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1、15 学生实验：用单摆测定重力加速度学习目标 1.掌握用单摆测定重力加速度的原理和方法.2.体会单摆做简谐运动的条件.1.实验目的利用单摆测定当地的重力加速度.2.原理由 T2 得 g .所以，只要测出单摆的摆长 l 和周期 T，就可测出当地的重力加lg 4 2lT2速度.3.器材铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、停表、细线(1m 左右)、刻度尺、游标卡尺.4.实验步骤(1)让细线的一端穿过摆球的小孔，在细线的穿出端打一个稍大一些的线结，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，使铁夹伸出桌面之外，然后把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂.在单摆平衡位置处做上标记.(3)

2、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，然后计算出悬点到球心的距离 l l ，即为摆长.d2(4)把单摆从平衡位置拉开一个角度，角度不大于 5，再释放摆球.当摆球经过最低位置时，用停表开始计时，测量单摆全振动 30 次(或 50 次)的时间，求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期.(5)改变摆长，重做几次实验，将所得数据填入表格.5.数据处理方法一：将每次测出的周期 T 及测得的摆长 l 代入公式 g ，求出重力加速度的值，4 2lT2然后求 g 的平均值.方法二：多做几次实验，由几组 l、 T 值作出 T2 l 图像，则图像的斜率 k ，从而求4 2g出重力加速

3、度 g.6.注意事项(1)选择材料时应选择细而不易伸长的线，比如用单根尼龙丝、丝线等，长度一般不应短于21m，摆球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过 2cm.(2)摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应不大于 5.(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)测量单摆的振动次数时，应从摆球通过最低点时开始计时，以后摆球从同一方向通过最低点时计数，要测多次(如 30 次或 50 次)全振动的时间，用取平均值的办法求周期.例 1 用单摆做测定重力加速度的实验，某同学做实验时，操作上错误或不合理的有_.A.单摆的偏角大于 10B.摆球摆动到最高点开始计时C.防止摆球在水

4、平面内做圆周运动或椭圆运动D.测出的摆线长就是摆长E.在平衡位置启动停表，并开始计数，当摆球第 30 次经过平衡位置时制动停表，若读数为t，则 Tt30答案 ABDE解析 A.单摆应保证偏角小于 5.B.应在通过最低点时开始计时，误差较小.D.摆长应为摆线长加摆球半径.E.如此计数，则 T ，应在摆球经过平衡位置时开始计时，在摆球下一次以相同方向t14.5通过平衡位置时，计数为 1.例 2 “在用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)用摆长 L 和周期 T 计算重力加速度的公式是 g_.(2)如果用 10 分度的游标卡尺测得的摆球直径如图 1 甲所示，则摆球的直径d_cm；用分度值为 1mm 的

5、刻度尺的零点对准摆线的悬点，测得的摆线长如图乙所示，则单摆的摆长为 L_cm；如果测量了 40 次全振动的时间如图丙所示，则此单摆的振动周期 T_s.(3)由实验数据得出重力加速度 g_m/s 2.3图 1答案 (1)4 2LT2(2)1.35 96.825 1.98(3)9.74解析 (1)根据单摆周期公式 T2 ，得到 g .Lg 4 2LT2(2)由题图所示游标卡尺可知，主尺的示数是 13mm，游标尺的示数是 50.1mm0.5mm，则游标卡尺示数，即小球直径 d13mm0.5mm13.5mm1.35cm；摆线的长度： l96.15cm单摆的摆长为 L l 96.15cm cm96.82

6、5cmd2 1.352由题图所示停表可知，分针示数是 1min60s，秒针示数是 19.2s，停表示数是60s19.2s79.2s单摆周期 T s1.98s.tn 79.240(3)重力加速度：g 96.825102 m/s29.74 m/s 2.4 2LT2 43.1421.982例 3 某同学利用如图 2 所示的装置测量当地的重力加速度.实验步骤如下：图 2A.按装置图安装好实验装置；B.用游标卡尺测量小球的直径 d；C.用米尺测量悬线的长度 L；D.让小球在竖直平面内小角度摆动，当小球经过最低点时开始计时，并计数为 0，此后小4球每经过最低点一次，依次计数 1、2、3、，当数到 20 时

7、，停止计时，测得时间为 t；E.多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤 C、D；F.计算出每个悬线长度对应的 t2；G.以 t2为纵坐标、 L 为横坐标，作出 t2 L 图线.结合上述实验，完成下列问题：(1)该同学根据实验数据，利用计算机作出 t2 L 图线如图 3 所示.根据图线拟合得到方程t2404.0 L3.0，由此可以得出当地的重力加速度 g_m/s 2.(取 29.86，结果保留 3 位有效数字)图 3(2)从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是_.A.不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点开始计时B.开始计时后，不应记录小球经过最低点的

8、次数，而应记录小球做全振动的次数C.不应作 t2 L 图线，而应作 t L 图线D.不应作 t2 L 图线，而应作 t2( L d)图线12(3)另一同学也用该装置进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是( )A.测定周期时，振动次数少数了一次B.测定周期时，振动次数多数了一次C.摆球的质量过大D.计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上摆球的半径答案 (1)9.76 (2)D (3)B解析 (1)根据单摆周期公式 T2 得：lg2 ，即 t2400 2 .t10 lg lg故 t2 L 图像的斜率表示 的大小，400 2g由题意知斜率 k404.0，则 404.0，400 2g代入

9、 29.86 得 g9.76m/s 2.(2)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长，摆长小于实际摆长，5t2 L 图像不过原点，在纵轴上截距不为零，故 D 正确.(3)由计算 g 的公式 g 可知，如果振动次数多数了一次，即 T 偏小，使 g 偏大，选4 2lT2项 A 错，B 对；摆球的质量过大，不影响单摆的周期与摆长，所以不影响测得的重力加速度，选项 C 错；当 l 偏小时，求得的 g 偏小，选项 D 错.误差分析1.本实验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，是单摆还是复摆，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内摆动，以及测量哪

10、段长度作为摆长等等.2.本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上，因此，要注意测准时间(周期).要从摆球通过平衡位置开始计时，不能多记或漏记振动次数.为了减小偶然误差，应进行多次测量取平均值.1.(用单摆测定重力加速度)(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学甲用毫米刻度尺测得摆线长 L0935.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图 4 所示，则摆球直径d_mm.用停表测得单摆完成 n40 次全振动的时间如图 5 所示，则停表的示数 t_s；若用给出的各物理符号( L0、 d、 n、 t)表示当地的重力加速度 g，则计算 g 的表达式为g_.图 4图 5(2)实验中同学甲发现

11、测得的 g 值偏小，可能的原因是_.A.测摆线长时摆线拉得过紧6B.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C.开始计时时，停表过迟按下D.实验中误将 39 次全振动计为 40 次(3)为了提高实验精度，某同学乙在实验中通过改变几次摆长 L，并测出相应的周期 T，从而得到一组对应的 L 与 T 的数据，再以 L 为横坐标、 T2为纵坐标，建立坐标系，将所得数据进行连线，实验测得的数据如下表所示：次数 1 2 3 4 5摆长 L/cm 80.00 90.00 100.00 110.00 120.0030 次全振动时间 t/s 53.8 56.9 60.0 62.8 65.7振动

12、周期 T/s 1.79 1.90 2.00 2.09 2.19振动周期的平方 T2/s2 3.20 3.61 4.00 4.37 4.80请将表中测量数据标在图 6 中，并在图中作出 T2随 L 变化的图像.图 6根据图像可知当地的重力加速度为_(保留 3 位有效数字).答案 (1)19.55 78.4 (2)B (3)如图所示4 2n2L0 d2t29.86m/s 2解析 (1)游标卡尺主尺示数为 19mm；游标尺对齐格数为 11 个格，游标尺读数为110.05mm0.55mm；7所以直径为 19mm0.55mm19.55mm.停表读数：分针示数为 1min60s，秒针示数为 18.4s，故

13、时间为 78.4s；根据 T2 得： g .Lg 4 2LT2 4 2L0 d2T2 4 2n2L0 d2t2(2)同学甲测得的 g 值偏小，说明摆长测量值偏小或者周期测量值偏大；测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大， g 值测量值偏大，故 A 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，说明摆长测量值偏小，g 值测量值偏小，故 B 正确；开始计时时，停表过迟按下，周期测量值偏小， g 值测量值偏大，故 C 错误；实验中误将 39 次全振动数为 40 次，周期测量值偏小， g 值测量值偏大，故 D 错误.(3)根据表格中的数据描点，如图所示根据 T2 得 T2 L，Lg

14、 4 2g由图像可知：图像斜率 k 4，解得 g9.86m/s 2.4 2g2.(用单摆测定重力加速度)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5 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 7 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”).图 78答案 相同4 2lB lATB2 TA2解析 由周期公式 T2 ，得 g ，结合题图得

15、到 g ，因为这样处lg 4 2lT2 4 2lB lATB2 TA2理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置无关，所以测量结果不受影响.1.(多选)对“用单摆测定重力加速度”的实验，下列说法正确的是( )A.如果有两个大小相等且都带孔的铁球和木球，应选用铁球B.单摆偏角不应超过 5C.为便于改变摆长，可将摆线的一头绕在铁架台上的圆杆上以代替铁夹D.测量摆长时，应用力拉紧摆线答案 AB解析 根据单摆模型的特点，则 A、B 项正确.摆动过程中悬点位置变化，会导致摆长变化，C 项错误.测摆长时，用力拉紧摆线会使形变量变大，摆长偏大，故 D 项错误.2.(多 选 )对 “用 单 摆 测 定 重

16、 力 加 速 度 ”的 实 验 ， 下 面 各 种 对 实 验 误 差 的 影 响 的 说 法 中 正 确 的 是( )A.在摆长和时间的测量中，时间的测量对实验误差影响较大B.在摆长和时间的测量中，长度的测量对实验误差影响较大C.将振动次数 n 记为( n1)，测算出的 g 值比当地的公认值偏大D.将摆线长当作摆长，未加摆球的半径测算出的 g 值比当地的公认值偏大答案 AC解析 对“用单摆测定重力加速度”的实验，重力加速度表达式 g ，由于 g 与周期4 2lT2的平方成反比，周期若有误差，再平方后误差会更大，所以时间的测量对误差的影响更大些，A 正确，B 错误；另外，如果振动次数多数了一次

17、，会造成周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，C 正确；若摆长未加小球的半径，将使摆长的测量值偏小， g 值偏小，D错误.3.(1)在“用单摆测定当地的重力加速度”的实验中，除带横杆的铁架台、铁夹、停表、游标卡尺、刻度尺之外，还必须选用的器材，正确的一组是_.A.约 1m 的不可伸长的细线，半径约 1cm 的小铁球B.约 0.1m 的不可伸长的细线，半径约 1cm 的小铁球C.约 0.1m 的不可伸长的细线，半径约 1cm 的小塑料球D.约 1m 的不可伸长的细线，半径约 1cm 的小塑料球(2)测量小球直径时游标卡尺的读数(如图 1 甲所示)为_cm.9图 1(3)某同学在处理数据的步骤中

18、，以 为纵坐标，以周期 T 为横坐标，作出如图乙所示的图L像，已知该图线的斜率为 k0.500，则重力加速度为_m/s 2.(结果保留三位有效数字，3.14)答案 (1)A (2)0.890 (3)9.86解析 (1)根据实验要求，摆线长 1m 左右，为减小空气阻力的影响，应选用体积较小的实心金属球，故选半径约 1cm 的小铁球，故 A 正确，B、C、D 错误.(2)主尺刻度为 8mm，游标尺刻度为 180.05mm0.90mm，故游标卡尺的读数为8mm0.90mm8.90mm0.890cm；(3)单摆的周期公式 T2 ，变形得 T，其中 kLg L g2 g2根据题意斜率 k0.500，所以

19、 g4 2k243.14 20.5002m/s29.86 m/s 2.4.利用单摆测定重力加速度的实验中，测出单摆偏角小于 5时完成 n 次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为 l，用游标卡尺测得摆球的直径为 d.(1)用上述物理量和符号写出测重力加速度的一般表达式 g_.(2)实验中有同学发现他测的重力加速度值总是偏大，其原因可能是( )A.实验室在高山上，高出海平面太高B.单摆所用摆球太重C.测出 n 次全振动的时间 t，误作为( n1)次全振动时间进行计算D.以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算答案 (1) (2)CD4 2(l d2)n2t25.一组同学在做“用单摆测定重力加速度

20、”的实验中，用正确的操作方法，测定了 6 组摆长 l 和周期 T 的对应值.为了求出当地的重力加速度 g,4 位同学提出了 4 种不同的数据处理方法：A.从测定的 6 组数据中任意选取 1 组，用公式 g 求出 g 作为测量值4 2lT2B.分别求出 6 个 l 值的平均值 和 6 个 T 值的平均值 ，用公式 g 求出 g 作为测量值l T4 2lT2C.分别用 6 组 l、 T 的对应值，用公式 g 求出 6 个对应的 g 值，再求出这 6 个 g 的4 2lT210平均值作为测量值D.在坐标纸上作出 T2 l 图像，从图像中计算出图线的斜率 k，根据 g 求出 g 作为测4 2k量值.以

21、上 4 种方法中，错误的是_，其余正确方法中偶然误差最小的是_.答案 B D解析 错误的是 B，因为 l 和 T 之间不是一次函数的关系.偶然误差最小的是 D，因为偶然误差总是有时偏大有时偏小，而描点后画线时要求尽可能多的点在一条直线上，其余点尽可能均衡地分布在直线两侧，实际上是把偶然误差减小到最小了.6.某同学利用单摆测定重力加速度.(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.组装单摆须选用轻质且不易伸长的细线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 2 所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长

22、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 l.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式 g_.图 2答案 (1)BC (2)4 2 lT12 T22解析 (1)在利用单摆测定重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、直径小的摆球和轻质、不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动

23、，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动的条件，故选 B、C.(2)设第一次摆长为 l，第二次摆长为 l l，则 T12 ， T22 ，联立解得lg l lg11g .4 2 lT12 T227.某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时，只测量了悬点与小球上端结点之间的距离 L，并通过改变 L 而测出对应的摆动周期 T，再以 T2为纵轴、 L 为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小球的半径和当地的重力加速度 g.(1)现有如下测量工具：A.时钟 B.停表 C.天平 D.毫米刻度尺本实验所需的测量工具有_.(2)如果实验中所得到的 T2 L 关系图像如图 3 所示，那么真正的图

24、像应该是 a、 b、 c 中的_.图 3(3)由图像可知，小球的半径 r_cm；当地的重力加速度 g_m/s 2.答案 (1)BD (2) a (3)1.2 9.86解析 (2)由单摆周期公式得： T2 ，解得： T2 ；L rg 4 2Lg 4 2rg当 L0 时， T2 0，则真正的图像是 a.4 2rg(3)当 T20 时， L r，即图像与 L 轴交点坐标，由题图可知， r1.2cm.图线的斜率大小 k ，由题图可知， k 4，解得： g 9.86m/s 2.4 2g 0.0480.012 4 2k8.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，两位同学测出了单摆在不同摆长( l)对应的周期(

25、T)，在进行实验数据处理时(1)甲同学以摆长( l)为横坐标、周期( T)的平方为纵坐标作出了 T2 l 图像，若他测得的图像的斜率为 k，则测得的重力加速度 g_.若测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图像法求得的重力加速度_(选填“偏小”“偏大”或“准确”).(2)乙同学根据公式： T2 得： g ，并计算加速度，若测摆长时，也忘记了测lg 4 2lT2摆球的半径，则他测得的重力加速度_(选填“偏小” “偏大”或“准确”).(3)若他们测量 5 种不同摆长下单摆的振动周期，记录结果如下表所示：12l/m 0.5 0.8 0.9 1.0 1.2T/s 1.42 1.79 1.90 2.00 2

26、.20T2/s2 2.02 3.20 3.61 4.00 4.84请你以摆长( l)为横坐标、周期( T)的平方为纵坐标，在虚线框中作出 T2 l 图像，并利用此图像求出重力加速度为_m/s 2.答案 (1) 准确 (2)偏小 (3)见解析图 9.864 2k解析 (3)建立如图所示坐标系，并标出适当的刻度，描点画出 T2 l 图像如图所示，则图像的斜率大约为： k4.0.依据图像求出重力加速度为： g 9.86m/s 2.4 2k9.传感器在物理实验研究中具有广泛的应用.单摆在运动过程中，摆线的拉力在做周期性的变化，这个周期性变化的力可用力传感器显示出来，从而可进一步研究单摆的运动规律.(1

27、)实验时用游标卡尺测量摆球直径，示数如图 4 所示，该摆球的直径 d_mm.图 4(2)接着测量了摆线的长度为 l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力 F 随时间 t 变化的图像如图 5 所示，则重力加速度的表达式 g_(用题目和图中的已知物理量表示).图 5(3)某小组改变摆线长度 l0，测量了多组数据，在进行数据处理时，甲同学把摆线长 l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出 T2 l0图像后求出斜率，然后算出重力加速度.两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲_，乙_(填“偏大” “偏小”或“无影响”).13答案 (1)15.4 (2) (3)偏小 无影响 2l0 d24t02解析 (1)主尺示数是 15mm，游标尺示数是 40.1mm0.4mm，摆球的直径为15mm0.4mm15.4mm.(2)在单摆摆动的过程中，每一个周期中有两次拉力的最大值，由 F t 图像可知，单摆周期 T4 t0，根据 T2 整理得： glg 2l0 d24t02.(3)根据公式甲同学把摆线长 l0作为摆长，则摆长的测量值偏小， g 的测量值偏小；乙同学作出 T2 l0图像后求出斜率， k ，重力加速度： g ，由公式可知，该方4 2g 4 2k法计算出的重力加速度与摆长无关.