实验13　用单摆测量重力加速度的大小高考物理总复习新教材版

实验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＝2πeq\r(\f(l,g))，可得出g＝eq\f(4π2,T2)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1m长的细线、带有铁夹的铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。1．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＋eq\f(D,2)。2．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。数据处理的两种方法：方法一：公式法。根据公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，g＝eq\f(4π2l,T2)。将测得的几组周期T和摆长l分别代入公式g＝eq\f(4π2l,T2)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＝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＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)。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1m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教材原型实验例1(2021·天津市十二区县重点学校一模)某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图)。(1)该单摆在摆动过程中的周期为________。(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g＝________。(3)从图可知，摆球的直径为________mm。(4)实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的________。A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了B．把n次摆动的时间误记为(n＋1)次摆动的时间C．以摆线长作为摆长来计算D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算[答案](1)eq\f(2t,n－1)(2)eq\f(π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(d,2)))n－12,t2)(3)5.980(4)BD[解析](1)单摆在摆动过程中从第1次到第n次经过最低点，经历的周期数是eq\f(n－1,2)个，周期为T＝eq\f(t,\f(n－1,2))＝eq\f(2t,n－1)。(2)根据T＝2πeq\r(\f(l,g))，l＝L＋eq\f(d,2)，T＝eq\f(2t,n－1)，解得g＝eq\f(4π2l,T2)＝eq\f(π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(d,2)))n－12,t2)。(3)螺旋测微器的主尺读数为5.5mm，可动刻度读数为48.0×0.01mm＝0.480mm，则摆球的直径为5.980mm。(4)单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，摆长的测量值偏小，根据g的表达式，重力加速度的测量值偏小，故A错误。把n次摆动的时间误记为(n＋1)次摆动的时间，根据g的表达式，重力加速度的测量值偏大，故B正确。以摆线长作为摆长计算，摆长的测量值偏小，根据g的表达式，重力加速度的测量值偏小，故C错误。以摆线长与摆球的直径之和作为摆长计算，摆长的测量值偏大，根据g的表达式，重力加速度的测量值偏大，故D正确。[对点跟进训练](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＝2πeq\r(\f(l,g))，有T2＝eq\f(4π2,g)·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eq\f(4π2,g)；所得T2­l图线没有过原点，图线在T2轴的截距为正，则T2＝eq\f(4π2,g)·(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。考点2实验拓展与创新例2(2021·山东省临沂市高三下二模)班里同学组织春游爬山，在山顶发现一棵合抱古树，他们想知道这颗古树的树围。由于未带卷尺，只备有救生绳(质量不计且不可伸长)，于是他们利用单摆原理对古树的树围进行粗略测量。他们用救生绳绕树一周，截取长度等于树干周长的一段(已预留出打结部分的长度)，然后在这段救生绳的一端系一个小石块。接下来的操作步骤为：Ⅰ.将截下的救生绳的另一端固定在一根离地足够高的树枝上；Ⅱ.移动小石块，使伸直的救生绳偏离竖直方向一个小于5°的角度，然后由静止释放，使小石块在同一竖直面内摆动；Ⅲ.从小石块经过平衡位置(已经选定参考位置)开始，用手机中的“秒表”软件计时(记为第1次经过平衡位置)，至小石块第41次经过平衡位置，测出这一过程所用的总时间为94.20s。(1)根据步骤Ⅲ，可得小石块摆动的周期T＝________s。(2)经百度查得该地区的重力加速度为9.79m/s2，可估得该古树的树围C＝________m。(结果保留两位有效数字)(3)若空气阻力的影响可不计，同时小石块摆动的周期T测量结果准确，考虑到该山的海拔较高，则该古树树围的测量值________(填“>”“<”或“＝”)真实值。[答案](1)4.71(2)5.5(3)>[解析](1)从小石块经过平衡位置(已经选定参考位置)开始，用手机中的“秒表”软件计时(记为第1次经过平衡位置)，至小石块第41次经过平衡位置，共经历n＝eq\f(41－1,2)＝20个周期，总时间为n·T＝t，解得T＝eq\f(t,n)＝4.71s。(2)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得摆长为l＝eq\f(T2g,4π2)＝eq\f(4.712×9.79,4×3.142)m＝5.5m，摆长即为古树的树围，即C＝l＝5.5m。(3)山顶的海拔较高，所以实际重力加速度较小，而计算所使用的重力加速度偏大，所以该古树树围的测量值>真实值。[对点跟进训练]一同学为了测量当地的重力加速度，选用电动机、长条白纸、毫米刻度尺、长木板以及由装满颜料的带孔小球和细线构成的单摆等组成如图甲所示装置。把白纸固定在长木板上，实验中，电动机以0.1m/s的速度匀速拖动长木板带动纸带运动，同时让小球在垂直于纸带运动方向做小摆幅摆动，小球可以漏出很细的有色液体，在纸带上留下的痕迹记录了小球在不同时刻的位置，如图乙所示。实验中该同学测出了细线悬挂点到小球下边缘的距离L，如图丙所示，同时测出白纸上得到的图像A、B间的距离为x。通过改变L，测出对应的A、B间的距离x，获得多组x与L数据，再以x2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像，如图丁所示。由图像可知，摆球的半径r＝________m，当地重力加速度g＝________m/s2(结果保留三位有效数字)；该同学测得的重力加速度值与实际的重力加速度值相比________(选填“偏大”“偏小”或“一样”)。(假设整个过程中小球的重心位置不变，取π＝3.14)答案0.019.86一样解析由图乙可知，小球从A到B运动了5个周期，则有x＝5vT；根据单摆的周期公式可得T＝2πeq\r(\f(L－r,g))，则T2＝eq\f(4π2,g)(L－r)，联立两式可得x2＝eq\f(100v2π2,g)(L－r)；结合图丁可知，图像的纵截距为：－eq\f(100v2π2,g)r＝－0.01m2，图像的斜率k＝eq\f(100v2π2,g)＝eq\f(0.01,1×0.01)m＝1m，可解得重力加速度g＝π2m/s2＝9.86m/s2，摆球的半径r＝0.01m。根据上述分析可知，由x2­L图线的斜率求得当地的重力加速度没有系统误差，则测得的重力加速度值与实际的重力加速度值相比一样。1．(2021·福建省龙岩市高三下三模)在“用单摆测重力加速度”实验中：(1)用毫米刻度尺测出摆线长L，用游标卡尺测出摆球的直径D。在下面进行的操作中，正确的是________(选填选项前的字母)；A．把单摆从平衡位置拉开一个较大的角度释放B．摆球经过平衡位置时开始计时C．用停表测量单摆完成1次全振动所用时间作为单摆的周期(2)当单摆摆动稳定后，用停表测量单摆n次全振动的时间t，停表的示数如图所示，则t＝______s；(3)用上述实验过程中测出的物理量(摆线长为L，摆球直径为D，全振动n次所用时间为t)写出重力加速度计算式g＝________。答案(1)B(2)75.2(3)eq\f(4π2n2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(D,2))),t2)解析(1)单摆在摆角小于5°的情况下才做简谐振动，故A错误；为减小计时误差，应在单摆经过平衡位置时开始计时，且测出多个周期的总时间然后求出平均值作为单摆的周期，故B正确，C错误。(2)停表的示数t＝60s＋15.2s＝75.2s。(3)周期T＝eq\f(t,n)，根据T＝2πeq\r(\f(L＋\f(D,2),g))，解得：g＝eq\f(4π2n2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(D,2))),t2)。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1m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°＝0.087m＝8.7cm，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＝eq\f(4π2L,T2)。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＝eq\f(t,29)，若误计为30次，则T测＝eq\f(t,30)<eq\f(t,29)，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。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1m左右的细线B．长度为30cm左右的细线C．直径为1.8cm的塑料球D．直径为1.8cm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30cm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