2024高考物理一轮复习第十三章机械振动机械波实验13用单摆测重力加速度学案新人教版VIP

PAGE4-试验13用单摆测重力加速度eq\a\vs4\al(一、试验目的)（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.eq\a\vs4\al(二、试验原理)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.eq\a\vs4\al(三、试验器材)单摆，游标卡尺，毫米刻度尺，停表.eq\a\vs4\al(四、试验步骤)（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，登记单摆摇摆30～50次的总时间，算出平均每摇摆一次的时间，即为单摆的振动周期.（4）变更摆长，重做几次试验.eq\a\vs4\al(五、数据处理)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.图象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图象是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k＝eq\f(Δl,ΔT2)，即可求出g值，g＝4π2k.eq\a\vs4\al(六、误差分析)项目产生缘由减小方法偶然误差测量时间（单摆周期）及摆长时产生误差（1）多次测量求平均值.（2）计时从单摆经过平衡位置时起先系统误差主要来源于单摆模型本身（1）摆球要选体积小，密度大的.（2）最大摆角要小于等于5°eq\a\vs4\al(七、留意事项)（1）选用1m左右的细线.（2）悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证顶点固定.（3）小球在同一竖直面内摇摆，且摆角小于等于5°.（4）选择在摆球摆到平衡位置处起先计时，并数准全振动的次数.（5）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.考点一教材原型试验eq\a\vs4\al(典例)（2024·北京海淀期中）在用图所示单摆“测重力加速度”的试验中，某同学的操作步骤如下：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.用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长；c.缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5°位置由静止释放小球；d.用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T＝eq\f(t,n)；e.用公式g＝eq\f(4π2l,T2)计算当地重力加速度；f.变更细线长度，重复b、c、d、e步骤，进行多次测量.（1）在上述步骤中，错误的是（写出该步骤的字母）；改正后正确的应当是.（2）该同学为了削减误差，利用上述未改正错误测量中的多组试验数据做出了l-T2图象，该图象对应图中的图.ABCD（3）（多选）在“用单摆测定重力加速度”的正确试验中，下列做法有利于减小试验误差的是.A.适当加长摆线B.质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大D.当单摆经过平衡位置时起先计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期（4）北京时间2005年5月22日上午10点05分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬.若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是T0，在峰顶的周期是T，则珠峰顶峰的海拔高度h＝Ｗ.（地球可看作质量匀称分布的半径为R的球体）解析：（1）摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，由试验步骤可知，步骤e错误，单摆摆长L＝l＋eq\f(d,2)，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可知重力加速度g＝eq\f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(d,2))),T2).（2）单摆摆长：L＝l＋eq\f(d,2)，由单摆周期公式：T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，l＝eq\f(g,4π2)T2－eq\f(d,2)，把摆线长度l作为摆长，当T＝0时，l＝eq\f(d,2)，lT2图象在横轴上有截距，由图示图象可知，C正确.（3）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，从而减小试验误差，故A正确；为减小阻力对试验的影响，质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，故B错误；单摆在小摆角下的摇摆为筒谐振动，单摆偏离平衡位置的角度不能太大，故C正确；当单摆经过平衡位置时起先计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期，测量的偶然误差较大，从而使试验误差较大，故D错误.（4）由万有引力公式与牛顿其次定律得：Geq\f(Mm,R2)＝mg，Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝mg′；由单摆周期公式可知，在海平面处：T0＝2πeq\r(\f(L,g))，在珠峰峰顶：T＝2πeq\r(\f(L,g′))，解得：h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,T0)－1))R.答案：（1）eg＝eq\f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(d,2))),T2)（2）C（3）AC（4）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,T0)－1))R本题考查了用单摆测重力加速度试验，知道试验原理与试验留意事项是解题的前提与关键，应用单摆周期公式即可解题，平常要留意基础学问的学习与积累.考点二试验拓展与创新eq\a\vs4\al(典例)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.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.试验时须使摆球在同一竖直面内摇摆D.摆长肯定的状况下，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.试验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先让摆球自然下垂，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；最终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）组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摇摆时在同一竖直面内摇摆；摆的振幅尽量小一些.选项B、C正确.（2）设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2，则T1＝2