2021版江苏高考物理一轮复习讲义：第13章实验18　用单摆测量重力加速度的大小

实验十八　用单摆测量重力加速度的大小

1．实验目的

用单摆测量重力加速度的大小。

2．实验原理

单摆在摆角很小(小于5°)时的摆动，可看成简谐运动，其固有周期T＝2π，可得g＝，通过实验方法测出摆长l和周期T，即可计算得到当地的重力加速度。

3．实验器材

带孔小钢球一个、细线一条(约1 m长)、铁架台、米尺、停表、游标卡尺(或三角板)。

4．实验步骤

(1)让线的一端穿过小球上的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆。

(2)把线的上端固定在铁架台的铁夹上，让铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记。

(3)用米尺量出悬线长l′(准确到mm)，用游标卡尺(或米尺和三角板)测出摆球的直径d(准确到mm)，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很小的角度(不超过5°)，然后放开小球让它摆动，用停表测出单摆完成30或50次全振动的时间，计算出平均完成一次全振动的时间，这个时间就是单摆的振动周期。

(5)改变摆长重做几次。

(6)将实验器材放回原处。

5．注意事项

(1)实验所用的单摆应符合理论要求，即线要细且弹性要小，摆球用密度和质量较大的小球，并且要在摆角不超过5°的情况下进行实验。

(2)要使单摆在竖直平面内振动，不能使其形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。

(3)测量摆长时，摆长应为悬线长与摆球半径之和。

(4)测单摆周期时，应从摆球通过平衡位置开始计时，并且采用倒数到0开始计时的方法，4、3、2、1、0、1、2、3…在数“0”的同时按下秒表开始计时计数。

(5)要注意进行多次测量，并取平均值。

实验原理与操作

1．适当加长摆线可以使周期大些，减小摆长与周期的测量误差，从而减小实验误差。

2．摆线上端需牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆长变大。

3．测长度时用米尺测出单摆自然下垂时摆线长度。

1．实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。

(1)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)。

(2)实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的________(选填选项前的字母)。

A．长约1 m的细线

B．长约1 m的橡皮绳

C．直径约1 cm的均匀铁球

D．直径约10 cm的均匀木球

(3)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图________中所示的固定方式。

甲　　　　　　　　　　乙

(4)某实验小组组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是________(填字母代号)。

A．保证摆动过程中摆长不变

B．可使周期测量得更加准确

C．需要改变摆长时便于调节

D．保证摆球在同一竖直平面内摆动

(5)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点到摆球的最低端的长度L＝0.9990 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________ mm。

(6)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________(选填选项前的字母)。

A．测出摆线长作为单摆的摆长

B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动

C．在摆球经过平衡位置时开始计时

D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期

(7)甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图象，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是________(选填“l2”“l”或“”)，若图线斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示)。

(8)乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________(选填选项前的序号)。

A．开始摆动时振幅较小

B．开始计时时，过早按下停表

C．测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为n次全振动的时间

D．测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长

[解析]　(1)单摆的周期：T＝

由单摆周期公式：T＝2π

可知，重力加速度：g＝＝；

(2)摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，则选取1 m左右的细线，故选择A线；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择C球；故选A、C；

(3)为了避免运动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则为图乙；

(4)这样做的目的就是为了便于调节摆长，把摆线夹得更紧一些，使摆动过程中摆长不变。因此A、C正确；

(5)游标卡尺示数为d＝12.0 mm；

(6)摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，则A错误；把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，B正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，C正确；把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误；

(7)据单摆周期公式

T＝2π＝

所以应该作T­图象，故横坐标所代表的物理量是，知斜率

k＝

解得g＝；

(8)由周期公式T＝2π，得

g＝

振幅大小与g无关，故A错误；开始计时时，过早按下秒表，周期偏大，则g偏小，故B错误；测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期偏小，则g偏大，C正确；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，若测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长，摆长偏大，由g＝，所以g偏大，故D正确。

[答案]　(1)　(2)AC　(3)乙　(4)AC　(5)12.0　(6)BC　(7)　　(8)CD

2．利用单摆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。

甲　　　　　　　　　乙

(1)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。

A．摆球应选用直径较小、密度较大的小球，摆线应选用细而不易伸长的线

B．为了便于记录周期，开始时将摆球拉开，应使摆线与平衡位置有较大角度

C．记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，摆球再次回到平衡位置停止计时，此时间间隔为Δt，则单摆周期T＝2Δt

D．记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝

(2)若已测出悬点到小球球心的距离(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)图乙是摆线长为L时小球的振动图象，取g＝10 m/s2，π2＝10，则小球的回复加速度最大值为________ m/s2。

[解析]　(1)该实验中，摆线应选用细而不易伸长的线，避免在摆动过程中摆长发生改变，且长度要适当长一些；为了避免空气阻力的影响，应选用体积比较小，密度较大的小球，故A正确；单摆的最大摆角应小于5°，因而开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置不能有太大的角度，故B错误；为准确测量单摆周期，应从摆球经过平衡位置时开始计时，测出多个周期的时间，然后求出平均值作为周期，故C错误；为减小实验误差，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30次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝，故D正确。

(2)单摆周期公式T＝2π，其中T＝，联立解得：g＝。

(3)由图知A＝5 cm，T＝2 s，根据单摆周期公式T＝2π，解得：L＝1 m；小球的回复加速度在x＝5 cm或x＝－5 cm时最大，根据牛顿第二定律得：

am＝＝gsin θ≈g·＝10×＝0.5 m/s2。

[答案]　(1)AD　(2)　(3)0.5

3．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，

(1)以下做法正确的是________。

A．测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长L

B．测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为

C．摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，王同学认为对实验结果没有影响而放弃了再次实验的机会

D．释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°

(2)黄同学先测得摆线长为97.92 cm，后用游标卡尺测得摆球直径(如图)，读数为________ cm；再测得单摆的周期为2 s，最后算出当地的重力加速度g的值为________ m/s2。(π2取9.86，结果保留两位小数)

(3)实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，刘同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径。具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度的表达式为g＝________。

[解析]　(1)测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度，再加摆球的半径作为摆长L，选项A错误；测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为t/50，选项B正确；摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，这对实验结果是有影响的，选项C错误；释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°，选项D正确。

(2)摆球直径：主尺读数为：2.1 cm，游标尺读数：6×0.1 mm＝0.6 mm，则d＝2.16 cm；根据T＝2π解得g＝＝ m/s2＝9.76 m/s2。

(3)设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式：T＝2π得：T1＝2π，T2＝2π，联立两式解得：g＝。

[答案]　(1)BD　 (2)2.16　9.76　(3)4π2

数据处理与误差分析

1．公式法

将几次测得的周期T和摆长l分别代入关系式g＝，算出各组数据对应的重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地的重力加速度的值。

2．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为横轴作出的l­T2图象是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝＝。

1．在“用单摆测定重力加速度”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为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D，某次测量游标卡尺的示数如图甲所示。

甲　　　　　　　　　　乙

回答下列问题：

(1)从甲图可知，摆球的直径为D＝________ mm；

(2)该单摆的周期为________。

(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和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2­L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T2­L图象是图乙中的________(选填“①”“②”或“③”)，由图象可得当地重力加速度g＝________；由此得到的g值会________(选填“偏小”“不变”“偏大”)。

[解析]　(1)由图示游标卡尺可知，主尺示数是16 mm，游标尺示数是4×0.1 mm＝0.4 mm，金属球的直径为16 mm＋0.4 mm＝16.4 mm。

(2)由于测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt，所以该单摆的周期为T＝。

(3)由单摆周期公式T＝2π可知T2＝L，则T2­L图象的斜率k＝，则重力加速度g＝，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有T2＝(L－r)，由此得到的T2­L图象是图乙中的①，由于图线的斜率不变，计算得到的g值不变，由图象可得k＝，当地重力加速度g＝。

[答案]　(1)16.4　 (2)　 (3)①　　不变

2．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测出了单摆在摆角小于5°时完成n次全振动的时间为t，如图甲所示用毫米刻度尺测得摆线长为L，又用游标卡尺测得摆球直径为d，如图乙所示。

甲

　　　　乙　　　　　　　　丙

(1)由图可知摆球直径是________ cm，单摆摆长是________ m。

(2)实验中某同学每次的测定值都比其它同学偏大，其原因可能是________。

A．他的摆球比别的同学的重

B．他的摆没在竖直面内摆动，而成了圆锥摆

C．数摆动次数时，在计时的同时，就开始数1，误将29次全振动记成了30次

D．直接将线长作为摆长来计算

(3)利用单摆周期公式测定重力加速度时测出不同摆长L时相应的周期值T，做T2­L图线，如图丙所示。T2与L的关系式T2＝________，利用图线上任两点A、B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)可求出图线的斜率k＝________，再由k可求出g＝________。

[解析]　(1)游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标读数为0.1×0 mm＝0.0 mm，则最终读数为20.0 mm＝2.00 cm，

摆长的大小l＝L＋＝99.00 cm＋1.00 cm＝100.00 cm＝1.000 0 m。

(2)根据T＝2π得，g＝＝①。由公式①可知，重力加速度的测量值的大小与摆球的质量无关，故A错误；他的摆没在竖直面内摆动，而成了圆锥摆，设圆锥摆的摆线与竖直方向之间的夹角为θ，则：mgtan θ＝m···sin θ，可得：T＝2π，可知圆锥摆的周期小于单摆的周期；由于T的测量值减小，所以重力加速度g的测量值增大，故B正确；数摆动次数时，在计时的同时，就开始数1，误将29次全振动记成了30次，则周期的测量值：T＝，全振动次数n增大，则周期T的测量值减小，所以重力加速度g的测量值增大，故C正确；直接将线长作为摆长来计算，则摆长L减小，所以重力加速度g的测量值减小，故D错误。

(3)根据T＝2π得：T2＝

则图线的斜率为：k＝＝

则有：g＝＝。

[答案]　(1)2.00　1.000 0　(2)BC　(3)　　

3．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：

(1)由公式g＝求得的 g 值偏小，可能是由于________。

A．测量摆长时，只测量了摆线长度

B．悬点固定不牢，摆动中摆线被拉长了

C．测量周期时，将 N 次全振动误记为 N＋1 次全振动

D．选择了质量大体积小的摆球

(2)下列摆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，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.026，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)。

A　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　　　D

(3)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6组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”)。

[解析]　(1)根据公式g＝：若测量摆长时，只测量了摆线长度，测得摆线比实际小，则测量的g值偏小，A正确；摆动中摆线被拉长了，导致实际摆线比测量摆线长，即测量摆线短，根据公式g＝，可知，测量g值偏小，B正确；测量周期时，将N次全振动误记为N＋1次全振动，使得测量周期偏小，根据公式可知，测量g值偏大，C错误；实验中为了减小阻力带来的误差，选择质量大体积小的摆球，所以选择了质量大体积小的摆球，测量g值不会偏小，D错误。

(2)摆角小于5°，我们认为小球做简谐运动，摆长约为1 m的单摆，可以计算得出振幅：A<1×sin 5°＝0.087 m，可近似为8 cm，而在测量时间时，为了减小误差，从平衡位置开始计时，所以B、C、D错误，A正确。

(3)根据单摆周期公式：T＝2π，得：L＝，则图象斜率k＝＝，所以g＝；由图象可知L与T2成正比，由于单摆摆长偏大还是偏小不影响图象的斜率k，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值，用图线法求得的重力加速度准确，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，将相同。

[答案]　(1)AB　(2)A　(3)　相同

实验拓展与创新

　在“利用单摆测重力加速度”的实验中：

(1)某同学尝试用DIS测量周期。如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A应接到数据采集器。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于____。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为________(地磁场和磁传感器的影响可忽略)。

(2)多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T。此后，分别取L和T的对数，所得到的lg T­lg L图线为________(选填“直线”“对数曲线”或“指数曲线”)；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地重力加速度g＝________。

[解析]　(1)磁传感器的引出端A应接到数据采集器，从而采集数据。单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点(或平衡位置)。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为。

(2)由T＝2π可知lg T＝lg ＋lg L，故lg T­lg L图线为直线。由题意可知lg ＝c，故g＝。

[答案]　(1)最低点　　(2)直线　

　(1)在“用单摆测量重力加速度实验”中，使用下列实验器材。

A．1.2 m的细线   B．2 m的弹性绳

C．带孔的小铁球   D．带孔的软木球

E．光电门传感器

应选用哪种绳________，应选用哪种球________，光电门的摆放位置为________(选填“最高点”或“最低点”)。

(2)如图为光电门传感器电流强度I与t的图象，则周期为_____。

A．t1   B．t2－t1

C．t3－t1   D．t4－t1

(3)甲同学用秒表做该实验，但所得周期比该实验得到的大，则可能的原因是________。

[解析]　(1)单摆实验时，应选细绳，弹性绳在运动过程中长度发生改变，导致摆长变化，所以应选1.2 m的细线；为了减小实验误差，摆球选择质量大、体积小的铁球；在测量时间时，因为最高点附近速度小，最低点附近速度大，所以光电门应摆在最低点附近，测量误差小。

(2)单摆运动一个周期经过平衡位置两次，根据图象可知周期为：t3－t1。

(3)用秒表计时，测的周期为N次全振动对应的总时间，再进行求解单次的时间即周期，测量结果偏大，可能是开始计时时，秒表太早按下，测量时间偏长，周期偏大。

[答案]　(1)A　C　最低点　 (2)C　 (3)开始计时时，秒表太早按下，测量时间偏长，周期偏大