2024高考物理大一轮复习题库-实验九-用单摆测量重力加速度的大小.docx

实验九　用单摆测量重力加速度的大小

1．实验目的
(1)练习使用秒表和刻度尺。
(2)学会用单摆测定当地重力加速度。
2．实验原理
当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝。因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值。
3．实验器材
中心带有孔的小钢球、细线(长约1 m)、毫米刻度尺、游标卡尺、秒表、铁架台等。
4．实验步骤
(1)做单摆
将细线穿过中心带有孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架上，让摆球自然下垂。如图1所示。

图1
(2)测摆长
用毫米刻度尺量出摆线长l′，用游标卡尺测出摆球直径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角度(小于5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30～50次全振动的总时间，算出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期。
(4)改变摆长，重做几次实验。
5.数据处理
(1)公式法：g＝，算出重力加速度g的值，再算出g的平均值。
(2)图像法：

图2
根据测出的一系列摆长l对应的周期T，作l－T2的图像，由单摆周期公式得l＝
T2，图像应是一条通过原点的直线，如图2所示，求出图线的斜率k，即可利用g＝4π2k求重力加速度。
6．误差分析

产生原因
减小方法
偶然误差
测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差
①多次测量求平均值
②计时从摆球经过平衡位置时开始
系统误差
主要来源于单摆模型本身
①摆球要选体积小，密度大的②最大摆角要小于5°
7.注意事项
(1)摆线要选1 m左右，不要过长或过短。
(2)悬线长要待悬挂好球后再测，计算摆长时要将悬线长加上摆球半径。
(3)单摆要在竖直平面内摆动，不要形成圆锥摆。
(4)要从平衡位置开始计时，并数准全振动的次数。

命题点一　教材原型实验
【真题示例1 [2020·浙江7月选考]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像如图3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________。

图3
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
答案　(1)BC　(2)C
解析　(1)单摆只有在最大摆角小于5°时，其振动才可以视为简谐运动，所以选项A错误；摆球的质量大些、体积小些，可以减小振动时空气阻力的影响，可以减小测量误差，选项B正确；摆线尽量细些，可减小摆线质量的影响，摆线尽量长些，可保证最大摆角小于5°，伸缩性小些，可使摆动过程中摆长保持不变，选项C正确；由于摆球在通过最低位置时速度最大，计时的起、止位置选在摆球达到的最低位置，有利于减小计时误差，选项D错误。
(2)设摆线长为L，摆球半径为r，则单摆的周期公式为T＝2π，变化为T2＝。对照题图所示的图像，图像斜率k＝。实验所得结果与当地重力加速度值相等，说明实验测量符合要求，图像延长线没有过原点，说明测量摆长时直接将摆线长度做为摆长，其原因可能是C。
【针对训练1】 (2021·江苏扬州市调研)小丽做“用单摆测量重力加速度”实验。

图4
(1)如图4甲所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆。图乙、丙分别画出了细线上端的两种不同的悬挂方式，你认为图________(填“乙”或“丙”)的悬挂方式较好。
(2)如图丁所示，用游标卡尺测得小钢球的直径d＝________ mm，测出摆线的长度，算出摆长l，再测出摆的周期T，得到一组数据，改变摆线的长度，再得到几组数据。
(3)根据实验数据作出T2－l图像，发现图像是过坐标原点的倾斜直线，斜率为k，根据单摆周期公式，可以测得当地的重力加速度g＝________(用k表示)，利用图像法处理数据是为了减小____填“偶然”或“系统”)误差。
答案　(1)丙　(2)22.6　(3)　偶然
解析　(1)实验时，运用乙悬挂方式，单摆在摆动的过程中，摆长在变化，对测量有影响，丙悬挂方式，摆长不变，可知丙悬挂方式较好。
(2)游标卡尺游标为10分度，精确度为0.1 mm，由图可知，主尺读数为22 mm，游标尺读数为6×0.1 mm＝0.6 mm
故最终读数为22 mm＋0.6 mm＝22.6 mm。
(3)由单摆周期公式T＝2π可知T2＝l，T2－l图像的斜率k＝，所以重力加速度g＝，用图像处理数据可以减小偶然误差。
【针对训练2】 (2021·福建龙岩市质量检测)在“用单摆测量重力加速度实验中：
(1)用毫米刻度尺测出摆线长L，用游标卡尺测出摆球的直径D。在下面进行的操作中，正确的是：________ (选填选项前的字母)。
A．把单摆从平衡位置拉开一个较大的角度释放
B．摆球经过平衡位置时开始计时
C．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间作为单摆的周期
(2)当单摆摆动稳定后，用秒表测量单摆n次全振动的时间t，秒表的示数如图5所示，则t＝________ s。

图5
(3)用上述实验过程中测出的物理量(摆线长为L，摆球直径为D，全振动n次所用时间t)写出重力加速度计算式g＝____________。
答案　(1)B　(2)75.2　(3)
解析　(1)单摆在摆角小于5°的情况下做简谐振动，故A错误；为减小实验误差应在单摆经过平衡位置时计时，故B正确；测出多个周期的总时间然后求出平均值作为单摆的周期，故C错误。
(2)秒表的示数t＝60 s＋15.2 s＝75.2 s。
(3)周期T＝，根据T＝2π
解得g＝。
命题点二　拓展创新实验
【真题示例2 [2020·海南卷，14(1)]滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图6所示，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)。

图6
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。
答案　　
解析　滑板车做往复运动的周期为T＝，
根据单摆的周期公式T＝2π，得R＝＝。
【针对训练3】 (2021·江西九江市模拟) 在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，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，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图7甲所示。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的变化图线如图乙所示，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________(填“变大”“不变”或“变小”)，图中的Δt将________(填“变大”“不变”或“变小”)。

甲

乙
图7
答案　2t0　变大　变大
解析　从平衡位置计时开始，第二次回到平衡位置是一次全振动，所以由图可知单摆周期是2t0。单摆摆长为悬点到摆球球心的距离，即l＝L＋r，增大r，周期T＝2π变大。Δt对应的是小球的挡光时间，小球越大，挡光时间Δt越长。

1．[2020·全国Ⅱ卷，34(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。)
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。
答案　6.9　96.8
解析　由弧长公式可知l＝θR，又结合题意所求的距离近似等于弧长，则d＝×2π×80.0 cm＝6.98 cm，结合题中保留1位小数和摆动最大角度小于5°可知不能填7.0，应填6.9；由单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆长的平方根成正比，即T∝，又由题意可知旧单摆周期与新单摆周期的比为10∶11，则＝，解得l′＝96.8 cm。
2．(2021·北京西城区5月统测)用图8所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。

图8
(1)组装单摆时，应该选用________(用器材前的字母表示)。
A．长度为1 m左右的细线
B．长度为30 cm左右的细线
C．直径约为1.8 cm的塑料球
D．直径约为1.8 cm的钢球
(2)如图9所示，用游标卡尺测量摆球直径。摆球直径d ＝________cm。

图9
(3)甲同学测量了6组数据，在坐标纸上描点作图得到了如图10所示的图像，其中T表示单摆的周期，l表示单摆的摆长。用g表示当地的重力加速度，图线的数学表达式可以写为T2＝______(用题目所给的字母表示)。由图像可计算出当地的重力加速度g＝____m/s2(π取3.14，计算结果保留3位有效数字)。

图10
(4)乙同学在实验中操作不当，使得摆球没有在一个竖直平面内摆动。他认为这种情况不会影响测量结果，所以他仍然利用所测得的运动周期根据单摆周期公式计算重力加速度。若将小球的实际运动看作是在水平面内的圆周运动，请通过推导，分析乙同学计算出的重力加速度与真实值相比是偏大还是偏小________。
答案　(1)AD　(2)1.85　(3)　9.86　(4)偏大
解析　(1)根据T＝2π得g＝，知需要测量摆长，在实验过程中摆球越重，空气阻力对实验的影响越小，摆长越长，周期越长，测量误差越小。A、D正确。
(2)如题图所示，游标卡尺主尺的示数为18 mm，游标尺示数5×0.1 mm＝0.5 mm，则摆球的直径为18.5 mm＝1.85 cm。
(3)由T＝2π得T2＝，由图像可知图像的斜率k＝
则根据图像的斜率k＝4
则g＝9.86 m/s2。
(4)对圆锥摆，根据牛顿第二定律有
mgtan θ＝mr
其中r＝lsin θ
解得T＝2π＜2π
根据g＝l，T偏小，所以g偏大。