1、实验十三 探究单摆的运动 用单摆测定重力加速度实验准备 图S13-12lg 实验目的 1学会用单摆测定当地的重力加速度2能正确熟练地使用秒表 实验原理 当摆角小于_时，单摆做简谐运动，其运动周期为 T_，与摆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542lT2实验器材带孔小钢球一个、细丝线一条(长约 1 m)、毫米刻度尺一把、_、_、带铁夹的铁架台秒表游标卡尺实验过程 实验步骤(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆(2)把细线的上端用铁夹固定在_上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹
2、伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在_处作上标记，如实验原理图 S13-1 所示(3)用_量出摆线长度 l，用_测出摆球的直径，即得出金属小球半径 r，计算出摆长 l_.铁架台单摆平衡毫米刻度尺游标卡尺位置lr(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_次全振动所用的时间 t，计算出金属小球完成_次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即 T_(N 为全振动的次数)，反复测 3 次，再算出周期 T T1T2T33.1tNN(6)改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重
3、力加速度值(7)将测得的重力加速度值与当地的重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因(5)根据单摆周期公式 T2lg计算当地的重力加速度g42lT2.数据处理(1)公式法：测出 30 次或 50 次全振动的时间 t，利用 T tN求出周期；不改变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值 T，然后代入公式 g42lT2 求重力加速度图S13-2(2)图象法由单摆周期公式不难推出：l g42T2，因此，分别测出一系列摆长 l 对应的周期 T，作 l-T2 的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率 k lT2，即可利用 g42k 求得重力加速度值，如图 S13-2 所示实验分析 误
4、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，振动的圆锥摆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上，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多记或漏记振动次数【基础检测】图S13-3(2013 年安徽卷)根据单摆周期公式 T2lg，可以通过实验测量当地的重力加速度如图 S13-3 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，示数如图乙所示，读数为_mm.(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
5、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答案：(1)18.6 (2)ABED拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5，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 t 即为单摆周期 TE拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5，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 t，则单摆周期 Tt50考点1 实验原理及实验操作 重点归纳 1强调在同一平面内振动且摆角小于 10.2选择在摆球摆到平衡位置处开始计时，并数准全振动的次数3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
6、径 r，则摆长 llr.4选用一米左右的细线典例剖析 例1：某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素(1)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 S13-4所示这样做的目的是()(填字母代号)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图S13-4(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 L0.9990 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图S13-5所示，则该摆球的直径为_mm，单摆摆长为_m.图S13-5(3)下列振动图象真实地描述
7、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均为30次全振动的图象，已知sin 50.087，sin 150.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_(填字母代号)CDBA答案：(1)AC (2)12.0 0.9930(3)A解析：(1)在“探究影响单摆周期的因素”实验中，要使单摆在摆动过程中摆长不变，而且摆长便于调节，故选项A、C正确、选项B、D错误(2)摆球的直径d12 mm00.1 mm12.0 mm摆长lLd20.9990 m0.0060 m0.9930 m.(3)单摆振动的摆角5，当5时单摆振动的振幅Alsin 50.087
8、m8.7 cm，且为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故选项A正确、选项B、C、D错误考点2 数据处理与误差分析 重点归纳 1通过描点、连线可得到单摆的T2-l图象近似为一条直线2通过作出的图象说明单摆周期的平方和摆长成正比3根据图象求出图线的斜率k，再根据单摆的周期公式可得g42k，进而求出重力加速度g.典例剖析例2：(2015 年四川成都摸底)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时，且记数为 1，到第 n 次经过最低点所用的时间为 t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂摆球后的摆线长为 l，再用游标卡尺测得摆球的直径为 d
9、.(1)该单摆的摆长为_(2)该单摆的周期为_(3)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式 g_.(4)实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的()A单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了B把 n 次摆动的时间误记为(n1)次摆动的时间C以摆线长作为摆长来计算D以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算解析：到第n次经过最低点所用的时间的周期数为 n12，该单摆的周期为T 2tn1.由单摆周期公式，T2ld2g，联立解得g n1222ld2t2.若单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了，测量的周期增大，即t增大，由此可知，测得的重力
10、加速度的值偏小，选项A错误；若把n次摆动的时间误记为(n1)次摆动的时间，由gn1222ld2t2可知测得的重力加速度的值总是偏大，选项B正确；若以摆线长作为摆长来计算，由g n1222ld2t2可知测得的重力加速度的值总是偏小，选项C错误；以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，由g n1222ld2t2可知测得的重力加速度的值总是偏大，选项D正确答案：(1)ld2(2)2tn1(3)n1222ld2t2(4)BD【考点练透】(1)如果测得的 g 值偏小，可能的原因是()(填写代号)A测摆长时，忘记了摆球的半径B摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时时，秒表过早按下D
11、实验中误将 39 次全振动次数记为 40 次在做“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g42lT2.l/m0.40.50.80.91.01.2T/s1.261.421.791.902.002.20T2/s21.592.023.203.614.004.84(2)某同学在实验中，测量 6 种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录表格如下：以 l 为横坐标、T2 为纵坐标，作出 T2-l 图线，并利用此图线求重力加速度 g.解析：(1)由公式g 42lT2 可知，g偏小的原因可能是测量摆长l时，测量值比真实值偏小或测量周期偏大，故选项A、B、C正确(2)由单摆周期公式可得T242lg，所以T2-l图象是过坐标原点的一条直线，直线斜率是k42g，g42k.在图线上取相距较远的两点(l1，T21)，(l2，T 22)，则kT22T21l2l1，所以g42l2l1T22T21.作出图象如图所示，由直线上的点(0.4,1.59)和(1.0,4.00)可求出k4.001.591.00.4 4，g42k 43.1424 m/s29.86 m/s2.9.86 m/s2答案：(1)ABC (2)如图 D56 所示图D56