2021第13章实验18用单摆测量重力加速度的大小

实验十八用单摆测量重力加速度的大小1．实验目的用单摆测量重力加速度的大小。2．实验原理单摆在摆角很小(小于5°)时的摆动，可看成简谐运动，其固有周期T＝2πl，可得g＝4πl，通过实验方法测出摆长l和周期T，即可计算得到当地的2gT2重力加速度。3．实验器材带孔小钢球一个、细线一条(约1m长)、铁架台、米尺、停表、游标卡尺(或三角板)。4．实验步骤(1)让线的一端穿过小球上的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆。(2)把线的上端固定在铁架台的铁夹上，让铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记。(3)用米尺量出悬线长l′(准确到mm)，用游标卡尺(或米尺和三角板)测出摆d球的直径d(准确到mm)，然后计算出悬点到球心的距离l＝l′＋2即为摆长。(4)把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(不超过5°)，然后放开小球让它摆动，用停表测出单摆完成30或50次全振动的时间，计算出平均完成一次全振动的时间，这个时间就是单摆的振动周期。(5)改变摆长重做几次。(6)将实验器材放回原处。5．注意事项(1)实验所用的单摆应符合理论要求，即线要细且弹性要小，摆球用密度和质量较大的小球，并且要在摆角不超过5°的情况下进行实验。1(2)要使单摆在竖直平面内振动，不能使其形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。(3)测量摆长时，摆长应为悬线长与摆球半径之和。(4)测单摆周期时，应从摆球通过平衡位置开始计时，并且采用倒数到0开始计时的方法，4、3、2、1、0、1、2、3⋯在数“0”的同时按下秒表开始计时计数。(5)要注意进行多次测量，并取平均值。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 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 组训练]1．实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。(1)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)。(2)实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的________(选填选项前的字母)。A．长约1m的细线B．长约1m的橡皮绳C．直径约1cm的均匀铁球2D．直径约10cm的均匀木球(3)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图________中所示的固定方式。甲乙(4)某实验小组组装单摆时，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________(填字母代号)。．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(5)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点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。(6)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________(选填选项前的字母)。．测出摆线长作为单摆的摆长B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动C．在摆球经过平衡位置时开始计时3D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期(7)甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图象，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是________(选填“l2”“l”或“l”)，若图线斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示)。(8)乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________(选填选项前的序号)。．开始摆动时振幅较小B．开始计时时，过早按下停表C．测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为n次全振动的时间D．测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长t[解析](1)单摆的周期：T＝n由单摆周期公式：T＝2πLg2224π4π可知，重力加速度：g＝LnLT2＝t2；(2)摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，则选取1m左右的细线，故选择A线；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择C球；故选A、C；(3)为了避免运动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则为图乙；(4)这样做的目的就是为了便于调节摆长，把摆线夹得更紧一些，使摆动过程中摆长不变。因此A、C正确；(5)游标卡尺示数为d＝12.0mm；4(6)摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，则A错误；把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，B正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，C正确；把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误；(7)据单摆周期公式2πT＝2πg＝gl所以应该作T-l图象，故横坐标所代表的物理量是l，知斜率2πk＝g24π解得g＝k；l(8)由周期公式T＝2πg，得24πlg＝T2振幅大小与g无关，故A错误；开始计时时，过早按下秒表，周期偏大，则g偏小，故B错误；测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期偏小，则g偏大，C正确；摆长等于摆线的长度加上摆球的24πl半径，若测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长，摆长偏大，由g＝T2，所以g偏大，故D正确。222[答案](1)4πnl(2)AC(3)乙(4)AC(5)12.0(6)BC(7)l4πt2k2(8)CD2．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。5甲乙(1)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。．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t，则单摆周期T＝2tD．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t动所用的时间t，则单摆周期T＝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)。22(3)图乙是摆线长为L时小球的振动图象，取g＝10m/s，π＝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t全振动所用的时间t，则单摆周期T＝30，故D正确。6Lt4n22单摆周期公式＝π，其中πLTT＝，联立解得：g＝2。(2)2gntL(3)由图知A＝5cm，T＝2s，根据单摆周期公式T＝2πg，解得：L＝1m；小球的回复加速度在x＝5cm或x＝－5cm时最大，根据牛顿第二定律得：mgsinθA0.05am＝m＝gsinθ≈g·＝10×1＝0.5m/s2。L224nπ[答案](1)AD(2)L(3)0.5t23．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LB．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t50C．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97.92cm，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2s，最后算出当地的重力加速度g的值2为________m/s。(π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 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 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7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：2.1cm，游标尺读数：6×0.1mm＝0.6mm，则2××＋1×2.16×10－249.8697.922L4πLd＝2.16cm；根据T＝2πg解得g＝T2＝4m/s2＝9.76m/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＝2πLgL1＋rL2＋r2得：T＝2π4πL1－L2。，T＝2π，联立两式解得：g＝1g2gT1－T222[答案](1)BD(2)2.169.762L1－L2(3)4π22T1－T2数据处理与误差分析1．公式法24πl将几次测得的周期T和摆长l分别代入关系式g＝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＝2πl可得l＝g2T2，因此以摆长l为纵轴，以T2g4π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，即可求出2llg值。g＝4πk，k＝T2＝T2。[题组训练]1．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期8时，测得摆球经过n次全振动的总时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D，某次测量游标卡尺的示数如图甲所示。甲乙回答下列问题：(1)从甲图可知，摆球的直径为D＝________mm；(2)该单摆的周期为________。(3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2-L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2-L图象是图乙中的________(选填“①”“②”或“③”)，由图象可得当地重力加速度g＝________；由此得到的g值会________(选填“偏小”“不变”“偏大”)。[解析](1)由图示游标卡尺可知，主尺示数是16mm，游标尺示数是4×0.1mm＝0.4mm，金属球的直径为16mm＋0.4mm＝16.4mm。(2)由于测得摆球经过n次全振动的总时间为t，所以该单摆的周期为T＝tn。L22(3)由单摆周期公式T＝2π可知T2＝4π2-L图象的斜率k＝4πggL，则Tg，24π则重力加速度g＝k，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，24π则有T2＝g(L－r)，由此得到的T2-L图象是图乙中的①，由于图线的斜率不变，92b4πa计算得到的g值不变，由图象可得k＝a，当地重力加速度g＝b。t24π[答案](1)16.4(2)n(3)①a不变b2．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它同学偏大，其原因可能是________。．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20mm，游标读数为0.1×0mm＝0.0mm，则最终读数为20.0mm＝2.00cm，d摆长的大小l＝L＋2＝99.00cm＋1.00cm＝100.00cm＝1.0000m。1042L＋d2π2l4πl①。由公式①可知，重力加速度(2)根据T＝2πg得，g＝T2＝T2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：mgtanθ＝2L＋d4πL＋d·θ，可得：T＝πg2cosθ，可知圆锥摆的周期小于单摆的m·T2·2sin2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t期的测量值：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。2L4πL(3)根据T＝2πg得：T2＝gy2－y124π则图线的斜率为：k＝x2－x1＝g24π4π(x2－x1)2则有：g＝y2－y1＝k。2y－y24π4πL21[答案](1)2.001.0000(2)BC(3)gx2－x1k3．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：由公式＝2(1)4π2L求得的g值偏小，可能是由于________。gT．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11操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动图象，已知sin5＝°0.087，sin15＝°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)。ABCD(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”)。24π[解析](1)根据公式g＝LT2：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24π比测量摆线长，即测量摆线短，根据公式g＝T2L，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。12(2)摆角小于5°，我们认为小球做简谐运动，摆长约为1m的单摆，可以计算得出振幅：A<1×sin5＝°0.087m，可近似为8cm，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＝2πL2LB－LA，得：L＝gT2，则图象斜率k＝g2＝22，g4π4πTB－TA2LB－LA)；由图象可知L与T2成正比，由于单摆摆长偏大还是偏小所以g＝4π(22TB－TA不影响图象的斜率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比，将相同。24πLB－LA[答案](1)AB(2)A(3)22相同TB－TA实验拓展与创新利用DIS测周期[典例示法]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，13分别取L和T的对数，所得到的lgT-lgL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2t。N－1L1214π(2)由T＝2πg可知lgT＝2lgg＋2lgL，故lgT-lgL图线为直线。由题1224π4π意可知2lgg＝c，故g＝102c。2t2[答案](1)最低点(2)直线4πN－12c10利用光电门传感器测周期[典例示法](1)在“用单摆测量重力加速度实验”中，使用下列实验器材。A．1.2m的细线B．2m的弹性绳C．带孔的小铁球D．带孔的软木球E．光电门传感器应选用哪种绳________，应选用哪种球________，光电门的摆放位置为________(选填“最高点”或“最低点”)。(2)如图为光电门传感器电流强度I与t的图象，则周期为_____。A．t1B．t2－t1C．t－t1D．t－t13414(3)甲同学用秒表做该实验，但所得周期比该实验得到的大，则可能的原因是________。[解析](1)单摆实验时，应选细绳，弹性绳在运动过程中长度发生改变，导致摆长变化，所以应选1.2m的细线；为了减小实验误差，摆球选择质量大、体积小的铁球；在测量时间时，因为最高点附近速度小，最低点附近速度大，所以光电门应摆在最低点附近，测量误差小。(2)单摆运动一个周期经过平衡位置两次，根据图象可知周期为：t3－t1。(3)用秒表计时，测的周期为N次全振动对应的总时间，再进行求解单次的时间即周期，测量结果偏大，可能是开始计时时，秒表太早按下，测量时间偏长，周期偏大。[答案](1)AC最低点(2)C(3)开始计时时，秒表太早按下，测量时间偏长，周期偏大15