2019年高考物理一轮复习第十四章机械振动与机械波第3讲实验探究单摆的运动用单摆测定重力加速度学案

第3讲实验：探究单摆的运动用单摆测定重力加速度微知识1实验目的1．探究单摆的运动规律。2．利用单摆的周期公式测定重力加速度。微知识2实验原理由单摆的周期公式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。微知识3实验器材单摆，游标卡尺，毫米刻度尺，停表。微知识4实验步骤1．做单摆：取约1m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，如图所示。2．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)。3．测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30～50次的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期。4．改变摆长，重做几次实验。5．数据处理(1)公式法：g＝eq\f(4π2l,T2)。(2)图象法：画l－T2图象。g＝4π2k，k＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)。微知识5注意事项1．悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定。2．单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°。3．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。4．小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长L，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长l＝L＋r。5．选用一米左右的细线。一、思维辨析(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)1．实验中摆角不能过大，一般小于5°。(√)2．选择球摆动到最大摆角处开始计时，此时速度为零，计时较准确。(×)3．摆长即为摆线长度，即测量悬点到小球最上端的距离。(×)二、对点微练1．(实验操作)一位同学做“用单摆测定重力加速度”的实验，在把摆球悬挂好后，以下步骤正确的是()A．悬挂好单摆后，用米尺量出摆线的长度，得摆长LB．测周期T：把摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时把这次通过最低点作为第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按停表停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期T＝eq\f(t,60)C．把所测得的L和T代入单摆周期公式算出g，并写入实验报告D．处理数据时，可以画T2－L图象也可以画L－T2图象解析用游标卡尺测出摆球直径D，摆长等于摆线长L＋eq\f(D,2)，A项错误；按下停表开始计时，并且把这次过最低点计为第一次，在时间t内，单摆经过了59个半周期，周期应为T＝eq\f(t,29.5)s，B项错误；g应测量多次，然后取g的平均值作为实验结果，C项错误；处理数据时，可以画T2－L图象也可以画出L－T2图象，但要注意两种图象的斜率不同，D项正确。答案D2．(数据处理)下表是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据：摆长l/m0.50.60.81.1周期T2/s22.02.43.24.4(1)利用上述数据，在下图的坐标系中描绘出l－T2图象。(2)利用图象，取T2＝4.2s2时，l＝__________m，重力加速度g＝__________m/s2。(结果保留三位有效数字)解析(1)由T＝2πeq\r(\f(l,g))得l＝eq\f(g,4π2)T2，所以图象是过原点且斜率为eq\f(g,4π2)的一条直线。l－T2图象如图所示。(2)T2＝4.2s2时，从图中可读出其摆长l＝1.05m，将T2和l代入公式g＝eq\f(4π2l,T2)，得g＝9.86m/s2。答案(1)见解析图(2)1.059.86见学生用书P210微考点实验操作和数据处理核|心|微|讲用单摆测重力加速度的误差分析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：悬点是否固定，球、线是否符合要求，振动是圆锥摆还是在同一竖直平面内的振动等。2．本实验的偶然误差主要来自时间的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计振动次数。3．利用图象法处理数据具有形象、直观的特点，同时也能减小实验误差，利用图象解题时要特别注意图象的斜率及截距的应用。典|例|微|探【例】某同学利用单摆测量重力加速度。(1)(多选)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。(填选项字母)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，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆。实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm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＝________。【解题导思】(1)做单摆时为什么要选择质量大且体积小的球？答：质量大空气阻力造成的影响相对小些，体积小可使空气阻力减小。(2)由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得T2＝eq\f(4π2,g)l，则T2－l图象斜率的物理意义是什么？答：T2－l图象的斜率的物理意义为eq\f(4π2,g)。解析(1)应选用密度较大且直径较小的摆球，A项错；在摆动中要尽力保证摆长不变，故应选用不易伸长的细线，B项对；摆动中要避免单摆成为圆锥摆，摆球要在同一竖直面内摆动，C项对；摆动中摆角要控制在5°以内，所以D项错。(2)设两次摆动时单摆的摆长分别为L1和L2，则T1＝2πeq\r(\f(L1,g))，T2＝2πeq\r(\f(L2,g))，则ΔL＝eq\f(g,4π2)(Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2))，因此，g＝eq\f(4π2ΔL,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))。答案(1)BC(2)eq\f(4π2ΔL,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))题|组|微|练1．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为78.50cm，摆球直径为2.0cm。然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力F的大小随时间t的变化曲线如图所示。(1)该摆摆长为________cm。(2)该摆摆动周期为________s。(3)测得当地重力加速度g的值为________m/s2。(4)(多选)如果测得g值偏小，可能原因是________。(填选项字母)A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动C．计算摆长时，忘记了加小球半径D．读单摆周期时，读数偏大解析(1)摆长＝摆线长＋小球半径＝78.50cm＋1.0cm＝79.50cm。(2)由F－t变化图线可知，T＝1.8s。(3)g＝eq\f(4π2l,T2)＝eq\f(4×3.142×79.50,1.82)cm/s2≈9.68m/s2。(4)由g＝eq\f(4π2l,T2)可知g值偏小的可能原因是l的测量值偏小，选项B、C正确，A错误，也可能是T值偏大，选项D正确。答案(1)79.50(2)1.8(3)9.68(4)BCD2.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。(1)(多选)他组装单摆时，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________。(填选项字母)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(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量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。单摆摆长为________m。(3)下列振动图象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，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C、D均为30次全振动的图象，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________。(填选项字母)解析(1)用一块开有狭缝的橡皮夹夹牢摆线，增大了线与悬挂处的摩擦，保证摆长不变；改变摆长时用力拉不会将摆线拉断，方便调节摆长，故A、C项正确。(2)用10分度游标卡尺，主尺读数为12mm，游标尺读数为0，则摆球的直径为(12mm＋0×0.1mm)＝12.0mm。单摆长l＝L－eq\f(D,2)＝0.9930m。(3)单摆的振动摆角小于15°才能看成是简谐振动，在测量周期时计时起点应该选择在平衡位置(速度大、误差小)。根据摆角估算振幅，A1＝lsin5°＝0.9930m×0.087≈0.086m＝8.6cm，A、B振幅合理。A1＝lsin15°＝0.9930m×0.26≈0.26m＝26cm，C、D振幅不合理。A中振动图象的计时起点在平衡位置是合理的，B中振动图象的计时起点在正的最大位置是不合理的，A项正确。答案(1)AC(2)12.00.9930(3)A见学生用书P2111．“用单摆测定重力加速度”的实验中，误差主要来自()①摆长测量中的误差②周期测量中的误差③摆角超过10°时产生的误差④由于π值的近似取值而带来的误差A．①③B．②④C．①②D．③④解析根据T＝2πeq\r(\f(l,g))得到g＝eq\f(4π2l,T2)，主要误差来自摆长测量不准确和周期测量不准确。答案C2．石岩同学利用单摆测重力加速度，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，读数为________，则该单摆的摆长为________cm，用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图乙所示，则停表读数为________s，如果测得的g值偏大，可能的原因是________。(多选，填选项字母)甲乙A．计算摆长时用的是摆球的直径B．开始计时时，停表晚按下C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加D．实验中误将30次全振动记为31次解析由题图甲可知游标卡尺的读数为D＝2cm＋0.050cm＝2.050cm；摆长为l＝L＋eq\f(D,2)＝89.40cm＋1.025cm＝90.425cm；停表的读数为57.00s；因g＝eq\f(4π2L＋\f(D,2),T2)＝eq\f(4π2n2l,t2)，如果测得的g值偏大，可能是因为l、n偏大、t偏小，A、B、D项正确。答案2.050cm90.42557.00ABD3．某同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他只好找到一块大小为3cm左右，外形不规则的大理石块代替小球。实验步骤：A．石块用细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长C．将石块拉开一个大约α＝30°的角度，然后由静止释放D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T＝eq\f(t,30)得出周期E．改变OM间尼龙线的长度，再做几次实验，记下相应的L和TF．求出多次实验中测得的L和T的平均值作计算时使用的数据，带入公式g＝(eq\f(2π,T))2L求出重力加速度g(1)你认为该同学在以上实验步骤中有重大错误的是哪些步骤？为什么？(2)该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小？你认为用何方法可以解决摆长无法准确测量的困难？答案(1)实验步