高中物理高考 实验13　用单摆测量重力加速度的大小

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实验十三　用单摆测量重力加速度的大小  　用单摆测量重力加速度的大小。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：图像法。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图像理论上是一条过原点的直线，如图所示，求出图像的斜率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．利用图像法处理数据具有形象、直观的特点，同时也能减小实验误差。利用图像法分析处理时要特别注意图像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 1　　实验原理与实验操作例1　在“用单摆测量重力加速度”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Te．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于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图像。L/m0.4000.5000.6000.8001.200T2/s21.602.102.403.204.80由图像可得重力加速度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像可能是下列图像中的________。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图像如图所示由T＝2π可得L＝T2，由图像可得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)下列振动图像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次全振动的图像，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，停表过早按下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，停表过早按下，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。  1．(2020·浙江7月选考)某同学用单摆测量重力加速度，(1)为了减少测量误差，下列做法正确的是________(多选)；A．摆的振幅越大越好B．摆球质量大些、体积小些C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处(2)改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图象如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是________。A．测周期时多数了一个周期B．测周期时少数了一个周期C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长答案　(1)BC　(2)C解析　(1)单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，故单摆的摆角不能太大，一般应小于5°，则摆的振幅也不能太大，故A错误；实验时应尽量选择质量大些、体积小些的摆球，以减小空气阻力对实验的影响，故B正确；为了减小实验误差，摆线应选择细些、长些、伸缩性小些的绳子，故C正确；摆球经过平衡位置(最低点)时速度最大，选此位置计时较准确，故D错误。(2)根据单摆的周期公式T＝2π，有T2＝·l。实验测得的结果与当地重力加速度值相符，则T2­l图线斜率为理论值；所得T2­l图线没有过原点，图线在T2轴的截距为正，则T2＝·(l＋l0)，故原因可能是测量摆长时直接将摆线的长度作为摆长，故选C。2．(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＝。3. (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123摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91 重力加速度g/(m·s－2)9.749.73 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LB．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＝。4．(2020·海南高考节选) 滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图，某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R(滑板车的长度远小于轨道半径)。主要实验过程如下：①用手机查得当地的重力加速度g；②找出轨道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间t，算出滑板车做往复运动的周期T＝________；③将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入公式R＝________(用T、g表示)计算出轨道半径。答案　②　③解析　滑板车做往复运动的周期为T＝；根据单摆的周期公式，有T＝2π，得R＝。5．(2021·北京市丰台区高三(上)期末)“用单摆测量重力加速度”的实验中：(1)用游标卡尺测量小球的直径，如图甲所示，测出的小球直径为________ mm。(2)实验中下列做法正确的是________。A．摆线要选择伸缩性大些的，并且尽可能短一些B．摆球要选择质量大些、体积小些的C．拉开摆球，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，此时间间隔作为单摆周期T的测量值D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于5°，释放摆球，从平衡位置开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间t，则单摆周期T＝(3)实验中改变摆长L获得多组实验数据，正确操作后作出的T2­L图像为图乙中图线②。某同学误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，其他实验步骤均正确，作出的图线应当是图乙中________(选填“①”“③”或“④”)；利用该图线求得的重力加速度________(选填“大于”“等于”或“小于”)利用图线②求得的重力加速度。答案　(1)14.5　(2)BD　(3)①　等于解析　(1)10分度的游标卡尺精确度为0.1 mm，则小球直径为d＝14 mm＋5×0.1 mm＝14.5 mm。(2)该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；选择体积较小、密度较大的小球，故A错误，B正确。在实验时，拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，要测量多次全振动的时间，然后求周期的平均值，故C错误，D正确。(3)某同学误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，则T＝2π ，得T2＝L＋，则作出的图线应当是图乙中①；由题意知图线②满足的函数关系式为T＝2π，即T2＝L，则由图线①②的斜率求得的重力加速度相等。