【物理】2019届一轮复习人教版实验：探究单摆的运动　用单摆测定重力加速度学案

【物理】2019届一轮复习人教版实验：探究单摆的运动　用单摆测定重力加速度学案

第3讲　实验：探究单摆的运动　用单摆测定重力加速度 见学生用书P209‎ 微知识1 实验目的 ‎1．探究单摆的运动规律。‎ ‎2．利用单摆的周期公式测定重力加速度。‎ 微知识2 实验原理 由单摆的周期公式T＝2π ，可得出g＝l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g。‎ 微知识3 实验器材 ‎　单摆，游标卡尺，毫米刻度尺，停表。‎ 微知识4 实验步骤 ‎1．做单摆：取约‎1 m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球，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台上，让摆球自然下垂，如图所示。‎ ‎2．测摆长：用毫米刻度尺量出摆线长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角度(小于5°)，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。‎ ‎5．数据处理 ‎(1)公式法：g＝。‎ ‎(2)图象法：画l－T2图象。‎ g＝4π2 ， ＝＝。‎ 微知识5 注意事项 ‎1．悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定。‎ ‎2．单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°。‎ ‎3．选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数。‎ ‎4．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。‎ ‎5．选用一米左右的细线。‎ 一、思维辨析(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)‎ ‎1．实验中摆角不能过大，一般小于5°。(√)‎ ‎2．选择球摆动到最大摆角处开始计时，此时速度为零，计时较准确。(×)‎ ‎3．摆长即为摆线长度，即测量悬点到小球最上端的距离。(×)‎ 二、对点微练 ‎1．(实验操作)一位同学做“用单摆测定重力加速度”的实验，在把摆球悬挂好后，以下步骤正确的是(　　)‎ A．悬挂好单摆后，用米尺量出摆线的长度，得摆长L B．测周期T：把摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时把这次通过最低点作为第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按停表停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期T＝ C．把所测得的L和T代入单摆周期公式算出g，并写入实验报告 D．处理数据时，可以画T2－L图象也可以画L－T2图象 解析　用游标卡尺测出摆球直径D，摆长等于摆线长L＋，A项错误；按下停表开始计时，并且把这次过最低点计为第一次，在时间t内，单摆经过了59个半周期，周期应为T＝ s，B项错误；g应测量多次，然后取g的平均值作为实验结果，C项错误；处理数据时，可以画T2－L图象也可以画出L－T2图象，但要注意两种图象的斜率不同，D项正确。‎ 答案　D　‎ ‎2．(数据处理)下表是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据：‎ 摆长l/m ‎0.5‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ ‎1.1‎ 周期T2/s2‎ ‎2.0‎ ‎2.4‎ ‎3.2‎ ‎4.4‎ ‎(1)利用上述数据，在下图的坐标系中描绘出l－T2图象。‎ ‎(2)利用图象，取T2＝4.2 s2时，l＝__________ m，重力加速度g＝__________ m/s2。(结果保留三位有效数字)‎ 解析　(1)由T＝2π 得l＝T2，所以图象是过原点且斜率为的一条直线。‎ l－T2图象如图所示。‎ ‎(2)T2＝4.2 s2时，从图中可读出其摆长l＝‎1.05 m，将T2和l代入公式g＝，得g＝‎9.86 m/s2。‎ 答案　(1)见解析图　(2)1.05　9.86‎ 见学生用书P210‎ 微考点　　实验操作和数据处理　　　　　　　　　　　‎ 核|心|微|讲 用单摆测重力加速度的误差分析 ‎1．本实验的系统误差主要 于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点是否固定，球、线是否符合要求，振动是圆锥摆还是在同一竖直平面内的振动等。‎ ‎2．本实验的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，不能多计或漏计振动次数。‎ ‎3．利用图象法处理数据具有形象、直观的特点，同时也能减小实验误差，利用图象解题时要特别注意图象的斜率及截距的应用。‎ 典|例|微|探 ‎【例】　某同学利用单摆测量重力加速度。‎ ‎(1)(多选)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。(填选项字母)‎ 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 ‎(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约‎1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为‎20 cm、精度为‎1 mm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＝________。‎ ‎【解题导思】‎ ‎(1)做单摆时为什么要选择质量大且体积小的球？‎ 答：质量大空气阻力造成的影响相对小些，体积小可使空气阻力减小。‎ ‎(2)由单摆的周期公式T＝2π得T2＝l，则 T2－l图象斜率的物理意义是什么？‎ 答：T2－l图象的斜率的物理意义为。 ‎ 解析　(1)应选用密度较大且直径较小的摆球，A项错；在摆动中要尽力保证摆长不变，故应选用不易伸长的细线，B项对；摆动中要避免单摆成为圆锥摆，摆球要在同一竖直面内摆动，C项对；摆动中摆角要控制在5°以内，所以D项错。‎ ‎(2)设两次摆动时单摆的摆长分别为L1和L2，则T1＝2π ，T2＝2π ，则ΔL＝(T－T)，因此，g＝。‎ 答案　(1)BC　(2) 题|组|微|练 ‎1．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为‎78.50 cm，摆球直径为‎2.0 cm。然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力F的大小随时间t 的变化曲线如图所示。‎ ‎(1)该摆摆长为________cm。‎ ‎(2)该摆摆动周期为________s。‎ ‎(3)测得当地重力加速度g的值为________m/s2。‎ ‎(4)(多选)如果测得g值偏小，可能原因是________。(填选项字母)‎ A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动 C．计算摆长时，忘记了加小球半径 D．读单摆周期时，读数偏大 解析　(1)摆长＝摆线长＋小球半径＝‎78.50 cm＋‎1.0 cm＝‎79.50 cm。‎ ‎(2)由F－t变化图线可知，T＝1.8 s。‎ ‎(3)g＝＝ cm/s2≈‎9.68 m/s2。‎ ‎(4)由g＝可知g值偏小的可能原因是l的测量值偏小，选项B、C正确，A错误，也可能是T值偏大，选项D正确。‎ 答案　(1)79.50　(2)1.8　(3)9.68　(4)BCD ‎2.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。‎ ‎(1)(多选)他组装单摆时，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，如图所示。这样做的目的是________。(填选项字母)‎ A．保证摆动过程中摆长不变 B．可使周期测量得更加准确 C．需要改变摆长时便于调节 D．保证摆球在同一竖直平面内摆动 ‎(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 ‎0 m，再用游标卡尺测量摆球直径。结果如图所示，则该摆球的直径为________ mm。单摆摆长为________ m。‎ ‎(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为‎1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C、D均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________。(填选项字母)‎ 解析　(1)用一块开有狭缝的橡皮夹夹牢摆线，增大了线与悬挂处的摩擦，保证摆长不变；改变摆长时用力拉不会将摆线拉断，方便调节摆长，故A、C项正确。‎ ‎(2)用10分度游标卡尺，主尺读数为‎12 mm，游标尺读数为0，则摆球的直径为(‎12 mm＋0×‎0.1 mm)＝‎12.0 mm。单摆长l＝L－＝0.993 ‎0 m。‎ ‎(3)单摆的振动摆角小于15°才能看成是简谐振动，在测量周期时计时起点应该选择在平衡位置(速度大、误差小)。根据摆角估算振幅，A1＝lsin5°＝0.993 ‎0 m×0.087≈‎0.086 m＝‎8.6 cm，A、B振幅合理。A1＝lsin15°＝0.993 ‎0 m×0.26≈‎0.26 m＝‎26 cm，C、D振幅不合理。A中振动图象的计时起点在平衡位置是合理的，B中振动图象的计时起点在正的最大位置是不合理的，A项正确。‎ 答案　(1)AC　(2)12.0　0.993 0　(3)A 见学生用书P211　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．“用单摆测定重力加速度”的实验中，误差主要来自(　　)‎ ‎①摆长测量中的误差　②周期测量中的误差　③摆角超过10°时产生的误差　④由于π值的近似取值而带来的误差 A．①③　　　B．②④　　　C．①②　　　D．③④‎ 解析　根据T＝2π 得到g＝，主要误差来自摆长测量不准确和周期测量不准确。‎ 答案　C　‎ ‎2．石岩同学利用单摆测重力加速度，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为‎89.40 cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，读数为________，则该单摆的摆长为________ cm，用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图乙所示，则停表读数为________ s，如果测得的g值偏大，可能的原因是________。(多选，填选项字母)‎ 甲 乙 A．计算摆长时用的是摆球的直径 B．开始计时时，停表晚按下 C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加 D．实验中误将30次全振动记为31次 解析　由题图甲可知游标卡尺的读数为D＝‎2 cm＋‎0.050 cm＝‎2.050 cm；摆长为l＝L＋＝‎89.40 cm＋‎1.025 cm＝‎90.425 cm；停表的读数为57.00 s；因g＝＝，如果测得的g值偏大，可能是因为l、n偏大、t偏小，A、B、D项正确。‎ 答案　‎2.050 cm　90.425　57.00　ABD ‎3．某同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他只好找到一块大小为‎3 cm左右，外形不规则的大理石块代替小球。实验步骤：‎ A．石块用细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点 B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长 C．将石块拉开一个大约α＝30°的角度，然后由静止释放 D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T＝得出周期 E．改变OM间尼龙线的长度，再做几次实验，记下相应的L和T F．求出多次实验中测得的L和T的平均值作计算时使用的数据，带入公式g＝()‎2L求出重力加速度g ‎(1)你认为该同学在以上实验步骤中有重大错误的是哪些步骤？为什么？‎ ‎(2)该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小？你认为用何方法可以解决摆长无法准确测量的困难？‎ 答案　(1)实验步骤中有重大错误的是：‎ B．大理石重心到悬挂点间的距离才是摆长 C．最大偏角不能超过5°‎ D．应在摆球经过平衡位置时计时 F．应该用各组的L、T求出各组的g后，再取平均值 ‎(2)用OM作为摆长，则忽略了大理石块的大小，没有考虑从结点M到石块重心的距离，故摆长L偏小。根据T＝2π ，g＝，故测量值比真实值偏小。可以用改变摆长的方法，如T＝2π ，T′＝2π ，测出Δl，则g＝。‎