（天津专用）2020届高考物理一轮复习 实验课9 用单摆测重力加速度课件 新人教版

实验课9用单摆测重力加速度-2-一、实验目的1.利用单摆测定当地的重力加速度。2.巩固和加深对单摆周期公式的理解。二、实验原理单摆在偏角很小(小于5°)时的摆动,可以看成是简谐运动。其固有周期为T=2πlg,由此可得g=4𝜋2lT2。据此,只要测出摆长l和周期T,即可计算出当地的重力加速度值。三、实验器材铁架台及铁夹、中心有小孔的金属小球、约1m长的细线、停表、刻度尺、游标卡尺。-3-四、实验步骤1.让线的一端穿过小球的小孔,然后打一个比小孔大一些的线结,做成单摆。2.把线的上端用铁夹固定在铁架台上,把铁架台放在实验桌边,使铁夹伸到桌面以外,让摆球自由下垂,在单摆平衡位置处做上标记,如图所示。-4-3.用刻度尺测摆线长,用游标卡尺测小球直径d或直接用刻度尺测量单摆的摆长(悬点到球心间的距离)。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30~50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,重做几次实验。6.根据单摆的周期公式,计算出每次实验的重力加速度,求出几次实验得到的重力加速度的平均值,就是该地区的重力加速度的值。7.将测得的重力加速度数值与当地重力加速度数值加以比较,分析产生误差的可能原因。-5-五、数据处理1.公式法:每改变一次摆长,将相应的l和T代入公式g=4𝜋2lT2中,求出g值,最后求出g的平均值。2.图像法:由T=2πlg得T2=4𝜋2gl作出T2-l图像,即以T2为纵轴,以l为横轴,如图所示。其斜率k=4𝜋2g,由图像的斜率即可求出重力加速度g。-6-六、误差分析1.系统误差的主要来源:悬点不固定,球、线不符合要求,振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。2.偶然误差主要来自时间的测量,因此,要从摆球通过平衡位置时开始计时,不能多计或漏计全振动次数。七、注意事项1.选择器材时应选择细而不易伸长的线,长度一般为1m左右。小球应选用质量大、体积小的金属球。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,要使之保持在同一个竖直平面内,不要形成圆锥摆。4.计算单摆的振动次数时,应以摆球通过最低点位置时开始计时,以摆球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,并用取平均值的方法求周期。-7-考向1考向2考向3实验原理与操作例1某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中:(1)用游标卡尺测定摆球的直径,测量结果如图甲所示,则该摆球的直径为cm。摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°,为了减小测量周期的误差,计时开始时,摆球应是经过最(选填“高”或“低”)点的位置,且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间,求出周期。图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需时间,则单摆振动周期为。-8-考向1考向2考向3-9-考向1考向2考向3(2)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长,测量情况如图丙所示。O为悬挂点,从图丙中可知单摆的摆长为m。(3)若用l表示摆长,T表示周期,那么重力加速度的表达式为g=。(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,学生甲说:“因为空气浮力与摆球重力方向相反,它对球的作用相当于重力加速度变小,因此振动周期变大。”学生乙说:“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验,因此振动周期不变”,这两个学生中。A.甲的说法正确B.乙的说法正确C.两学生的说法都是错误的-10-考向1考向2考向3(5)某同学用单摆测当地的重力加速度。他测出了摆线长度l和摆动周期T,如图丁所示。通过改变悬线长度l,测出对应的摆动周期T,获得多组T与l,再以T2为纵轴、l为横轴画出函数关系图像如图戊所示。由图像可知,摆球的半径r=m,当地重力加速度g=m/s2;由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会(选填“偏大”“偏小”或“一样”)。-11-考向1考向2考向3解析(1)由图示游标卡尺可知,其示数为9mm+6×0.1mm=9.6mm=0.96cm;为了减小测量周期的误差,应从摆球经过最低点的位置时开始计时。由图示停表可知,其示数为t=120s+12s=132s,故单摆周期:T=𝑡𝑛=13250s=2.64s;(2)悬点到摆球球心的距离是单摆摆长,由图示刻度尺可知,单摆摆长为99.80cm=0.9980m;(3)由单摆周期公式T=2π𝑙𝑔可知,重力加速度g=4π2𝑙𝑇2;(4)考虑到空气浮力,浮力的方向始终与重力方向相反,相当于等效的重力场的重力加速度变小,甲的说法正确,故A正确;-12-考向1考向2考向3(5)T2与l的图像应为过原点的直线,但图像中没有过原点,且实验中该学生在测量摆长时,只量了悬线的长度l当作摆长,而没有加上摆球的半径,据此可知横轴截距应为球的半径,由图示图像可知,摆球的半径r=1.0cm=0.010m;由单摆周期公式T=2π𝑙𝑔可知T2=4π2𝑙𝑔,T2-l图像的斜率k=4π2𝑔=0.040.01=4,重力加速度g=4π2𝑘=4×3.1424m/s2=9.86m/s2;用T2-l的关系图线求当地重力加速度值,误将摆线长当成摆长进行测量和绘制图线,T2-l图像的斜率不变,所测重力加速度不变。答案(1)0.96低2.64s(2)0.9980(3)(4)A(5)0.0109.86一样4π2𝑙𝑇2-13-考向1考向2考向3实验数据处理与误差分析例2(2018·北京东城区二模)用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。(1)对测量原理的理解正确的是。(选填选项前的字母)A.由g=4𝜋2lT2可知,T一定时,g与l成正比B.由g=4𝜋2lT2可知,l一定时,g与T2成反比C.单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定,由g=4𝜋2lT2可算出当地的重力加速度甲-14-考向1考向2考向3(2)若测量结果得到的g值偏大,可能是因为。(选填选项前的字母)A.组装单摆时,选择的摆球质量偏大B.测量摆长时,将悬线长作为单摆的摆长C.测量周期时,把n次全振动误认为是(n+1)次全振动-15-考向1考向2考向3(3)下表是某同学记录的实验数据,并做了部分处理。组次123456摆长l/cm40.0050.0060.0080.00100.00120.0050次全振动用时t/s63.074.077.589.5100.0109.5周期T/s1.261.481.551.792.19周期的平方T2/s21.592.012.403.204.80-16-考向1考向2考向3请计算第5组实验中的T2=s2。乙-17-考向1考向2考向3(4)将上表数据输入计算机,可得到图乙所示的l-T2图像,图线经过坐标原点,斜率k=0.25m/s2。由此求得重力加速度g=m/s2。(π2=9.87,此空答案保留三位有效数字)-18-考向1考向2考向3解析(1)由单摆周期公式T=2π𝑙𝑔可知,重力加速度g=4π2𝑙𝑇2,测出单摆的摆长l与周期T,可以求出重力加速度,故A、B错误,C正确。(2)由单摆周期公式T=2π𝑙𝑔可知,重力加速度g=4π2𝑙𝑇2。单摆周期与摆球质量无关,组装单摆时,选择的摆球质量偏大不会导致g的测量值偏大,故A错误;测量摆长时,将悬线长作为单摆的摆长,所测摆长l偏小,所测g偏小,故B错误;测量周期时,把n次全振动误认为是(n+1)次全振动,所测周期T偏小,所测g偏大,故C正确。(3)由表中实验数据可知,完成50次全振动需要的时间为100.0s,则周期T=2.0s,T2=(2.0s)2=4.00s2。(4)由单摆周期公式T=2π𝑙𝑔可知l=𝑔4π2T2,l-T2图像的斜率k=𝑔4π2,解得g=9.87m/s2。答案(1)C(2)C(3)4.00(4)9.87-19-考向1考向2考向3实验探究拓展例3某同学利用单摆测量重力加速度。(1)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-20-考向1考向2考向3(2)如图所示,在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约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ΔL。用上述测量结果,写出重力加速度的表达式g=。-21-考向1考向2考向3解析(1)组装单摆须选用密度大和质量适当大一些的小球,以保证空气阻力、细线质量可以忽略不计。A说法中密度较小,不符合要求,故A错误;选用轻且不易伸长的细线能够保证细线质量和长度的伸缩可以忽略不计,故B正确;用单摆测重力加速度必须保证摆球在同一竖直平面内摆动,故C正确;单摆周期公式只在小角度摆动的情况下成立,故单摆摆长一定时,振幅应尽量小一些,D错误。(2)设第一次摆长为L1,第二次摆长为L2,则T1=2π𝐿1𝑔,T2=2π𝐿2𝑔,又ΔL=L1-L2解得g=4π2Δ𝐿𝑇12-𝑇22。答案(1)BC(2)4π2Δ𝐿𝑇12-𝑇22