物理人教版 (2019)5 实验：用单摆测量重力加速度优秀ppt课件

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5　实验：用单摆测量重力加速度

[学习目标]　1.进一步理解单摆做简谐运动的条件和单摆周期公式中各物理量的意义.2.学会利用单摆的周期公式测量重力加速度.3.能正确熟练地使用游标卡尺和停表．

一、实验思路

由T＝2π，得g＝，则测出单摆的摆长l和周期T，即可求出当地的重力加速度．

二、实验器材

铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、停表、细线(1 m左右)、刻度尺、游标卡尺．

三、物理量的测量

1．让细线穿过小球上的小孔，在细线的穿出端打一个比孔径稍大一些的线结，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，把单摆上端固定在铁夹上，使摆线自由下垂．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，则摆长为l＝l′＋.

4．把单摆拉开一个角度，角度小于5°，释放摆球．摆球经过最低位置(平衡位置)时，用停表开始计时，测出单摆完成30次(或50次)全振动的时间，求出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期．

5．改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格．

四、数据分析

1．公式法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式g＝中求出g的值，最后求出g的平均值．

设计如表所示实验表格

2.图像法：由T＝2π得T2＝l，以T2为纵轴，以l为横轴作出T2－l图像(如图所示)．其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g.

五、注意事项

1．选择细而不易伸长的线，长度一般不应短于1 m；摆球应选用密度较大、直径较小的金属球．

2．摆动时摆线偏离竖直方向的角度应很小．

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．计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置(平衡位置)时开始计时，要测n次全振动的时间t.

一、实验原理与操作

例1　实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验．

(1)实验室有如下器材可供选用：

A．长约1 m的细线

B．长约1 m的橡皮绳

C．直径约2 cm的铁球

D．直径约2 cm的塑料球

E．米尺

F．时钟

G．停表

实验时需要从上述器材中选择：________.(填写器材前面的字母)

(2)在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：

①将单摆上端固定在铁架台上．

②测得摆线长度，作为单摆的摆长．

③在偏角较小的位置将小球由静止释放．

④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆的振动周期T＝.

⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小．

其中有一处操作不妥当，是________．(填写操作步骤前面的序号)

(3)发现(2)中操作步骤的不妥之处后，他们做了如下改进：让单摆在不同摆线长度的情况下做简谐运动，测量其中两次实验时摆线的长度l1、l2和对应的周期T1、T2，通过计算也能得到重力加速度的大小．请你写出该测量值的表达式g＝________.

(4)实验后同学们进行了反思，他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小．请你简要说明其中的原因：______________________________________________

_______________________________________________________________________________.

答案　(1)ACEG　(2)②　(3)　(4)见解析

解析　(1)实验时需要从题述器材中选择：A.长约1 m的细线；C.直径约2 cm的铁球；E.米尺；G.停表．

(2)步骤②中存在不妥当之处，应该测得摆线长度加上摆球的半径作为单摆的摆长．

(3)根据单摆的周期公式T＝2π可得T1＝2π，T2＝2π，联立解得g＝.

(4)T＝2π是单摆做简谐运动的周期公式，当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动．

针对训练1　(2022·抚顺十中月考)实验小组的同学们用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验．

(1)选择好器材，将符合实验要求的单摆挂在铁架台上，应采用图________(选填“乙”或“丙”)所示的固定方式．

(2)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．用停表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期

(3)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像，但忘记在图中标明横轴所代表的物理量，你认为横轴所代表的物理量是______(选填“l2”“l”或“”)，若图线斜率为k，则重力加速度g＝______(用k表示)．

答案　(1)丙　(2)BC　(3)　

解析　(1)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，摆线的悬点要固定，则应采用题图丙所示的固定方式．

(2)测出摆线长加上摆球的半径作为单摆的摆长，选项A错误；把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放(小于5°)，使之做简谐运动，选项B正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，选项C正确；用停表测量单摆完成30次或50次全振动所用时间，再计算单摆的周期，选项D错误．

(3)T＝2π，则T＝，

则横轴所代表的物理量是，由＝k可得g＝.

二、实验数据处理及误差分析

例2　在“用单摆测量重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝，只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图像，就可以求出当地的重力加速度．理论上T2－l图线是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示：

(1)造成图线不过坐标原点的原因可能是________________________________________

________________________________________________________________________.

(2)由图像求出的重力加速度g＝________ m/s2(取π2＝9.87)．

(3)如果测得的g值偏小，可能的原因是________．

A．测摆长时摆线拉得过紧

B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了

C．开始计时时，停表过迟按下

D．实验时误将49次全振动记为50次

答案　(1)测量摆长时漏掉了摆球的半径　(2)9.87　(3)B

解析　(1)T2－l图线不通过坐标原点，将图线向右平移1 cm会通过坐标原点，可知相同的周期下摆长偏小1 cm，故造成图线不过坐标原点的原因可能是测量摆长时漏掉了摆球的半径．

(2)由单摆周期公式T＝2π可得T2＝·l，则T2－l图像的斜率为k＝；由图像得k＝ s2·m－1，解得g＝9.87 m/s2.

(3)测摆长时摆线拉得过紧，则测量的摆长偏大，测得的重力加速度偏大，A不符合题意；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，知测量的摆长偏小，则测得的重力加速度偏小，B符合题意；开始计时时，停表过迟按下，测量的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，C不符合题意；实验时误将49次全振动记为50次，测量的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，D不符合题意．

针对训练2　某实验小组在利用摆长约为1 m的单摆测量当地重力加速度的实验中：

(1)周期测量环节中进行了下列振动图像所描述的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C、D均为30次全振动图像，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.259，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)改变摆长，利用测出的多组周期T、摆长L数据，作出T2－L图像，可以更准确地求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2－L图线如图中的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，出现图线a的原因可能是摆长L的测量值______(填“偏大”或“偏小”)，出现图线c的原因可能是周期T的测量值______(填“偏大”或“偏小”)．

答案　(1)B　(2)偏小　偏小

解析　(1)当摆角小于等于5°时，我们认为单摆做简谐运动，所以振幅A≤Lsin 5°＝1×0.087 m＝8.7 cm.当小球摆到最低点时开始计时，计时误差较小，测量周期时要让小球做30或50次全振动，求平均值，所以B合乎实验要求且误差最小．

(2)根据单摆的周期公式T＝2π得：T2＝.已知图线b满足T2＝L，图线a与图线b比较可知，出现图线a的原因可能是摆长L的测量值偏小一个量r，图线a的函数关系式T2＝L＋r，其中r是截距．由题图可知图线c的斜率k＝偏小，可能是对于同一L值，T的测量值偏小．

误差分析

1．测量摆长时引起的误差

(1)摆长测量值偏小，则g值偏小．如在未悬挂摆球前测量了摆长；仅测量了摆线长漏加摆球半径；悬点未固定好，摆球摆动过程中出现松动，使实际的摆长变长等．

(2)摆长测量值偏大，则g值偏大．如测量摆长时摆线拉得过紧或以摆线长和小球的直径之和作为摆长(多加了半径)等．

2．测量周期时引起的误差

(1)周期测量偏大，则g值偏小．如把(n＋1)次全振动的时间误当成n次全振动的时间；开始计时时停表过早按下或停止计时时停表过迟按下等．

(2)周期测量值偏小，则g值偏大．如把(n－1)次全振动的时间误当成n次全振动的时间；开始计时时，停表过迟按下或停止计时时停表过早按下等．

(3)计量单摆的全振动次数时，不从摆球通过最低点(平衡位置)时开始计时，容易产生较大的计时误差．

1．(多选)某实验小组利用单摆测当地的重力加速度实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是(　　)

A．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算

B．单摆所用摆球质量太大

C．把n－1次全振动时间误当成n次全振动时间

D．开始计时时，秒表过早按下

答案　AC

解析　根据T＝2π，得g＝.以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算，则l偏大，测得的g偏大，故A正确；单摆所用摆球质量大小与测得的重力加速度的值无关，故B错误；把n－1次全振动时间误当成n次全振动时间，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故C正确；开始计时时，秒表过早按下，则测得的T偏大，则g测量值偏小，故D错误．

2．某同学利用单摆测定当地的重力加速度．

(1)为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________．

A．最高点

B．最低点

C．任意位置

(2)用停表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时停表的示数如图甲所示，该单摆的周期是T＝_______ s(结果保留三位有效数字)．

(3)若用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为________ m；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则球的直径为________ cm；单摆的摆长为________ m(计算结果保留三位有效数字)．

(4)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＝________.

答案　(1)B　(2)2.28　(3)0.991 5(0.991 3～0.991 7均可)　2.075　1.00　(4)

解析　(1)为了减小测量周期时由操作者引起的偶然误差，实验时需要在摆球速度最大的点做标记，即最低点．

(2)用停表测量单摆的周期，为减小实验误差需测量多个周期的总时间．根据题意可知从n＝1到n＝60共有59个时间间隔，每一个时间间隔为个周期，故为29T，根据停表读出此时间间隔为Δt＝67.4 s．代入数据解得，单摆的周期约为2.28 s.

(3)用最小刻度为1 mm的刻度尺测得单摆的摆线长为99.15 cm＝0.991 5 m，用游标卡尺测量摆球的直径，此游标尺为20分度，读数为20 mm＋×15 mm＝20.75 mm＝2.075 cm，单摆的摆长为l＝(0.991 5＋) m＝1.001 875 m，计算结果保留三位有效数字，故摆长为1.00 m.

(4)根据T＝2π可知g＝.

3．在“用单摆测量重力加速度”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度为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．

回答下列问题：

(1)由图甲可知，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T2－L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T2－L图像是图乙中的________(选填“①”“②”或“③”)，由图像可得当地重力加速度g＝________，由此得到的g值会________(选填“偏小”“不变”或“偏大”)．

答案　(1)16.4　(2)　(3)①　　不变

解析　(1)由题图甲所示游标卡尺可知，主尺示数是16 mm，游标尺示数是4×0.1 mm＝0.4 mm，则摆球的直径为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T2－L图像的斜率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－)，由此得到的T2－L图像是题图乙中的①，由于图线的斜率不变，计算得到的g值不变，由图像可得k＝，当地重力加速度g＝.

4．(1)在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，用摆长l和T计算重力加速度的公式是g＝________.若已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是________ m．若测定了40次全振动的时间如图乙所示，则停表读数是________ s，单摆的摆动周期是________ s.

(2)为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值．现将测得的六组数据标在以l为横轴、T2为纵轴的坐标系上，即图中用“·”表示的点，则：

①单摆做简谐运动应满足的条件是________．

②试根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线，根据图线可求出g＝________ m/s2.(结果保留两位有效数字)

答案　(1)　0.875 0　75.2　1.88　(2)①偏角小于5°　②见解析图　9.9

解析　(1)由单摆的周期公式T＝2π，可得g＝.

由题图甲可知，摆长l＝(88.50－1.00) cm＝87.50 cm＝0.875 0 m.

停表的读数t＝60 s＋15.2 s＝75.2 s，

所以T＝＝1.88 s.

(2)①单摆做简谐运动的条件是偏角小于5°.

②连线时使大部分点落在图线上，不在图线上的点均匀分布在图线的两侧(如图)，图线斜率k＝＝4 s2/m.由T2＝可知T2－l图线的斜率表示，故＝4 s2/m，可得g≈9.9 m/s2.

5．(2021·山东高二期中)在探究单摆运动的实验中：

(1)图(a)是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图(b)是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F－t图像，根据图(b)的信息可得，从t＝0时刻开始摆球第二次摆到最低点的时刻为________，摆长为________(取π2＝10，重力加速度大小g＝10 m/s2)．

(2)单摆振动的回复力是________．

A．摆球所受的重力

B．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力

C．摆线对摆球的拉力

D．摆球重力在垂直摆线方向上的分力

(3)某同学的操作步骤如下，其中正确的是________．

A．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上

B．用米尺量得细线长度L，摆长为L再加上摆球半径

C．在摆线偏离竖直方向15°位置释放小球

D．让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度

答案　(1)1.3 s　0.64 m　(2)D　(3)AB

解析　(1)摆球在最低点时摆线拉力最大，从t＝0时刻开始摆球第二次摆到最低点的时刻对应图像的第二个峰值，该时刻为1.3 s；

根据图像，单摆的周期为

T＝2×(0.9－0.1) s＝1.6 s

根据

T＝2π

解得

l＝0.64 m

(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，故选D.

(3)取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上，A正确；用米尺量得细线长度L，摆长为L再加上摆球半径，B正确；在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球，C错误；让小球在水平面内摆动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度，D错误．