江苏版高考物理一轮复习第12章实验17用单摆测量重力加速度的大小课时学案

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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．(2023·南京外国语学校高考模拟)
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＝eq \f(t,n)。
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的是________(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大小的测量值。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
_____________________________________________________。
[解析] (1)实验时需要从上述器材中选择：A.长约1 m的细线；C.直径约2 cm的铁球；E.米尺；G.停表。故选A、C、E、G。
(2)②步骤中应该将测得摆线长度加上摆球的半径作为单摆的摆长。
(3)根据T＝2πeq \r(\f(l,g))可得T1＝2πeq \r(\f(l1＋\f(d,2),g))，
T2＝2πeq \r(\f(l2＋\f(d,2),g))，联立解得g＝eq \f(4π2l1－l2,T\\al(2,1)－T\\al(2,2))。
(4)T＝2πeq \r(\f(l,g))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。
[答案] (1)ACEG (2)② (3)eq \f(4π2l1－l2,T\\al(2,1)－T\\al(2,2))
(4)T＝2πeq \r(\f(l,g))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
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＝eq \f(Δt,30)
(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时小球的振动图像，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＝eq \f(Δt,30)，故D正确。
(2)单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，其中T＝eq \f(t,n)，联立解得：g＝eq \f(4n2π2L,t2)。
(3)由图知A＝5 cm，T＝2 s，根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，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＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ≈g·eq \f(A,L)＝10×eq \f(0.05,1)＝0.5 m/s2。
[答案] (1)AD (2)eq \f(4n2π2L,t2) (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eq \f(t,50)
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＝2πeq \r(\f(L,g))解得g＝eq \f(4π2L,T2)＝
eq \f(4×9.86×97.92＋\f(1,2)×2.16×10－2,4) 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＝2πeq \r(\f(L,g))得：T1＝2πeq \r(\f(L1＋r,g))，
T2＝2πeq \r(\f(L2＋r,g))，联立两式解得：g＝eq \f(4π2L1－L2,T\\al(2,1)－T\\al(2,2))。
[答案] (1)BD (2)2.16 9.76
(3)4π2eq \f(L1－L2,T\\al(2,1)－T\\al(2,2))
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＝eq \f(4π2l,T2)，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．图像法
由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可得l＝eq \f(g,4π2)T2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴作出的l-T2图像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＝eq \f(l,T2)＝eq \f(Δl,ΔT2)。
[题组训练]
1．(2022·南通四模)某小组在“用单摆测量重力加速度”实验中：
(1)组装单摆时，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的上端，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示。这样做的目的有 ________；
A．保证摆动过程中摆长不变
B．需要改变摆长时便于调节
C．保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长l，再用游标卡尺测量摆球直径d，其示数如图乙所示，则d＝________ mm；
(3)某次实验过程中，用秒表记录时间的起点应该是摆球运动过程中的 ________(选填“最高点”或“最低点”)；
(4)该组同学测出五组单摆振动周期T与摆长L的数据如下表，请在图丙中作出T2-L关系图像。根据图像算出重力加速度g＝________ m/s2(结果保留3位有效数字)；
(5)若测量值与当地重力加速度值相比偏大，可能原因是 ________(写出一个)。
甲 乙
丙
[解析] (1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆绳，可以在需要改变摆长时便于调节；用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变，上述做法并不能保证摆球在同一竖直面内，故AB正确，C错误；故选AB。
(2)游标卡尺的分度值为0.1 cm，不需要估读，则d＝18 mm＋9×0.1 mm＝18.9 mm。
(3)摆球在最高点附近运动速度较小，人由于视觉原因不可能精确定位摆球是否过最高点，由此造成时间测量的相对误差较大。摆球在最低点时附近速度较大，由位置判断的误差对时间测量的影响较小，所以应在摆球经过最低点时开始计时。
(4)将表中数据描于坐标纸上，用一条直线尽可能地穿过更多的点，不在直线上的点尽量均匀地分布在直线两侧，误差较大的点舍去，画出的T2-L关系图像如图所示：
根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))可得：
T2＝eq \f(4π2L,g)
所以图像的斜率为
k＝eq \f(4π2,g)＝eq \f(3.6,0.9) s2/m＝4 s2/m
解得g≈9.86 m/s2。
(5)本实验通过累积法来测量周期，即测量摆球完成n次全振动的总时间t，从而求得周期，若计算时间不慎将n的值记录得偏大，则所测周期偏小，会造成g的测量值偏大。
[答案] (1)AB (2)18.9 (3)最低点 (4)见解析图 9.86 (5)见解析
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他同学偏大，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T2-L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＋eq \f(d,2)＝99.00 cm＋1.00 cm＝100.00 cm ＝1.000 0 m。
(2)根据T＝2πeq \r(\f(l,g))得，g＝eq \f(4π2l,T2)＝eq \f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(d,2))),T2)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·eq \f(4π2,T2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(d,2)))·sin θ，可得T＝2πeq \r(\f(L＋\f(d,2),g)cs θ)，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＝eq \f(t,n)，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＝2πeq \r(\f(L,g))得：T2＝eq \f(4π2L,g)
由A、B两点坐标可求出图线的斜率为：k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)
又根据T2-L图像可知k＝eq \f(4π2,g)
则有g＝eq \f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－x1)),y2－y1)＝eq \f(4π2,k)。
[答案] (1)2.00 1.000 0 (2)BC (3)eq \f(4π2L,g) eq \f(y2－y1,x2－x1) eq \f(4π2,k)
3．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)由公式g＝eq \f(4π2L,T2)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，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动图像，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L-T2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＝eq \f(4π2L,T2)：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＝eq \f(4π2L,T2)，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＝2πeq \r(\f(L,g))，得：L＝eq \f(gT2,4π2)，则图像斜率k＝eq \f(g,4π2)＝eq \f(LB－LA,T\\al(2,B)－T\\al(2,A))，所以g＝eq \f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(LB－LA)),T\\al(2,B)－T\\al(2,A))；由图像可知L与T2成正比，由于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，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同。
[答案] (1)AB (2)A (3)eq \f(4π2LB－LA,T\\al(2,B)－T\\al(2,A)) 相同
实验拓展与创新
(对应学生用书第323页)
[典例1] (利用DIS测量周期)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 T-lg 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eq \f(2t,N－1)。
(2)由T＝2πeq \r(\f(L,g))可知lg T＝eq \f(1,2)lg eq \f(4π2,g)＋eq \f(1,2)lg L，故lg T-lg L图线为直线。由题意可知eq \f(1,2)lg eq \f(4π2,g)＝c，故g＝eq \f(4π2,102c)。
[答案] (1)最低点 eq \f(2t,N－1) (2)直线 eq \f(4π2,102c)
[跟进训练]
(2023·南京金陵中学开学考试)某同学用如图(a)所示的装置测量重力加速度。
(a)
(b)
实验器材：有机玻璃条(白色是透光部分，黑色是宽度均为d＝1.00 cm的挡光片)、铁架台、数字计时器(含光电门)、刻度尺。
主要实验过程如下：
(1)将光电门安装在铁架台上，下方放置承接玻璃条下落的缓冲物；
(2)用刻度尺测量两挡光片间的距离，刻度尺的示数如图(b)所示，读出两挡光片间的距离L＝________ cm；
(3)手提玻璃条上端使它静止在________方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过；
(4)让玻璃条自由下落，测得两次挡光的时间分别为t1＝10.003 ms和t2＝5.000 ms；
(5)根据以上测量的数据计算出重力加速度g＝________ m/s2(结果保留三位有效数字)。
[解析] (2)两挡光片间的距离
L＝15.40 cm－0.00 cm＝15.40 cm；
(3)手提玻璃条上端使它静止在竖直方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过。
(5)玻璃条下部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为
v1＝eq \f(d,t1)＝eq \f(1.00×10－2,10.003×10－3) m/s≈1 m/s
玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为
v2＝eq \f(d,t2)＝eq \f(1.00×10－2,5.000×10－3) m/s＝2 m/s
根据速度位移公式有veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2gL
代入数据解得加速度g＝eq \f(v\\al(2,2)－v\\al(2,1),2L)≈9.74 m/s2。
[答案] (2)15.40 (3)竖直 (5)9.74
[典例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、精确度为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)在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选B、C。
(2)设第一次摆长为L，第二次摆长为L－ΔL，则
T1＝2πeq \r(\f(L,g))，T2＝2πeq \r(\f(L－ΔL,g))，联立解得g＝eq \f(4π2ΔL,T\\al(2,1)－T\\al(2,2))。
[答案] (1)BC (2)eq \f(4π2ΔL,T\\al(2,1)－T\\al(2,2))
次数
1
2
3
4
5
L/m
0.5000
0.6000
0.7000
0.8000
0.9000
T/s
1.43
1.55
1.67
1.78
1.90
T2/s2
2.04
2.40
2.79
3.17
3.61
实验器材的创新
实验方法的创新