人教版 (2019)选择性必修 第一册5 实验：用单摆测量重力加速度导学案

实验：用单摆测量重力加速度

一、实验目的

1．明确用单摆测量重力加速度的原理和方法。

2．学会用单摆测量当地的重力加速度。

3．知道如何选择实验器材，能熟练地使用秒表。

4．会用平均值法、图像法求解重力加速度。

二、实验原理

单摆在偏角很小(小于5°)时的摆动，可以看成简谐运动。其周期为T＝2π ，由此可得g＝。据此，只要测出摆长l和周期T，即可计算出当地的重力加速度值。

三、实验器材

铁架台及铁夹、金属小球(带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。

四、实验步骤

1．做单摆：将线的一端穿过小球的小孔，并打一比孔大的结。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，用游标卡尺测量出摆球的直径d，则单摆的摆长l＝l线＋。

3．测周期：将单摆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。

五、数据处理

1．平均值法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式中求出g值，最后求出g的平均值。

设计如下所示实验表格

2．图像法：由T＝2π 得T2＝l，作出T2­l图像，即以T2为纵轴，以l为横轴。其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g。

六、误差分析

1．单摆的振动不符合简谐运动的要求引起的系统误差

(1)单摆不在同一竖直平面内振动，成为圆锥摆。

(2)振幅过大，摆线偏离竖直方向的角度超过5°。

2．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。

3．测定周期时引起的误差

(1)开始计时和停止计时，秒表过早或过迟按下。

(2)测定N次全振动的时间为t，次数N数错。

(3)计算单摆的全振动次数时，未从摆球通过最低点位置时开始计时。

七、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．测量摆长时要先悬挂好摆球后再测量，不要先测摆长再系小球，因为悬挂摆球后细线会发生形变。

3．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。

4．摆角要小于5°，不要过大，因为摆角过大，单摆的振动不是简谐运动，公式T＝2π 不适用。

5．单摆要保证在同一个竖直平面内摆动，不要使之成为圆锥摆。

6．计时要从摆球经过平衡位置开始计时，不要从摆球到达最高点时开始计时。要准确记好摆动次数，不要多记或少记。

[例题1]　一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆球挂起后，进行了如下步骤

(1)测摆长l：用米尺量出摆线的长度。

(2)测周期T：将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期T＝t/60。

(3)将所测得的l和T代入单摆周期公式T＝2π 中，算出g，将它作为为实验的最后结果写入报告中去。

上面一个步骤中，若有遗漏或错误的地方，请在下面的横线做相应的改正，若没有，就不用填写(不要求进行误差计算)

(1)______________________________

(2)______________________________

(3)______________________________

[解析]　(1)摆长不等于摆线的长度，所以要用游标卡尺测出摆球直径d，摆长l等于摆线长与小球半径之和；

(2)一个周期内两次通过最低点，按秒表开始计时，并记数为1，直到摆球第60次通过最低点时，所以共有29.5次全振动，所以T＝；

(3)不能通过单独一次的实验数据作为最终结果，g 应多测几次，然后取平均值作为实验最后结果。

[答案]　(1)要用游标卡尺测出摆球直径d，摆长l等于摆线长与摆球半径之和　(2)T＝　(3)g应测量多次，然后取平均值做实验结果

[例题2]　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)下表是该同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。

请计算出第3组实验中的T＝______ s，g＝______m/s2。

(4)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＝________。

[解析]　(1)细线长度要远大于小球直径；小球需要体积小、质量大，所以选钢球；为了提高测量的精确度，选择毫米刻度尺。故选A、C、F。

(2)秒表的读数为95.1 s。

(3)周期为T＝＝ s＝2.01 s，根据周期公式得g＝，代入数据得g＝9.76 m/s2。

(4)根据周期公式得l＝，所以图像的斜率为＝，解得g＝4π2。

[答案]　(1)ACF　(2)95.1　(3)2.01　9.76

(4)4π2

[例题3]　伽利略曾经提出和解决了这样一个问题：一根细绳悬挂在黑暗的城堡中，人们看不到它的上端，只能摸到它的下端。为了测出细绳的长度，在细绳的下端系一个金属球，使之在竖直平面内做小角度的摆动。主要实验步骤如下：

①将一小球系于细绳的下端制成单摆，让单摆在竖直平面内做小角度摆动；

②当小球通过平衡位置时启动秒表(记为第1次)，在小球第n1次通过平衡位置时止动秒表，读出秒表时间为t1；

③将细绳截去一段，重复实验步骤①②，测出小球n2次通过平衡位置的时间为t2。

回答下列问题：

(1)要达到测出细绳长度的目的，首先要测量当地的重力加速度。测量重力加速度还需要测量的物理量是______(填序号字母)。

A．小球的质量m　　　 B．细绳摆动的角度θ

C．截去的细绳长度Δl D．小球的直径d

(2)测得的当地重力加速度g＝__________。

(3)细绳截去一段前，细绳的长度L＝____________(当地重力加速度用g表示，小球的直径用d表示)。

[解析]　(2)根据公式T＝2π 可知，当小球通过平衡位置时启动秒表(记为第1次)，在小球第n1次通过平衡位置时停止秒表，读出秒表时间为t1，有＝2π ，将细绳截去一段，重复实验步骤①②，测出小球n2次通过平衡位置的时间为t2，有＝2π 

联立两式得g＝。

(1)由此式可知，需要测量的物理量有Δl，故选C。

(3)根据公式T＝2π ，细绳截去一段前，有＝2π ，细绳的长度L＝－。

[答案]　(1)C　(2)

(3)－

1．在利用单摆测定重力加速度的实验中，某同学测出了多组摆长和运动周期，根据实验数据，作出T2­l的关系图像如图所示。

(1)为了减小测量误差，如下措施中正确的是________；(填字母)

A．单摆的摆角应尽量大些

B．摆线应尽量短些

C．选体积较小、质量较大的摆球

D．测量周期时，应取摆球在最高点时做为计时的起、终点位置

(2)图像不过坐标原点，原因可能是________；

(3)虽然实验中出现了疏漏，但根据图像仍可算出重力加速度，其值为________m/s2(结果保留三位有效数字)。

解析：(1)单摆在摆角小于5°时的运动是简谐运动，所以单摆的摆角不能太大，故A错误；为了减小实验误差，摆线应适当长些，故B错误；为了减小空气阻力对实验的影响，摆线的长度应远大于摆球的直径，所以应选择质量大，体积小的实心小球作为摆球，故C正确；为了减小测量周期的误差，测量周期时，应取摆球通过最低点时为计时的起、终点位置，故D错误。故选C。

(2)图像不过坐标原点，将图像向右平移1 cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1 cm，故可能是测摆长时，仅测了摆线长度而漏测了小球半径。

(3)由单摆周期公式T＝2π 得T2＝l，图像斜率k＝，结合图像数据得到＝＝4，则求得g≈9.86 m/s2。

答案：(1)C　(2)测摆长时，仅测了摆线长度漏测了小球半径　(3)9.86

2．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为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)组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摆动时在同一竖直面内摆动；摆的振幅尽量小一些。选项B、C正确。

(2)设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2

则T1＝2π ①

T2＝2π ②

且L1－L2＝ΔL③

联立①②③式得g＝。

答案：(1)BC　(2)

3．(1)物理课外小组探究“用单摆测定重力加速度”实验，他们依照教材实验直接测量单摆摆线长l0、摆球直径d和单摆完成n次全振动的时间t，则该单摆的摆长为________，振动周期为________。

(2)他们测出不同的摆长l所对应的周期T，在进行数据处理时：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T2­l图像，若他测得的图像的斜率为k，则测得的重力加速度g＝________。若甲同学测摆长时，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乙同学根据单摆振动的周期公式计算重力加速度，若乙同学测摆长时，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)某小组测量5种不同摆长下单摆的振动周期，以摆长l为横坐标、周期T的平方为纵坐标，作出T2­l图像如图所示，利用此图像求出的重力加速度为________m/s2(保留三位有效数字)。

解析：(1)单摆长等于摆线长加上摆球的半径，故摆长为l0＋

单摆完成n次全振动，即完成了n个周期，所以周期T＝。

(2)由单摆周期公式T＝2π得g＝

①对于甲同学：由于T2­l图像的斜率为k＝，得g＝

又由于g＝＝＝＝

所以可知单摆摆长偏大还是偏小不影响图像的斜率k，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值，所以甲同学用图像法求得的重力加速度准确；

②对于乙同学：根据单摆振动的周期公式计算重力加速度g＝，若乙同学测摆长时，也忘记了测摆球的半径，使得摆长偏小，则他测得的重力加速度偏小。

(3)计算出图像的斜率大约为k＝4.0，依据图像求出重力加速度为g＝9.86 m/s2。

答案：(1)l0＋　　(2)①　准确　②偏小

(3)9.86

4．甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度的大小。

(1)甲组同学采用图甲所示的实验装置。

A．由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l­T2图像，如图乙所示。

①实验得到的l­T2图像是________；

②小球的直径是________  cm；

B．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)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，如图丙所示，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，如图丁所示的v­t图线。

A．由图丁可知，该单摆的周期T＝________s；

B．更换摆线长度l后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2­l图线(l为摆线长)，并根据图线拟合得到方程T2＝4.04l＋0.024。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)

解析：(1)①由单摆的周期公式T＝2π 得l＝T2＋，由数学关系得斜率k＝，纵截距b＝，因l­T2 图像的纵截距为正，则图像应为c。

②由图像c的纵截距可得d＝2b＝2×0.6  cm＝1.2  cm，绳子松动导致摆长变长，但测量值偏小，由T＝2π  得g＝，则重力加速度的测量值偏小。

(2)根据简谐运动的图线知，单摆的周期T＝2.0  s，根据T＝2π 得T2＝l＋，则k＝＝4.04，解得 g＝9.76 m/s2。

答案：(1)c　1.2　偏小　(2) 2.0　9.76

5．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，设单摆振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T2­L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)如果实验中所得到的T2­L关系图像如图乙所示，那么真正的图像应该是a、b、c中的________；

(2)由图可知，小筒的深度h＝________m，当地重力速度g＝________m/s2(π取3.14，      g的计算结果保留三位有效数字)。

解析：(1)由单摆周期公式有T＝2π ，得T2＝＋

纵轴截距大于0，图线应为题图乙中的图线a。

(2)由图像的截距得h＝0.3 m；由斜率可求得g＝＝ m/s2＝π2 m/s2≈9.86 m/s2。

答案：(1)a　(2)0.3　9.86