（江苏专用）2021版高考物理一轮复习 第13章 振动 波动 实验18 用单摆测量重力加速度的大小教

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＝2πlg，可得g＝4π2lT2，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1m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′＋d2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。[题组训练]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1m的细线B．长约1m的橡皮绳C．直径约1cm的均匀铁球D．直径约10cm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＝0.9990m，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“l”)，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＝tn由单摆周期公式：T＝2πLg可知，重力加速度：g＝4π2LT2＝4π2n2Lt2；(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1m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＝12.0mm；(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＝2πlg＝2πgl所以应该作T­l图象，故横坐标所代表的物理量是l，知斜率k＝2πg解得g＝4π2k；(8)由周期公式T＝2πlg，得g＝4π2lT2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＝4π2lT2，所以g偏大，故D正确。[答案](1)4π2n2lt2(2)AC(3)乙(4)AC(5)12.0(6)BC(7)l4π2k2(8)CD2．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＝2ΔtD．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＝Δt30(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＝10m/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＝Δt30，故D正确。(2)单摆周期公式T＝2πLg，其中T＝tn，联立解得：g＝4n2π2Lt2。(3)由图知A＝5cm，T＝2s，根据单摆周期公式T＝2πLg，解得：L＝1m；小球的回复加速度在x＝5cm或x＝－5cm时最大，根据牛顿第二定律得：am＝mgsinθm＝gsinθ≈g·AL＝10×0.051＝0.5m/s2。[答案](1)AD(2)4n2π2Lt2(3)0.53．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LB．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t50C．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97.92cm，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2s，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：2.1cm，游标尺读数：6×0.1mm＝0.6mm，则d＝2.16cm；根据T＝2πLg解得g＝4π2LT2＝4×9.86×97.92＋12×2.16×10－24m/s2＝9.76m/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＝2πLg得：T1＝2πL1＋rg，T2＝2πL2＋rg，联立两式解得：g＝4π2L1－L2T21－T22。[答案](1)BD(2)2.169.76(3)4π2L1－L2T21－T22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＝4π2lT2，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＝2πlg可得l＝g4π2T2，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＝lT2＝ΔlΔT2。[题组训练]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16mm，游标尺示数是4×0.1mm＝0.4mm，金属球的直径为16mm＋0.4mm＝16.4mm。(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＝Δtn。(3)由单摆周期公式T＝2πLg可知T2＝4π2gL，则T2­L图象的斜率k＝4π2g，则重力加速度g＝4π2k，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＝4π2g(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＝ba，当地重力加速度g＝4π2ab。[答案](1)16.4(2)Δtn(3)①4π2ab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_____