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第二章机械振动
第5节实验：用单摆测量重力加速度
【素养目标】
1、知道单摆的周期与摆长、重力加速度的关系。会用单摆测定重力加速度。
【必备知识】
一、实验思路
当摆角很小时（）由周期公式T＝2π可得：g＝，只要测出单摆的摆长和周期，就可以求出当地的重力加速度。
实验装置
在细线的一端打一个比小球上的孔径稍大些的结，将细线穿过球上的小孔，并把细线上端固定在铁架台上。
将铁架台固定在铁架台的上端，即用铁夹固定细线上端。
将铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，方便使用不同长度的摆线。
物理量的测量
测摆长
摆长是摆线长度和小球的半径之和。
用游标卡尺测出小球的直径D，算出半径r；用刻度尺测量悬挂点到小球上端的距离则摆长=+r
测周期：把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度（），然后释放摆球，用停表测出单摆完成30-50次全振动的时间，计算出完成一次全振动的时间，即单摆的周期。
数据分析
公式法：将几次测得的周期T和摆长代入公式g＝中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地重力加速度的值。
图像法：由单摆周期公式T＝2π可得，因此以为纵轴、以摆长为横轴作出的-图像是一条过原点的直线，其斜率k=，求出斜率k值，即可求出g值。
注意事项
细线应选择细、轻且不易伸长的线；小球应选用质量大、体积小的球。
细线上端不可随意卷在铁架台的杆上，而应用铁夹夹紧，以免摆动时，摆长会改变。
单摆摆动时，偏角尽量小些（），且要保持在同一竖直面内，不要形成圆锥摆。
摆长=摆线长+小球半径。测摆长时应将摆球悬挂好再测。
5、测量单摆的振动周期时要从平衡位置开始计时
单摆摆到平衡位置时的速度最大，从这里作为计时起点误差最小。因为计时的瞬间球快速地通过平衡位置，即使球没有摆到平衡位置或刚超过了平衡位置，摆球的运动用时也很短。相反，若在最大位移处开始计时，正因为是速度很小，计时的瞬间若摆球没有到达或超过最大位移，运动时间较长，引起的误差就会大一些。
【课堂检测】
1．如图，两个完全相同的弹性小球A和B分别悬挂在两根长度分别为L和的不可伸长的轻绳末端，两绳均处于竖直状态，两小球重心在同一水平线上且刚好相互接触.现将A球拉到一个很小的角度由静止释放，则在B球运动的2个周期内，两球相碰的次数为（　　）
A．4次
B．5次
C．6次
D．7次
【答案】B
【详解】
A、B摆长比为，根据单摆的周期公式
可知A、B振动周期之比为.两球发生弹性碰撞，质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律，两球相碰后交换速度，A球运动个周期，B球运动了个周期，知在这段时间内两球相碰的次数为5次。
故选B。
2．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：甲同学用标准的实验器材和正确的实验方法测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图T2﹣L图象中的实线OM；乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学作出的T2-L图像为（　　）
A．虚线①，不平行实线OM
B．虚线②，平行实线OM
C．虚线③，平行实线OM
D．虚线④，不平行实线OM
【答案】B
【详解】
根据单摆的周期公式得，，测量摆长时忘了加上摆球的半径，单摆的摆长L偏小，两图象的斜率相等，两图象应平行，且相同的T值时L偏小，则图象在T轴上有截距，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【素养作业】
1．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值偏小，可能是因为（
）
A．摆球的质量太大
B．测摆长时，将线长加小球直径作为摆长
C．测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记为（n+1）次
D．摆球上端未固定牢固，摆动中出现松动，摆线变长
【答案】D
【详解】
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，根据
得
A．g值与摆球的质量无关，A错误；
B．测摆长时，将线长加小球直径作为摆长，使得偏大，则g值偏大，B错误；
C．测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记为（n+1）次，使得g值偏大，C错误；
D．摆球上端未固定牢固，摆动中出现松动，摆线变长，使得测得的比实际值偏小，则g值偏小，D正确。
故选D。
2．有粗细相同的棉线、丝线和铁丝,在选取作为单摆的摆绳时,应选取(
)
A．棉线,因为它比较轻
B．丝线,因为它既轻又不易发生形变
C．铁丝,因为它较重且摆动起来又容易稳定
D．任意选取哪一种都一样,因为单摆的摆动周期仅与摆长有关
【答案】B
【详解】
理想的单摆的摆线是一条没有伸缩和质量的线段,而实际情况中摆线既有形变又有质量,对实验结果有一定的影响.相对而言,丝线更符合条件,棉线差在形变上,而铁丝太重了,会造成实际摆的重心上移,影响摆长测量的准确度.，故选B。
3．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，如果测得的g值偏小，可能的原因是（）
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动使摆线长度增大了
C．开始计时时，迟按秒表
D．实验中误将49次全振动计为50次全振动
【答案】B
【分析】
根据公式g=判断误差原因。
【详解】
根据单摆的周期公式：
解得；
A．测摆线长时摆线拉得过紧，导致摆长测量值偏大，即测得的g值偏大，A错误；
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动使摆线长度增大了，即测量值小于实际摆长，测得的g值偏小，B正确；
C．开始计时时，迟按秒表，导致测量周期偏小，测得的g值偏大，C错误；
D．实验中误将49次全振动计为50次全振动，由于周期
，n偏大，则测得周期偏小，测得的g值偏大，D错误。
故选B。
4．在用单摆测定重力加速度时，摆球应选用(
)
A．半径为1
cm的木球
B．半径为1
cm的铝球
C．半径为1
cm的空心钢球
D．半径为1
cm的实心钢球
【答案】D
【详解】
钢球密度大,同样的体积更重,符合单摆测g时对小球的要求,小一些、重一些好，故选D。
5．为了提高周期的测量精度，下列做法可取的是(
)
A．在平衡位置启动秒表，完成一次全振动计时结束
B．在最大位移处启动秒表，第一次回到这一位置结束计时
C．在平衡位置启动秒表，完成30次全振动计时结束
D．在最大位移处启动秒表，完成30次全振动计时结束
【答案】C
【详解】
在平衡位置启动原因是:此时速度最大,易区分,计时误差相对小,测30次目的是多次
理由测量求平均值.故选C。
6．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，可行的是（　　）
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要适当大一些
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
【答案】A
【详解】
A．适当加长摆线，可增加单摆的周期，从而减小测量周期的相对误差，故A项正确；
B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，从而减小空气阻力带来的影响，故B项错误；
C．单摆偏离平衡位置的角度不要超过5°，故C项错误；
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30~50次全振动后停止计时，求出平均周期，故D项错误。
故选A。
7．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2，对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是（
）
A．单摆的摆长约为1.0
m
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（πt）cm
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
【答案】C
【详解】
A．由公式
解得L=1m．故A正确，不符合题意；
B．由振动图象读出周期T=2s，振幅A=8cm，由
得角频率ω=πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asinωt=8sin（πt）cm，故B正确，不符合题意；
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小．故C错误，符合题意；
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大．故D正确，不符合题意。
故选C。
【点评】
8．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)
A．T=2πr
B．T=2πr
C．T=
D．T=2πl
【答案】B
【详解】
在地球表面重力等于万有引力，故
解得
由单摆的周期：
联立各式解得
故选B．
【点睛】
本题关键是要掌握两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式.

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