎ 图1‎ ‎(3)某同学在处理数据的步骤中，以为纵坐标，以周期T为横坐标，作出如图乙所示的图像，已知该图线的斜率为k＝0.500，则重力加速度为________m/s2.(结果保留三位有效数字，π＝3.14)‎ 答案　(1)A　(2)0.890　(3)9.86‎ 解析　(1)根据实验要求，摆线长‎1m左右，为减小空气阻力的影响，应选用体积较小的实心金属球，故选半径约‎1cm的小铁球，故A正确，B、C、D错误.‎ ‎(2)主尺刻度为‎8mm，游标尺刻度为18×‎0.05mm＝‎0.90mm，故游标卡尺的读数为‎8mm＋‎0.90mm＝‎8.90mm＝‎0.890cm；‎ ‎(3)单摆的周期公式T＝2π，变形得＝T，其中k＝ 根据题意斜率k＝0.500，所以g＝4π2k2＝4×3.142×‎0.5002m/s2≈‎9.86 m/s2.‎ ‎4.利用单摆测定重力加速度的实验中，测出单摆偏角小于5°时完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为l，用游标卡尺测得摆球的直径为d.‎ ‎(1)用上述物理量和符号写出测重力加速度的一般表达式g＝________________.‎ ‎(2)实验中有同学发现他测的重力加速度值总是偏大，其原因可能是(　　)‎ A.实验室在高山上，高出海平面太高 B.单摆所用摆球太重 C.测出n次全振动的时间t，误作为(n＋1)次全振动时间进行计算 D.以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算 答案　(1)　(2)CD ‎5.一组同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，用正确的操作方法，测定了6组摆长l和周期T的对应值.为了求出当地的重力加速度g,4位同学提出了4种不同的数据处理方法：‎ A.从测定的6组数据中任意选取1组，用公式g＝求出g作为测量值 B.分别求出6个l值的平均值和6个T值的平均值，用公式g＝求出g作为测量值 C.分别用6组l、T的对应值，用公式g＝求出6个对应的g值，再求出这6个g 13‎ 的平均值作为测量值 D.在坐标纸上作出T2－l图像，从图像中计算出图线的斜率k，根据g＝求出g作为测量值.‎ 以上4种方法中，错误的是________，其余正确方法中偶然误差最小的是________.‎ 答案　B　D 解析　错误的是B，因为l和T之间不是一次函数的关系.偶然误差最小的是D，因为偶然误差总是有时偏大有时偏小，而描点后画线时要求尽可能多的点在一条直线上，其余点尽可能均衡地分布在直线两侧，实际上是把偶然误差减小到最小了.‎ ‎6.某同学利用单摆测定重力加速度.‎ ‎(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.组装单摆须选用轻质且不易伸长的细线 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2所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约‎1m的单摆.实验时，由于仅有量程为‎20cm、精度为‎1mm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＝________.‎ 图2‎ 答案　(1)BC　(2) 解析　(1)在利用单摆测定重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、直径小的摆球和轻质、不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动的条件，故选B、C.‎ ‎(2)设第一次摆长为l，第二次摆长为l－Δl，则T1＝2π，T2＝2π，联立解得g＝‎ 13‎ .‎ ‎7.某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时，只测量了悬点与小球上端结点之间的距离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为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小球的半径和当地的重力加速度g.‎ ‎(1)现有如下测量工具：‎ A.时钟B.停表C.天平D.毫米刻度尺 本实验所需的测量工具有________.‎ ‎(2)如果实验中所得到的T2－L关系图像如图3所示，那么真正的图像应该是a、b、c中的________.‎ 图3‎ ‎(3)由图像可知，小球的半径r＝________cm；当地的重力加速度g＝________m/s2.‎ 答案　(1)BD　(2)a　(3)1.2　9.86‎ 解析　(2)由单摆周期公式得：T＝2π，解得：T2＝＋；‎ 当L＝0时，T2＝>0，则真正的图像是a.‎ ‎(3)当T2＝0时，L＝－r，即图像与L轴交点坐标，由题图可知，r＝‎1.2cm.图线的斜率大小k＝，由题图可知，k＝＝4，解得：g＝≈‎9.86m/s2.‎ ‎8.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，两位同学测出了单摆在不同摆长(l)对应的周期(T)，在进行实验数据处理时 ‎(1)甲同学以摆长(l)为横坐标、周期(T)的平方为纵坐标作出了T2－l图像，若他测得的图像的斜率为k，则测得的重力加速度g＝________.‎ 若测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图像法求得的重力加速度________(选填“偏小”“偏大”或“准确”).‎ ‎(2)乙同学根据公式：T＝2π得：g＝，并计算加速度，若测摆长时，也忘记了测摆球的半径，则他测得的重力加速度________(选填“偏小”“偏大”或“准确”).‎ ‎(3)若他们测量5种不同摆长下单摆的振动周期，记录结果如下表所示：‎ 13‎ l/m ‎0.5‎ ‎0.8‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎1.2‎ T/s ‎1.42‎ ‎1.79‎ ‎1.90‎ ‎2.00‎ ‎2.20‎ T2/s2‎ ‎2.02‎ ‎3.20‎ ‎3.61‎ ‎4.00‎ ‎4.84‎ 请你以摆长(l)为横坐标、周期(T)的平方为纵坐标，在虚线框中作出T2－l图像，并利用此图像求出重力加速度为________m/s2.‎ 答案　(1)　准确　(2)偏小　(3)见解析图　9.86‎ 解析　(3)建立如图所示坐标系，并标出适当的刻度，描点画出T2－l图像如图所示，则图像的斜率大约为：k＝4.0.依据图像求出重力加速度为：g＝≈‎9.86m/s2.‎ ‎9.传感器在物理实验研究中具有广泛的应用.单摆在运动过程中，摆线的拉力在做周期性的变化，这个周期性变化的力可用力传感器显示出来，从而可进一步研究单摆的运动规律.‎ ‎(1)实验时用游标卡尺测量摆球直径，示数如图4所示，该摆球的直径d＝________mm.‎ 图4‎ ‎(2)接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图像如图5所示，则重力加速度的表达式g＝________(用题目和图中的已知物理量表示).‎ 图5‎ ‎(3)某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据，在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2－l0图像后求出斜率，然后算出重力加速度.两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲________，乙________(填“偏大”“偏小”或“无影响”).‎ 13‎ 答案　(1)15.4　(2)　(3)偏小　无影响 解析　(1)主尺示数是‎15mm，游标尺示数是4×‎0.1mm＝‎0.4mm，摆球的直径为‎15mm＋‎0.4mm＝‎15.4mm.‎ ‎(2)在单摆摆动的过程中，每一个周期中有两次拉力的最大值，由F－t图像可知，单摆周期T＝4t0，根据T＝2π整理得：g＝ ①.‎ ‎(3)根据公式①甲同学把摆线长l0作为摆长，则摆长的测量值偏小，g的测量值偏小；乙同学作出T2－l0图像后求出斜率，k＝，重力加速度：g＝②，由公式②可知，该方法计算出的重力加速度与摆长无关.‎ 13‎