高中物理 第一章 机械振动 第5讲 学生实验：用单摆测定重力加速度学案 教科版选修34

第5讲 学生实验：用单摆测定重力加速度
[目标定位] 1.掌握用单摆测定重力加速度的原理和方法.2.体会单摆做简谐运动的条件．
一、实验原理
根据单摆的周期公式T ＝2π
l g ，可得g ＝4π2
l T
2. 只要测出单摆的摆长l 和振动周期T 即可算出当地的重力加速度g . 二、实验过程
1．让细线的一端穿过摆球的小孔，然后打一个比小孔大的线结．线的另一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．如图1所示．
图1
2．用米尺量出悬线长度l ′，用游标卡尺测出摆球的直径d ，则摆长l ＝l ′＋d
2.
3．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(不超过5°)后释放，使摆球只在一个竖直平面内做简谐运动．从摆球通过平衡位置时开始计时，数出之后摆球通过平衡位置的次数n ，用停表记下所用的时间t ，则单摆振动的周期T ＝2t n
.
4．根据单摆的周期公式，计算出重力加速度．
5．变更摆长，重做几次实验，计算出每次实验得到的重力加速度值，求其平均值．
一、实验器材、实验步骤与数据处理 1．实验器材
长约1 m 的细线，有小孔的摆球一个，带铁夹的铁架台、停表、游标卡尺、米尺． 2．实验步骤
3．数据处理
(1)公式法：将实验数据代入公式g ＝4π2
l
T
2求出每次重力加速度的值，然后求g 的平均
值，即为本地的重力加速度．
(2)图像法：由T ＝2π
l g 得T 2＝4π2
g
l ，以T 2为纵轴，以l 为横轴，作出T 2 l 图像，如图2所示．其斜率k ＝4π
2
g
，由图像的斜率即可求出重力加速度g .
图2
【例1】 在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l 和周期T 计算重力加速度的公式是g ＝.如果已知摆球直径为2.00 cm ，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图3(a)所示，那么单摆摆长是 cm.如果测定了40次全振动的时间如图(b)中秒表所示，那么秒表读数是s ，单摆的摆动周期是s.
图3
解析 由实验原理和单摆的周期公式T ＝2π
l g 知g ＝4π2
l
T
2.摆球的直径d ＝2.00 cm ，故摆长l ＝(88.40－2.002) cm ＝87.40 cm.秒表的读数t ＝75.2 s ，故单摆的振动周期T ＝t
n ＝
75.2
40
s ＝1.88 s. 答案 4π2
l T
2 87.40 75.2 1.88
【例2】 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测小球的
直径d ，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l ，测得多组周期T 和l 的数据，作出
T 2l 图像，如图4所示．
图4
(1)实验得到的T 2
l 图像是(选填a 、b 或c )； (2)小球的直径是cm ；
(3)实验测得当地重力加速度大小是m/s 2
(π＝3.14，结果取三位有效数字)．
解析 (1)由T ＝2πl －
d 2g 得l ＝g 4π2T 2＋d 2，由数学关系得斜率为g 4π2，截距为d 2
，截距为正值，则图像为c .
(2)由截距为d
2
＝0.6 cm ，可知d ＝1.2 cm.
(3)由斜率k ＝g 4π2＝0.62.4
，可知g ＝9.86 m/s 2
.
答案 (1)c (2)1.2 (3)9.86 二、注意事项与误差分析 1．注意事项
(1)选择材料时应选择细而不易伸长的线，长度一般为1 m 左右．小球应选用质量大、体积小的金属球．
(2)单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应紧夹在铁夹中．以免摆动时发生悬线下滑，摆长改变的现象．
(3)注意摆动时控制悬线偏离竖直方向不超过5°，可通过估算振幅的办法掌握． (4)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．
(5)计算单摆的振动次数时，应以摆球摆动稳定后通过最低位置时开始计时，若以后每当摆球从同一方向通过最低点时计数，则记录的是全振动的次数n .周期T ＝t
n
；若数出的是
以后摆球通过平衡位置的次数n ，则周期T ＝t n
2
＝2t
n
.
2．误差分析
(1)本实验系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求．即：悬点是否固定，是单摆还是复摆，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内摆动，以及测量哪
段长度作为摆长等等．
(2)本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上，因此，要注意测准时间(周期)．要从摆球通过平衡位置开始计时，不能多记或漏记振动次数．为了减小偶然误差，应进行多次测量取平均值．
【例3】用单摆做测定重力加速度的实验，某同学做实验时，操作上错误
．．或不合理
．．．的有．
A．单摆的偏角大于10°
B．摆球摆动到最高点开始计时
C．防止摆球在水平面内做圆周运动或椭圆运动
D．测出的摆线长就是摆长
E．在平衡位置启动秒表，并开始计数，当摆球第30次经过平衡位置时制动秒表，若读
数为t，则T＝t
30
解析A．单摆应保证偏角小于5°，做简谐运动．B．应在通过最低点时开始计时，误差较小．C．摆长应为摆线长加摆球半径．
E．如此计数，则T＝t
14.5
，应在摆球经过平衡位置时开始计数，在摆球下一次以相同方向通过平衡位置时，计数为1.
答案ABDE
【例4】在用单摆测定重力加速度时，某同学用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是( )
A．测定周期时，振动次数少数了一次
B．测定周期时，振动次数多数了一次
C．摆球的质量过大
D．计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上小球的半径
解析由计算g的公式g＝4π2l
T2
可知，如果振动次数多数了一次，即T偏小，使g偏大，
选项A错，B对；摆球的质量过大，不影响单摆的周期与摆长，所以不影响测得的重力加速度，选项C错；当l偏小时，求得的g偏小，选项D错．
答案 B
实验原理、器材及数据处理
1．在用单摆测定重力加速度实验中：(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将你所选用的器材前的字母填在题后的横线上．A．长1 m左右的细绳；B．长30 cm左右的细绳；
C．直径2 cm的铅球；D．直径2 cm的铁球；
E．秒表；F．时钟；
G．分度值是1 cm的直尺；H．分度值是1 mm的直尺；
所选器材是_．
(2)实验时对摆线偏离竖直线的要求是；理由是．
解析(1)单摆周期公式为：T＝2πl
g
，经变换得g＝
4π2l
T2
.因此，在实验中只要测
出单摆的摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值，本实验的目的是测出g的值，而不是验证单摆的振动规律．如果在实验中选用较短的摆线，既会增大摆长的测量误差，又不易于保证偏角θ小于5°的要求．为让单摆的振动缓慢，方便计数和计时，所以应选A．摆球应尽量选重的，所以选C．因为单摆振动周期T的测量误差对重力加速度g 的影响较大，所以计时工具应选精确度高一些的秒表．摆长的测量误差同样对g的影响较大，也应选精度较高的最小刻度为毫米的直尺．故所选器材是ACEH.
(2)因为当摆球振动时，球所受的回复力F＝mg sin θ，只有当θ＜5°时，sin θ≈θ，
单摆振动才是简谐运动，周期T＝2πl
g
的关系式才成立．
答案见解析
2．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图5甲所示，可读出摆球的直径为cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长l.
图5
(2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝s(结果保留三位有效数字)．
(3)测量出多组周期T、摆长l的数值后，画出T2－l图线如图丙所示，此图线斜率的物理意义是( )
A ．g
B ．1
g
C ．4π2
g
D ．g
4π
2 (4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小( )
A ．偏大
B ．偏小
C ．不变
D ．都有可能
(5)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度，他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振周期T 1，然后把摆线缩短适当的长度Δl ，再测出其振动周期T 2用该同学测出的物理量表示重力加速度g ＝.
解析 (1)摆球的直径为d ＝20 mm ＋7×1
10 mm ＝20.7 mm ＝2.07 cm.(2)秒表的读数为t
＝60 s ＋7.4 s ＝67.4 s ，根据题意t ＝60－12T ＝592T ，所以周期T ＝2t
59≈2.28 s．(3)根据单
摆的周期公式T ＝2π
l g ，可得T 2l ＝4π2g ＝k (常数)，所以选项C 正确．(4)因为T 2l ＝4π2
g
＝k (常数)，所以ΔT 2
Δl ＝4π
2
g
＝k ，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线
的斜率仍然满足T 21－T 22
l 1－l 2＝4π2g
＝k ，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变．(5)根据(4)的
分析，ΔT 2Δl ＝4π2g ，所以g ＝4π2Δl ΔT 2＝4π2
Δl
T 21－T 22
.
答案 (1)2.07 (2)2.28 (3)C (4)C (5)4π2
Δl T 21－T 22
3．有五组同学用单摆测定重力加速度，各组的实验器材和数据如下表所示，若各组同学实验操作水平相同，那么第组同学测定的结果最准确，若该组同学根据自己测得的实验数据作出单摆的振动图像如图6所示，那么该同学测出的重力加速度大小是 m/s 2
.
图6
些的材料做的小球，记录周期时尽量多记几次，取平均值，以减小偶然误差．因此5组同学中的第5组测定的结果最准确．由表可读出，第5组同学所用摆长为l ＝0.80 m ，由题图可知，该单摆的周期T ＝1.80 s ，代入公式g ＝4π2
T 2l 得：g ＝4×π2
×0.801.80
2
m/s 2≈9.74 m/s 2
. 答案 5 9.74
注意事项与误差分析
4．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)某同学分别选用四种材料不同、直径相同的实心球做实验，各组实验的测量数据如下表．若要计算当地的重力加速度值，应选用第组实验数据.
(2)图7所示T 2
－l 图像中的实线OM ，并算出图线的斜率为k ，则当地的重力加速度g ＝.
图7
(3)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，则该同学做出的T
2
l 图像为( )
A ．虚线①，不平行OM
B ．虚线②，平行OM
C ．虚线③，平行OM
D ．虚线④，不平行OM
解析 (1)为了减小空气阻力对单摆振动的影响，摆球应选择铁球，摆线长约1 m ，振动时单摆的最大摆角约5°，所以要计算当地的重力加速度值，应选用第2组实验数据．
(2)根据单摆的周期公式T ＝2π
l g 得T 2＝4π2
l g ，根据数学知识可知，T 2－l 图像的斜率k ＝4π2
g ，所以当地的重力加速度g ＝4π
2
k
.
(3)测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆线的长度变成摆长，则有T 2
＝4π2
l
g
＝
4π
2
l 线＋r g ＝4π2l 线g ＋4π2r g ，根据数学知识可知，T 2＝4π2l 线g 与实线T 2
＝4π2
l g
图线平行，
而且图线左移，故选B.
答案 (1)2 (2)4π2
k
(3)B
题组一 实验原理、器材和步骤
1．用单摆测定重力加速度，根据的原理是( ) A ．由g ＝4π2
l
T 2看出，T 一定时，g 与l 成正比
B ．由g ＝4π2
l T
2看出，l 一定时，g 与T 2
成反比
C ．由于单摆的振动周期T 和摆长l 可用实验测定，利用g ＝4π2
l
T
2可算出当地的重力加
速度
D ．同一地区单摆的周期不变，不同地区的重力加速度与周期的平方成反比 解析 g 是由所处的地理位置的情况来决定的，与l 及T 无关，故只有C 正确． 答案 C
2．(多选)某学生利用单摆测定重力加速度，在以下各实验步骤中有错误．．的是( ) A ．在未悬挂之前先测定好摆长 B ．测量摆长为10 cm
C ．将摆球拉离平衡位置，偏角约5°后释放，让其在竖直平面内振动
D ．当摆球第一次通过平衡位置时，启动秒表开始计时，当摆球第三次通过平衡位置时，制动秒表，记下时间
解析 摆长是悬点到小球球心的距离，应先拴好单摆再测摆长，且摆线以约1 m 为宜，故A 、B 错误；单摆只有在偏角小于5°时，才近似认为是简谐运动，其周期才满足公式T ＝2π
l
g
，故C 正确；测周期时，应先测30～50次全振动的时间，再计算出平均周期，且应以小球某次经过平衡位置时开始计时，故D 错误．
答案 ABD
题组二 数据处理与误差分析
3．某同学在做“用单摆测定重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00 cm ，摆球
直径为2.00 cm ，然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间为101.5 s ．则：
(1)他测得的重力加速度g ＝ m/s 2
.
(2)他测得的g 值偏小，可能的原因是．(填选项前面的字母) A ．测摆线长时摆线拉得过紧
B ．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C ．开始计时，秒表过迟按下
D ．实验中误将49.5次全振动数为50次
解析 (1)单摆的摆长为l ＝l 线＋d 2＝1.02 m ，单摆运动的周期为T ＝t n ＝101.5
50
s ＝2.03
s ，根据单摆的周期公式T ＝2π
l g
，代入数据解得重力加速度为g ≈9.76 m/s 2. (2)由单摆的周期公式T ＝2π
l g ，解得重力加速度为g ＝4π2l T 2＝4π2n 2
l t 2
，测得的g 值偏小，可能是n 、l 测量偏小，也可能是t 测量偏大造成的，可能的原因是B.
答案 (1)9.76 (2)B
4．(1)在利用单摆测重力加速度的实验中，甲组同学用游标卡尺测出小球的直径如图1甲所示．则该小球的直径为cm.
图1
(2)乙组同学在实验中测出多组摆长和运动的周期，根据实验数据，作出T 2
l 的关系图像如图乙所示，该同学在实验中出现的错误可能是计算摆长时(选填“漏加”或“多加”)了小球的半径．
(3)虽然实验中出现了错误，但根据图像中的数据，仍可算出准确的重力加速度，其值为m/s 2
(π＝3.14，结果保留三位有效数字)．
解析 (1)小球的直径d ＝2 cm ＋2×0.05 mm＝2.010 cm. (2)根据该同学作出的T
2
l 的关系图像可知，当T ＝0时，摆长不等于零，这可能是计
算摆长时多加了小球的半径．
(3)根据单摆的周期公式T ＝2π
l g ，可得T 2＝4π2g
l ，所以重力加速度g 与图线的斜率k 之间的关系是g ＝4π2
k
，可得g ＝9.86 m/s 2
.
答案 (1)2.010 (2)多加 (3)9.86
5．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图2甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.
图2
(1)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，按表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为( )
A．t
29B．
t
29.5
C．t
30D．
t
59
(2)如果实验中所得到的T2L关系图像如图乙所示，那么真正的图像应该是a、b、c 中的．
(3)由图像可知，小筒的深度h＝ m.
解析(1)58个“半周期”，这段时间t含有29个周期，该单摆的周期为t
29
，选项A 正确．
(2)由T＝2πL＋h
g
得，T2＝
4π2
g
L＋
4π2
g
h，可知T2L关系图像为a.
(3)将T2＝0，L＝－30 cm代入上式可得
h＝30 cm＝0.3 m
答案(1)A (2)a(3)0.3
6．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
图3
(1)为了减小测量周期的误差，计时开始时，应选择摆球经过最(填“高”或“低”)点的位置开始计时，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3甲中停表示数为一单摆振动50次所需时间，则单摆振动周期为．
(2)用最小刻度为1 mm 的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示．O 为悬挂点，从图乙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
解析 (1)计时开始时，应选择摆球经过最低点的位置开始计时，因为摆球经过最低点时的速度最大，误差最小．停表的读数是1.5 min ＋12.5 s ＝102.5 s ，周期T ＝t n
＝2.05 s.
(2)摆长指的是悬点到小球球心的距离，根据题图乙可知，单摆的摆长为l ＝0.997 m.
(3)单摆的周期T ＝2πl g 可得g ＝4π2T 2l . (4)如果考虑空气浮力的作用，那么摆球的等效重力加速度g ′小于g ，摆长不变的情况下，周期变长，甲同学的说法正确．
答案 (1)低 2.05 s (2)0.997 (3)4π2T
2l (4)A 7．某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长l ，通过改变摆线的长度，测得6组l 和对应的周期T ，画出l －T 2
图线，然后在图线上选取A 、B 两个点，坐标如图4所示．他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g ＝.请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将．(填“偏大”“偏小”或“相同”)
图4
解析 由周期公式T ＝2πl g ，得T 2g ＝4π2l ，结合图像得到g ＝4π2l B －l A T 2B －T 2A ，因
为这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置无关，所以测量结果不受影响．
答案 4π2l B －l A T 2
B －T 2A 相同 8．根据单摆周期公式T ＝2πl g
，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图5甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，读数如图乙所示，读数为mm.
图5
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有．
a ．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b ．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c ．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt 即为单摆周期T
e ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平
衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt ，则单摆周期T ＝Δt 50
解析 (1)根据游标卡尺读数规则，游标卡尺的读数：18 mm ＋0.1×6 mm＝18.6 mm ；(2)摆线要选择细些可减小阻力；伸缩性小些的，保证摆长不变；并且尽可能长一些，在合适的振幅下，摆角小．所以摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，选项a 正确；摆球尽量选择质量大些、体积小些的，可减小空气阻力的影响，选项b 正确；为了使摆的周期大一些，以方便测量，可增大摆长．开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度，可能导致摆角大于5°，使误差增大，选项c 错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于5度，在摆球通过平衡位置的同时开始计时，测量单摆运动50个周期的时间t ，则单摆周期T ＝t
50
，选项d 错误，e 正确． 答案 18.6 abe
9．(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图6甲、乙所示．测量方法正确的是(选填“甲”或“乙”)．
图6
(2)实验时，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 变化图线如图7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”)，图乙中的Δt 将(填“变大”、“不变”或“变小”)．
图7
解析 (2)小球摆动到最低点时，挡光使得光敏电阻阻值增大，从t 1时刻开始，再经两次挡光完成一个周期，故T ＝2t 0；摆长为摆线长加小球半径，当小球直径变大，则摆长增加，由周期公式T ＝2πl g
可知，周期变大；当小球直径变大，挡光时间增加，即Δt 变大． 答案 (1)乙 (2)2t 0 变大 变大。