1、实验十四：探究单摆运动、用单摆测定重力加速度一、实验原理与操作二、数据处理与分析1.数据处理平均值.b.图象法：作出 l-T2 图象求 g 值.a.公式法：g42lT2，算出重力加速度 g 的值，再算出 g 的两种误差产生原因减小方法偶然误差测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差多次测量再求平均值计时从单摆经过平衡位置时开始系统误差主要来源于单摆模型本身摆球要选体积小、密度大的最大摆角要小于 102.误差分析【基础自测】小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是()A.把单摆从平衡位置拉开 30的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B.测量摆球通过最低点 100 次的时间 t，则单摆周期为 t10
2、0C.用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D.选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小，B 错误；摆长应是 l，若用悬线的长度加直径，则测解析：要使摆球做简谐运动，摆角应小于 5，应选择密度较大的摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度的误差较小，A、D 错误；摆球通过最低点 100 次，完成 50 次全振动，周期是 t50出的重力加速度值偏大.C 正确.D2答案：C，其中 L 表示摆长，T 表示周期.对于此式的理解，考点 1 实验原理及操作【典题 1】(2018 年河北唐山模拟)实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验.(1)实验前他们根据单摆周
3、期公式导出了重力加速度的表达式 g四位同学说出了自己的观点：42LT2同学甲：T 一定时，g 与 L 成正比同学乙：L 一定时，g 与 T2 成反比同学丙：L 变化时，T2 是不变的同学丁：L 变化时，L 与 T2 的比值是定值其中观点正确的是同学_(填“甲”“乙”“丙”或“丁”).(2)实验室有如下器材可供选用：A.长约 1 m 的细线C.直径约 2 cm 的均匀铁球B.长约 1 m 的橡皮绳D.直径约 5 cm 的均匀木球E.秒表F.时钟G.最小刻度为毫米的米尺实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择：_(填写器材前面的字母).(3)他们将符合实验要求的单摆悬挂
4、在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂(如图 S14-1 所示).用刻度尺测量悬点到_之间的距离记为单摆的摆长 L.图 S14-1(4)在小球平稳摆动后，他们记录小球完成 n 次全振动的总时间 t，则单摆的周期 T_.(5)如果实验得到的结果是 g10.09 m/s2，比当地的重力加速度值大，分析可能是哪些不当的实际操作造成这种结果，写出其中一种：_.解析：(1)因为 g 是定值，则 L 变化时，L 与 T2 的比值是定值，丁同学观点正确.(2)根据实验原理及要求易知，他们还需要从上述器材中选择：A.长约 1 m 的细线；C.直径约 2 cm 的均匀铁球；E.秒表.(3)用刻度尺测量悬点到小球
5、球心之间的距离记为单摆的摆长 L.(5)可能是振动次数 n 计多了；可能是测量摆长时从悬点量到了小球底部；可能在计时的时候秒表开表晚了.(4)单摆的周期 Ttn.答案：(1)丁(2)ACE(3)小球球心(4)tn(5)可能是振动次数 n 计多了；可能是测量摆长时从悬点量到了小球底部；可能在计时的时候秒表开表晚了(合理即可)方法技巧：(1)为减小计时误差，开始计时的位置应选在平衡位置.(2)要测多次全振动的时间来计算周期.如在摆球过平衡位 置时启动秒表同时数零，以后摆球每过一次平衡位置记一个数.最后秒表计时为 t 秒，记数为 n，则周期 Ttn22tn秒.考点 2 数据处理【典题 2】(2019
6、 年上海青浦区期末)某同学在做“用单摆测当地重力加速度的实验时，(1)摆线偏离竖直方向的角度要控制在_度之内；实验中他测得摆线的长度为 l0，摆球的直径为 d 然后记录了单摆完成 n 次全振动所用时间为 t，则重力加速度的表达式 g _(用题中物理量的字母表示).(2)(单选题)他在实验中通过改变摆长 l 并测出相应的周期T，再以T2为纵坐标、l为横坐标，作出T2l图象，但在测量摆长 l 时没有加小球的半径，由此绘制的图线是图中的_.ABCD(3)如果实验测得的 g 值偏大，可能的原因是_.A.开始计时时，早按秒表B.测摆线长度时摆线拉得过紧C.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动使摆线长度增大
7、了D.实验中误将 n 次全振动计为 n1 次全振动解析：(1)单摆看作简谐振动的条件是摆角要尽量小一些，一般要求摆角小于 5；据题：单摆的周期 Ttn，单摆的周期公式为 T2lg，ll0d2，联立解得：g42n2l0d2t2.(2)根据单摆周期公式 T2lg，有 T242g l，故图象的斜率为42g，不影响 g 的计算；但在测量摆长 l 时没有加小球的半径时，l0 时对应的周期：T242g d20.故图 A 正确.(3)开始计时时，早按秒表则时间偏大，周期偏大，根据g42lT2，重力加速度的测量值偏小，故 A 错误；根据 g42lT2，测摆线长度时摆线拉得过紧，使摆线测量值偏大，知摆长的测量值
8、偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故 B 正确；根据 g42lT2，摆线上端未牢固地固定于 O 点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故 C 错误；根据 g42lT2，测量周期时，误将摆球 n 次全振动的时间 t 记为了(n1)次全振动的时间，知周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，故 D 错误.答案：(1)5 42n2l0d2t2(2)A(3)B本实验常见的创新方法就是如果摆长不能精确测量的话，比如摆长很长或悬挂的重物的重心不确定，我们可以利用改变摆长的方法，测出两次摆长的差和两次分别摆动的周期，根据单摆公式联立方程组求解.【典题 3】(
9、2019 年上海浦东新区期末)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，(1)用秒表测时间时为尽量减少误差，应从摆球通过_(填“最高点”或“最低点”)时开始计时.(2)某同学在正确操作和测量的情况下，测得周期为 T1，得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其他因素后发现，是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的_(填“上方”或“下方”).于是他将摆线长减小L，测得单摆振动周期为 T2，由此可得到比较准确的重力加速度表达式是_.(3)为了更准确测量，他测出多组摆长 L 和振动周期 T，得出如图 S14-2 所示图象，则图象的纵轴表示_；由图象求出的重力加速度 g_m/s2.(
10、小数点后保留 2 位)图 S14-2解析：(1)因为摆球在最低点的速度最快，所以在最低点作为计时起点误差最小.(2)根据 T2Lg得：g42LT2 可知，若得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其他因素后，一定是摆长 L 的测量值偏小，如果是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的下方.开始时：T12Lg于是他将摆线长减小 L，测得单摆振动周期为 T2，则：T22LLg联立可得：g42LT21T22(3)根据：T2Lg得，T242Lg，得出如图所示图象，则图象的纵轴表示 T2；图线的斜率 k42g 4990.51024.02，由 g42k解得：g9.81m/s2.答案：(1)最低点(2)下方 42LT21T22(3)T2 9.81