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1、实验十二用单摆测量重力加速度的大小【目标要求】1.知道利用单摆测量重力加速度的原理2掌握利用单摆测量重力加速度的方法.实验技能储藏1 .实验原理当摆角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为丁=2日!，由此得到且=写，因此，只要 测出摆长/和振动周期r,就可以求出当地的重力加速度g的值.2 .实验器材单摆，游标卡尺,亳米刻度尺，僵表.3 .实验过程(1)让细线的端穿过金属小球的小孔，做成单摆.(2)把细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 摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图1所示.图1(3)用亳米刻度尺量出摆线长度r ,用游标卡尺测出金属小球的直径，
2、即得出金属小球半径八 计算出摆长/=/ +匚(4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(不超过5。)，然后放开金属小球，让金属小球摆 动，待摆动平稳后测出单摆完成3050次全振动所用的时间/,计算出单摆的振动周期T.(5)根据单摆周期公式，计算当地的重力加速度.(6)改变摆长，重做几次实验.4 .数据处理(1)公式法：利用7=(求出周期，算出三次测得的周期的平均值，然后利用公式g=等求重力加速度.图2图像法：根据测出的一系列摆长/对应的周期7,作/一/的图像，由单摆周期公式得/=券 户,图像应是一条通过原点的直线，如图2所示，求出图线的斜率上即可利用求重 力加速度.5 .考前须知(1)悬线顶端
3、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，用亳米刻度尺量出悬线长I,用游标卡尺测量小球的直径，然后算出 摆球的半径八那么摆长/=/ +匚(5)一般选用一米左右的细线.考点一教材原型实验im 11 (2019山东济南市调研)实验小组的同学们用如图3所示的装置做“用单摆测量重力加 速度”的实验.测出悬点O到小球球心的距离(摆长)/及单摆完成次全振动所用的时间Z,那么重:力加速度 g=.(用/、/表不)(2)实验时除用到停表、刻度尺外，还应该用到以下器材中的.(填选项前的字
4、母)A.长约1 m的细线B.长约1m的橡皮绳C.直径约1 cm的均匀铁球D.直径约10 cm的均匀木球(3)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图4 中所示的固定方式.某实验小组组装单摆时，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5所示，这样做的目的是.（填选项前的字母）图5A.保持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（5）他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用亳米刻度尺量得从悬点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6
5、所示，那么该摆球的直径为mm.2 主尺cm叫丁”1丫1川一I 一,I（）游标尺1（）I图6（6）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的选项是.（填选项前的字母）A.测出摆线长作为单摆的摆长B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动C.在摆球经过平衡位置时开始计时D.用停表测量摆球完成一次全振动所用时间并作为单摆的周期（7）甲同学屡次改变单摆的摆长并测得相应的周期,他根据测最数据画出了如图7所示的图像, 但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量.你认为横坐标所代表的物理量是（填 或“，?），假设图线斜率为匕那么重力加速度g=（用k表示）.图7(8)乙同学测得的重力加速度数值大于当地
6、的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能 是.(填选项前的字母)A.开始摆动时振幅较小B.开始计时时，过早按下停表C.测量周期时，误将摆球(-1)次全振动的时间记为次全振动的时间D.测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长答案生部(2)AC 乙(4)AC (5)12.0 (6)BC (7刖誓(8)CD解析(1)单摆的周期T=%由单摆周期公式得重力加速度8=宰=+，(2)为了便于测量周期和减小空气阻力，摆线选择较细且结实的线，应选A;为了减小空气阻 力的影响，排球选择质量大体积小的，应选C.(3)为了防止运动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，那么选图乙.(4)这样做的目的是便于调
7、节摆长，把摆线夹得更紧一些，使摆动过程中摆长不变，因此A、 C正确.(5)摆球的直径为d= 12.0 mm.(6)摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，A错误；将停表测量摆球完成一次全振动所用时间 作为单摆的周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误.(7)根据单摆周期公式也所以应该作出图像，故横坐标所代表的物理 量是S，斜率攵=关，解得g=等.(8)由周期公式7=2，得且=4712/单摆振幅大小与g无关，故A错误；开始计时时，过早按下停表，周期偏大，那么g偏小，故B错误；测量周期时，误将摆球(- 1)次全振动的时 间记为次全振动的时间，周期偏小，那么g偏大，故C正确；摆长等于摆线的长度加上摆球
8、 的半径，假设测量摆长时以悬点到小球下端边缘的距离为摆长，摆长偏大，由且=予-,所以g 偏大，故D正确.跟进训练某同学利用单摆测最重力加速度，他用分度值为亳米的刻度尺测得摆线长为89.40 cm,用游 标卡尺测得摆球直径如图8甲所示，读数为 cm,那么该单摆的摆长为 cm. 用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图乙所示，那么停表读数为 s.如果测得的g值偏小，可能的原因是(填选项前的序号).+州州*州刑山0 5 1() 15 204 cmA.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次答案
9、 2.050 90.425 57.0 C解析 游标卡尺的主尺的刻度为2() mm； 20分度的游标尺精确度为0.05 mm,游标尺的第10 刻度与上面对齐，所以游标尺的读数为0.05 mmX 10=0.50 mm,游标卡尺的总读数为20.50 nun=2.050 cm.单摆的摆长为摆线的长度与摆球的半径的和，=/+目=(89.40+名)cm= 90.425 cm.停表的分钟指针不到一分钟，超过半分钟，所以停表的读数为57.0 s.根据单摆的 周期公式得且=臂.如果测得的g值偏小，可能的原因是测量的摆长偏小，或测 量的周期偏大.假设计算摆长时用的是摆球的直径，那么摆长的测量值偏大，此时g的测量值
10、偏 大，故A错误；开始计时时，停表晚按下，那么测量的时间偏小，计算出的周期偏小，测量出的g值偏大，故B错误；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，摆长测量值偏小，所以g的测量值偏小，故C正确：实脸中 误将30次全振动记为31次，周期7=5号，即周期的测量值偏小，此时g的测量值偏大， 故D错误.考点二拓展创新实验【例21 (2020山东荷泽市调研)在探究单摆运动的实验中：(I)图9(a)是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图(b)是与力传感器连接的计算机 屏幕所显示的尸一/图像，根据图(b)的信息可得，从f=。时刻开始摆球第一次摆到最低点的 时刻为 s,摆长为 m(取
11、砂=10,重力加速度大小g=10m/s2).图9(2)单摆振动的回复力是.A.摆球所受的重力B.摆球重力在垂直摆线方向上的分力C.摆线对摆球的拉力D.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力(3)某同学的操作步骤如下，其中正确的选项是.A.取一根细线，下端系住直径为4的金属小球，上端固定在铁架台上B.用米尺量得细线长度/,测得摆长为，C.在摆线偏离竖直方向5。位置静止释放小球D.让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度答案(1)0.5 0.64 (2)B (3)AC解析(1)根据题图(b)的信息可得，摆球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力最大，所对应的时刻为/=0.5s.
12、根据题图(b)的信息可得，单摆周期7=1.6s,由单摆周期公式解得摆长为Z=0.64 m.(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，而摆球所受重力和摆线对摆球拉 力的合力在径向上提供向心力，选项B正确.(3)测得摆长应为/+看选项B错误；假设让小球在水平面内做圆周运动，那么为圆锥摆运动，测得的摆动周期不是单摆运动周期，选项D错误.m 31在“探究单摆的周期与摆长的关系”的实验中，摆球在垂直纸面的平面内摆动.如图 10甲所示，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置-激光光源与光敏电阻.光敏电阻(光 照时电阻比拟小)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/的变化图线 如图乙所示，那么该单摆的振动周期为.假设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，那么该单摆的周期将(填“变大”“不变” 或“变小”).答案2r（）变大解析RAro r/|+/o 乙图10单摆在一个周期内两次经过平衡位受，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从图线可知周期为2砧.摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据单摆的周期公式T=R-t,摆长变大，所以周期变大.