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(共27张PPT)
实验九　用单摆测量重力加速度
必备知识·自主排查
关键能力·分层突破
必备知识·自主排查
一、实验思路与操作
装置图和思路
思路：
当摆角较小时，单摆做简谐运动，根据其周期公式可得g＝.
要根据上式测量重力加速度，需要测量单摆的摆长和周期


操作要领
(1)做单摆：取约1 m长的细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔稍大一些的结，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．
(2)测摆长：用米尺量出摆线长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′＋.
(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个很小角度，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
二、数据处理及分析
方法①：计算法→从测量的数据中选择几组，根据前面推导公式，分别计算重力加速度，然后取平均值作为测量结果．

方法②：图像法→根据g＝得T2＝l，画出T2 l图像，则是一条过原点的直线，直线的斜率k＝，由斜率k的值可求得重力加速度g
注意事项
(1)选用一米左右的细线．
(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摆动，且摆角小于5°.
(4)选择在摆球摆到平衡位置处开始计时，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.
误差分析
产生原因
偶然误差 ①摆长的测量存在误差．
②测n次全振动的时间t存在误差．
③作图存在误差．
系统误差 主要来源于单摆模型本身．
关键能力·分层突破
考点一　教材原型实验

例1 实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验．(π取3.14)
(1)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线 B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的铁球 D．直径约2 cm的塑料球
E．米尺 F．时钟 G．停表
实验时需要从上述器材中选择：________(填写器材前面
的字母)．
ACEG
解析：单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，应选用长约1 m的细线、直径约2 cm的铁球，要用米尺测量摆长，停表测量周期，故选择ACEG.
(2)在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上
②测得摆线长度，作为单摆的摆长
③在摆角较小的位置将小球由静止释放
④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期T＝
⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小．其中有一处操作不妥当的是________．(填写操作步骤前面的序号)
②
解析：操作不妥当的是②.单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径．
(3)按照以上的实验步骤，测量多组摆长和对应的周期，并根据实验数据作出了图像，根据该图像得出重力加速度的测量值为________ m/s2.(计算结果保留三位有效数字)
9.86
解析：根据单摆的周期公式得
T＝2π
解得T2＝l
由图像可知k＝
解得g＝9.86 m/s2
(4)实验后同学们进行了反思．他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小．请你简要说明其中的原因．
解析：公式T＝2π 是单摆做简谐运动的周期公式．当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动．
【跟进训练】
1.[2022·山东滨州模拟]某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为________ cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L.
2.06
解析：由图示游标卡尺可知，其示数为：20 mm＋0.1 mm×6＝20.6 mm＝2.06 cm
(2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期T＝________ s(结果保留三位有效数字)．
2.24
解析：由图示秒表可知，秒表示数为
t＝1 min＋7.2 s＝67.2 s
单摆的周期
T＝＝ s＝2.24 s
(3)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2 L图像如图丙，此图线斜率的物理意义是(　　)
A．g B．
C． D．
C
解析：由单摆周期公式T＝2π
可得T2＝
则T2 － L图像的斜率k＝
故C正确，A、B、D错误．
(4)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度．他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2，用该同学测出的物理量表示
重力加速度为g＝________．
解析：根据题意由单摆周期公式T＝2π
可得T1＝2π
T2＝2π
联立可得g＝
考点二　拓展创新型实验
例2 某探究小组探究单摆的装置如图甲所示，细线端拴一个球，另一端连接拉力传感器，固定在天花板上，将球拉开一个很小的角度静止释放，传感器可绘制出球在摆动过程中细线拉力周期性变化的图像，如图乙所示．
(1)用游标卡尺测出小球直径d如图丙所示，读数为________ mm；
(2)现求得该单摆的摆长为l，则当地的重力加速度为________(用题中的字母表示，包括图乙中)；
(3)若科学探险队员在珠穆朗玛峰山脚与山顶利用该装置分别作了实验．在山脚处，他作出了单摆T2 l图像为如图丁中直线c.当他成功攀登到山顶后，他又重复了在山脚做的实验．则利用山顶实验数据作出的图线可能是图丁中的直线________．
18.50
a
解析：(1)由题图丙所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05 mm，游标卡尺示数为：18 mm＋10×0.05 mm＝18.50 mm.
(2)摆球经过平衡位置时细线的拉力最大，在一个周期内摆球两次经过平衡位置，由题图乙所示图像求出单摆的周期T＝t2，由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度g＝；
(3)由单摆周期公式T＝2π 可得：T2＝l，T2 － l图像的斜率k＝，重力加速度g＝，珠穆朗玛峰山顶的重力加速度小于山脚的重力加速度，因此在峰顶做实验时图像斜率较大，在峰顶做实验作出的图线可能是直线a.
【跟进训练】
2.(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径的操作如图甲、乙所示．测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)．
乙
解析：游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图乙．
(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图丙所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丁所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(选填“变大”“不变”或“变小”)，图丁中的Δt将________ (选填“变大”“不变”或“变小”)．
2t0
变大
变大
解析：一个周期内小球应该两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，故周期为t1＋2t0－t1＝2t0；小球的直径变大后，摆长变长，根据T＝2π 可知，周期变大；每次经过最低点时小球的挡光的时间变长，即Δt变大．
3．某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
(1)如果他测得的g值偏小，可能的原因是________．
A．测摆线长时测了悬线的总长度
B．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，使周期变大了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验中误将49次全振动次数记为50次
B
解析：由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度g＝；测摆线长时测了悬线的总长度，测得摆长偏大，由g＝可知，测得的g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，使周期变大了，由g＝可知，所测得的g值偏小，故B正确；开始计时时，停表过迟按下，测得的时间t偏小，所测周期T偏小，由g＝可知，所测g值偏大，故C错误；实验中误将49次全振动次数记为50次，由T＝可知所测周期T偏小，由g＝可知，所示g值偏大，故D错误．
(2)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T2的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线，如图1所示，并求得该直线的斜率为k，则重力
加速度g＝________．(用k表示)
(3)该同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图像(如图2)，由
图2可知，两单摆摆长之比＝________．在t＝1 s时，b球振动的方向是_________．
y轴负方向
解析：(2)由单摆周期公式T＝2π 可得：T2＝l，T2 － l图线的斜率k＝，则重力加速度g＝；
(3)由单摆周期公式T＝2π 可知，摆长l＝，由题图2所示可知，单摆周期Ta＝ s，Tb＝2 s，两单摆摆长之比＝＝2＝；由题图2所示图像可知，在t＝1 s

时，b球振动的方向沿着y轴向下运动，故方向为沿y轴负方向．实验九　用单摆测量重力加速度
【必备知识·自主排查】
一、实验思路与操作
装置图和思路 操作要领
思路： 当摆角较小时，单摆做简谐运动，根据其周期公式可得g＝. 要根据上式测量重力加速度，需要测量单摆的摆长和周期 (1)做单摆：取约1 m长的细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔稍大一些的结，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． (2)测摆长：用米尺量出摆线长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′＋. (3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个很小角度，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
二、数据处理及分析
方法①：计算法→从测量的数据中选择几组，根据前面推导公式，分别计算重力加速度，然后取平均值作为测量结果．
方法②：图像法→根据g＝得T2＝l，画出T2 l图像，则是一条过原点的直线，直线的斜率k＝，由斜率k的值可求得重力加速度g
注意事项
(1)选用一米左右的细线．
(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摆动，且摆角小于5°.
(4)选择在摆球摆到平衡位置处开始计时，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.
误差分析
产生原因
偶然误差 ①摆长的测量存在误差． ②测n次全振动的时间t存在误差． ③作图存在误差．
系统误差 主要来源于单摆模型本身．
【关键能力·分层突破】
考点一　教材原型实验
例1 实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验．(π取3.14)
(1)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线
B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的铁球
D．直径约2 cm的塑料球
E．米尺
F．时钟
G．停表
实验时需要从上述器材中选择：________(填写器材前面的字母)．
(2)在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上
②测得摆线长度，作为单摆的摆长
③在摆角较小的位置将小球由静止释放
④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期T＝
⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小．其中有一处操作不妥当的是________．(填写操作步骤前面的序号)
(3)按照以上的实验步骤，测量多组摆长和对应的周期，并根据实验数据作出了图像，根据该图像得出重力加速度的测量值为________ m/s2.(计算结果保留三位有效数字)
(4)实验后同学们进行了反思．他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小．请你简要说明其中的原因________________________________________________________________________
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【跟进训练】
1.[2022·山东滨州模拟]某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为________ cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L.
(2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期T＝________ s(结果保留三位有效数字)．
(3)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2 L图像如图丙，此图线斜率的物理意义是(　　)
A．g B．
C． D．
(4)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度．他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2，用该同学测出的物理量表示重力加速度为g＝________．
考点二　拓展创新型实验
例2 某探究小组探究单摆的装置如图甲所示，细线端拴一个球，另一端连接拉力传感器，固定在天花板上，将球拉开一个很小的角度静止释放，传感器可绘制出球在摆动过程中细线拉力周期性变化的图像，如图乙所示．
(1)用游标卡尺测出小球直径d如图丙所示，读数为________ mm；
(2)现求得该单摆的摆长为l，则当地的重力加速度为________(用题中的字母表示，包括图乙中)；
(3)若科学探险队员在珠穆朗玛峰山脚与山顶利用该装置分别作了实验．在山脚处，他作出了单摆T2 l图像为如图丁中直线c.当他成功攀登到山顶后，他又重复了在山脚做的实验．则利用山顶实验数据作出的图线可能是图丁中的直线________．
【跟进训练】
2.(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径的操作如图甲、乙所示．测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)．
(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图丙所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丁所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(选填“变大”“不变”或“变小”)，图丁中的Δt将________ (选填“变大”“不变”或“变小”)．
3．某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
(1)如果他测得的g值偏小，可能的原因是________．
A．测摆线长时测了悬线的总长度
B．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，使周期变大了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验中误将49次全振动次数记为50次
(2)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T2的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线，如图1所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________．(用k表示)
(3)该同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图像(如图2)，由图2可知，两单摆摆长之比＝________．在t＝1 s时，b球振动的方向是________．
实验九　用单摆测量重力加速度
关键能力·分层突破
例1　解析：本题考查“用单摆测重力加速度”的实验，体现证据、解释要素，是对学生实验能力的考查．
(1)单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，应选用长约1 m的细线、直径约2 cm的铁球，要用米尺测量摆长，停表测量周期，故选择ACEG.
(2)操作不妥当的是②.单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径．
(3)根据单摆的周期公式得
T＝2π
解得T2＝l
由图像可知k＝
解得g＝9.86 m/s2
(4)公式T＝2π 是单摆做简谐运动的周期公式．当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动．
答案：(1)ACEG　(2)②　(3)9.86　(4)见解析
1．解析：(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：
20 mm＋0.1 mm×6＝20.6 mm＝2.06 cm
(2)由图示秒表可知，秒表示数为
t＝1 min＋7.2 s＝67.2 s
单摆的周期
T＝＝ s＝2.24 s
(3)由单摆周期公式
T＝2π
可得T2＝
则T2 － L图像的斜率
k＝
故C正确，A、B、D错误．
(4)根据题意由单摆周期公式
T＝2π
可得T1＝2π
T2＝2π
联立可得g＝
答案：(1)2.06　(2)2.24　(3)C　
例2　解析：(1)由题图丙所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05 mm，游标卡尺示数为：18 mm＋10×0.05 mm＝18.50 mm.
(2)摆球经过平衡位置时细线的拉力最大，在一个周期内摆球两次经过平衡位置，由题图乙所示图像求出单摆的周期T＝t2，由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度g＝；
(3)由单摆周期公式T＝2π 可得：T2＝l，T2 － l图像的斜率k＝，重力加速度g＝，珠穆朗玛峰山顶的重力加速度小于山脚的重力加速度，因此在峰顶做实验时图像斜率较大，在峰顶做实验作出的图线可能是直线a.
答案：(1)18.50　　(3)a
2．解析：(1)游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图乙．
(2)一个周期内小球应该两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，故周期为t1＋2t0－t1＝2t0；小球的直径变大后，摆长变长，根据T＝2π 可知，周期变大；每次经过最低点时小球的挡光的时间变长，即Δt变大．
答案：(1)乙　(2)2t0　变大　变大
3．解析：(1)由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度g＝；测摆线长时测了悬线的总长度，测得摆长偏大，由g＝可知，测得的g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，使周期变大了，由g＝可知，所测得的g值偏小，故B正确；开始计时时，停表过迟按下，测得的时间t偏小，所测周期T偏小，由g＝可知，所测g值偏大，故C错误；实验中误将49次全振动次数记为50次，由T＝可知所测周期T偏小，由g＝可知，所示g值偏大，故D错误．
(2)由单摆周期公式T＝2π 可得：T2＝l，T2 － l图线的斜率k＝，则重力加速度g＝；
(3)由单摆周期公式T＝2π 可知，摆长l＝，由题图2所示可知，单摆周期Ta＝ s，Tb＝2 s，两单摆摆长之比＝＝2＝；由题图2所示图像可知，在t＝1 s
时，b球振动的方向沿着y轴向下运动，故方向为沿y轴负方向．
答案：(1)B　(2)　(3)　y轴负方向

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