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用单摆测定重力加速度
知识点梳理
1.实验内容
(1)实验目的：
利用单摆测定当地的重力加速度，巩固和加深对单摆周期公式的理解.
(2)实验原理：
单摆在偏角很小时，可看成简谐运动，其固有周期，可得，据此，通过实验方法测出摆长和周期，即可计算得到当地的重力加速度值.
(3)实验器材：
铁架台及铁夹，金属小球（最好上面有一个通过球心的小孔)，秒表，细线(1m左右)，刻度尺（最小刻度为mm).
（4)实验步骤：
①让细线穿过球上的小孔，在细线的一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.
③用刻度尺测量单摆的摆长（摆线静止悬挂时从悬点到球心间的距离).
④把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角不太大，再释放小球.当摆球摆动稳定以后，过最低位置时，用秒表开始计时，测量单摆全振动30次（或50次）的时间，求出1次全振动的时间，即单摆的振动周期.
⑤改变摆长，反复测量三次，将算出的周期及测得的摆长代入公式,求出重力加速度的值，然后求的平均值.
2.实验数据的处理
(1)平均值法：每改变一次摆长，将相应的和代入公式中，求出值，并最后求的平均值.
(2)图像法：由得，作出图象，即以为纵轴，以为横轴，其斜率，由图象的斜率即可求出重力加速度.
3.实验注意事项
(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1m,小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm .
(2)单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象.
(3)注意摆动时控制摆线偏离竖直方向不太大，可通过估算振幅的办法掌握.
(4)摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆.
(5)计算单摆的振动次数时，应以摆球通过最低位置时开始计时为好，以后摆球应从同一方向通过最低点时计数，要多测几次（如30次或50次）全振动的时间，用取平均值的办法求周期.
4.误差的分析
(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，振动是圆锥摆还是同一竖直平面内的振动以及测量哪段长度作为摆长等等.只要注意了上面这些方面，就可以使系统误差减小到远远小于偶然误差，
达到忽略不计的程度.
(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，并采用倒数计时计数的方法，不能多记或漏记振动次数.为了减小偶然误差，进行多次测量后取平均值.
(3)本实验中长度（摆线长、摆球的直径）的测量时，读数读到毫米位即可（即使用游标卡尺测摆球直径也只需读到毫米位)，时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在“秒”的十分位即可，秒表读数不需要估读.
例1.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做摆长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”).
例2.将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中（单摆的下部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L,并通过改变L而测出对应的摆动周期T,再以为纵轴、L为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.
(1)现有如下测量工具：A.时钟；B.秒表；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关系图象如图乙所示，那么正确的图象应该是a、b、c中的
_______________.
(3)由图像可知，小桶的深度h_________m, 当地g___________.
5.秒表
(1)秒表的使用方法.
使用前先上好发条，测量时用手握住秒表，大拇指按下按钮，第一次按压，秒表指针立即走动，计时开始，随即放手任其按钮自行弹回；第二次按压按钮，秒表指针停止走动，指针指示出两次按压之间的时间；第三次按压时，秒针（长针）和分针（短针）都弹回零点（零刻线处.
(2)秒表的主要构造
秒表的主要构造有两部分，一部分是表盘，另一部分是外壳和按钮.
①表盘刻度：如图甲、乙所示，表盘内有两个大小不等的圆周. 大圆刻度盘上标有“5、10、15、20、25、30”字样，如图甲所示.也有的标有“0、1、2、3、4、…27、28、29”字样，如图乙所示.不管哪样标法，均表示秒针（长针）转动到不同位置的记录“×秒钟”数值，秒针每转一周，所经历的时间为30s.大圆周上分度值一般是0.1s，如图甲中的放大部分所示.小圆刻度盘上标有“3、6、9、12、15”字样，如图甲所示，也有的标有“5、10、15”或“1、2、3、…、14、15”字样如图乙.不管哪种标法，均表示分针（短针）转到不同位置的记录“×分钟”的数值.分针每转一周，所经历的时间为15min.小圆周上分度值一般为0.5min.
②外壳、按钮：该按钮又叫柄头，其作用为使指针启动、停止和回零.一般机械秒表（非电子秒表）上端有柄头，用以旋紧发条及控制秒表的走动和停止
(3)秒表的读数和记数方法
①所测时间超过0.5min时，0.5min的整数倍部分由小圆刻度盘内分针所指示的刻线读出，不足0.5min的部分由大圆刻度盘中秒针所指示的刻线读出，所测的总时间为两针（分针和秒针)示数之和，即分针指示数()+秒针指示数().
②秒表读数时一般不估计，因为秒表为机械表，其表针的运动是靠齿轮传动的，指针不可能停在两小格之间，不能读出比分度值所表示的更短时间来.
6.其他测重力加速度的方法
(1)平衡法（称重法）
用弹簧测力计竖直挂一钩码，使其处于静止状态，利用重力等于拉力，得.
(2)自由落体法
从高处由静止释放一重物，测出高度及下落时间,
(3)滴水法
①让水滴落到垫起来的盘子上，可以听到水滴每次碰盘子的声音，仔细地调整水龙头的阀门，使第一滴水碰到盘的瞬间，同时第二滴水正好从阀门处开始下落.
②从听到某个水滴的声音时开始计时，并数“0”，以后每听到一次响声，顺次加1，直到数到“n”,计时停止，停表上时间为.
③用刻度尺量出水龙头滴水处到盘子的距离为,根据上述实验所得的数据，计算出重力加速度的值为
(4)用电磁打点计时器测定重力加速度
(5)频闪照片法：测出小球自由下落的高度，知道频闪光源时间间隔,即可求出.
二、针对练习
1.（多选）在用单摆测重力加速度的实验中，为减小误差（ ）
A．应选质量小的球做摆球
B．先使摆球摆动几次，从摆球经过平衡位置时开始计时
C．用秒表测出30~50次全振动的时间，计算出平均周期
D．在测量摆线长度时，对安装好的单摆，要用力拉紧摆线后再测量
2.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中，小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是（ ）
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
3.（多选）在做用单摆测定重力加速度的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是（ ）
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开始计时，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.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.0cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s．则
（1）该摆摆长为　 　cm．
（2）（单选题）如果他测得的g值偏小，可能的原因是　 　
A．测摆线长时摆线拉得过紧
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
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次
5.在利用单摆测定重力加速度的实验中，某同学测出了多组摆长和运动周期，根据实验数据，作出T2﹣L的关系图象如图所示.
（1）为了减小测量误差，如下措施中正确的是　 　（填字母）.
A．单摆的摆角应尽量大些
B．摆线应尽量短些
C．选体积较小、质量较大的摆球
D．测量周期时，应取摆球在最高点时做为计时的起、终点位置
E．测量周期时，应测摆球30～50次全振动的时间算出周期
（2）图像不过坐标原点，原因可能是__________________________.
（3）虽然实验中出现了疏漏，但根据图象仍可算出重力加速度，其值为　 　m/s2（结果保留三位有效数字）.（取3.14）
6.某物理兴趣小组在做“用单摆测重力加速度”的实验研究，以下是其中一位同学的实验过程.
（1）该同学组装单摆时，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1所示，这样做的目的是　 　。
A．保证摆动过程中摆长不变
B．保证摆球再同一竖直面内摆动
C．需要改变摆长时便于调节
（2）该同学组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺（如图2）测量出从悬点量到摆球的最底端的长度＝0.8840m，再用游标卡尺（如图3）测量出摆球直径D＝　 　m，则单摆摆长L＝　 　m .
7.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示.
（1）（多选）组装单摆时，应在下列器材中选用　 　（选填选项前的字母）。
A．长度为1m左右的细线 B．长度为30cm左右的细线
C．直径为1.8cm的塑料球 D．直径为1.8cm的铁球
（2）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）.
（3）下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。
组次 1 2 3
摆长L/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/（m s﹣2） 9.74 9.73
请计算出第3组实验中的T＝　 　s， g＝　 　m/s2.
8.某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s．则：
（1）他测得的重力加速度g＝　 　m/s2．
（2）他测得的g值偏小，可能原因是：　 　
A．测摆线长时摆线拉得过紧．
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．
C．开始计时时，秒表过迟按下．
D．实验中误将49次全振动计为50次．
（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长并测出相应的周期T，从而得出一组对应的和T的数值，再以为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K．则重力加速度g＝　 　．（用K表示）
9.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.0cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s．则
（1）该摆摆长为　 　cm．
（2）（单选题）如果他测得的g值偏小，可能的原因是　 　
A．测摆线长时摆线拉得过紧
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
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次
10.（1）用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过________cm(保留1位小数). (提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程)
（2）某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为________cm.
（3）利用单摆测定重力加速度的实验中, 若测得的g值偏小，可能的原因是_______
A．摆球在水平面上做圆周运动 B．测摆长时, 仅测了线长未加小球半径
C．测周期时, 把n次全振动误记为（n+1）次 D．摆球上端未固定牢固，振动中出现松动
11.某同学用单摆测量重力加速度.
(1)为了减少测量误差，下列做法正确的是________(多选)；
A．摆的振幅越大越好 B．摆球质量大些、体积小些
C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些 D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
(2)改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图象如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是________.
A．测周期时多数了一个周期
B．测周期时少数了一个周期
C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
12.滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图，某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R(滑板车的长度远小于轨道半径).
主要实验过程如下：
(1)用手机查得当地的重力加速度g；
(2)找出轨道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间t，算出滑板车做往复运动的周期T＝________；
(3)将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入公式R＝________(用T﹑g表示)计算出轨道半径.
13.毕节市著名风景区韭菜坪，最高峰海拔2 900.6 m，素有“贵州屋脊”之称，大韭菜坪为世界上最大面积的野韭菜花带，小韭菜坪石林景观俊奇独特. 某高中学校的同学到小韭菜坪观赏石林，被独特奇秀的石林景观震撼，同学们突然想知道小韭菜坪的重力加速度是多少，于是他们结合所学物理知识，利用“单摆”实验测定山顶的重力加速度，同学们进行了以下操作，请完成以下填空：
(1)实验装置如图，用直尺测出摆线的长度为和小球最低端到悬点的距离为，则摆长＝__________________________________(用和表示).
(2)若摆球在竖直平面内做小角度摆动时，可视为简谐运动，为了记录振动次数和测量振动周期，同学们从某一次经过最低点时开始计时并计数1次，测出经过最低点次(约60～100次)的时间为，则该单摆的振动周期为T＝________.
(3)同学们根据测量的实验数据，计算出小韭菜坪的重力加速度，则表达式为g＝________(用、、、表示).
14.“用单摆测量重力加速度”的实验中：
(1)用游标卡尺测量小球的直径，如图甲所示，测出的小球直径为________mm.
(2)实验中下列做法正确的是________.
A．摆线要选择伸缩性大些的，并且尽可能短一些
B．摆球要选择质量大些、体积小些的
C．拉开摆球，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止
计时，此时间间隔作为单摆周期T的测量值
D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，从平衡位置开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间t，则单摆周期T＝
(3)实验中改变摆长L获得多组实验数据，正确操作后作出的图象为图乙中图线②. 某同学误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，其他实验步骤均正确，作出的图线应当是图乙中的________(选填“①”“③”或“④”)；利用该图线求得的重力加速度________(选填“大于”“等于”或“小于”)利用图线②求得的重力加速度.
答案
例题
例1.【解析】由单摆的周期公式得, 则,，
可得,由此式可知测得的与某一次的摆长无关，与两次实验中的摆长差有关，所以值与摆球重心在不在球心处无关.
例2.【解析】(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离L,需用到毫米刻度尺，测单摆的周期用秒表，所以测量工具选B、D.
(2)设摆线在筒内部分的长度为h, 由得，,可知关系图象为.
(3)将, L=m代入上式可得：h=30cm=0.3m，将, L=0代入上式可求得：
针对训练
1.BC 2.C 3.AC
4.【解答】解：（1）摆长L＝97.50+1.0cm＝98.50cm．
（2）根据单摆的周期公式得，g＝．
A. 测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．
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，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．
C. 开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．
D. 实验中误将49次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．故选B．
5.【解答】解：（1）A、单摆在摆角小于5°时的运动是简谐运动，所以单摆的摆角不能太大，故A错误；B、为了减小实验误差，摆线应适当长些，故B错误；
C、为了减小空气阻力对实验的影响，摆线的长度应远大于摆球的直径，所以应选择质量大，体积小的实心小球作为摆球，故C正确；D、为了减小测量周期的误差，测量周期时，应取摆球通过最低点时做为计时的起、终点位置，故D错误；E、为了减小测量周期的误差，测量周期时，应测摆球30～50次全振动的时间算出周期，故E正确。故选CE。
（2）图像不过坐标原点，将图像向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时，仅测了摆线长度而漏测了小球半径。
（3）由单摆周期公式T＝2π，解得g＝，由图可得斜率k＝4，代入数据解得g＝9.86m/s2, 故答案为：（1）CE（2）测摆长时，仅测了摆线长度漏测了小球半径（3）9.86。
6.【解答】解：（1）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，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC正确，B错误。故选：AC。
（2）游标卡尺的主尺读数为12mm，游标卡尺为0.1×0＝0.0mm，则摆球的直径为12.0mm＝0.012m，摆长L＝l﹣＝0.8840m﹣m＝0.8780m
故答案为：（1）AC；（2）0.0120，0.8780
7.【解答】解：（1）为减小实验误差，应选择1m左右的摆线，故选A，为减小空气阻力影响，摆球应选质量大而体积小的金属球，故选D，因此需要的实验器材是AD。
（2）单摆的周期：T＝，由单摆周期公式：T＝，解得：g＝＝。
（3）由表中实验数据可知，第三组实验中，周期：T＝，
代入数据有：g＝＝＝9.76m/s2
故答案为：（1）AD；（2）（3）2.01，9.76
8.【解答】解：（1）单摆的摆长L＝l线+＝101.00+1.00＝102.00cm．单摆振动50次所用的时间为101.5s，所以T＝2.03s，根据周期公式T＝2π，解得：g＝＝9.76m/s2
（2）本实验测量g的原理是单摆的周期公式T＝2π，解得：g＝，
A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．
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，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．C、开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．D、实验中误将49.5次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．故选：B
（3）由单摆的周期公式T＝2π，解得：T2＝L，所以图中的图线斜率k＝，解得：g＝． 故答案为：（1）9.76（2）B；（3）
9.【解答】解：（1）摆长L＝97.50+1.0cm＝98.50cm．
（2）根据单摆的周期公式得，g＝．
A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．
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，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．
C、开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．
D、实验中误将49次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．故选B． 故答案为：98.50，B．
10.（1）6.9 （2）96.8 （3）BD
11.（1）BC （2）C
12. (2)　(3)
13. (1)　 (2)　(3)
14. (1)14.5　 (2)BD　 (3)①　等于

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