2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：实验十四 探究单摆的摆长与周期的关系 Word版含答案

实验十四 探究单摆的摆长与周期的关系

1．实验原理

当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π

l，它与偏角的大小及摆球的质量g

4π2l

无关，由此得到g＝2.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

T度g的值． 2．实验器材

带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球、不易伸长的细线(约1 m)、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺． 3．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．

图1

(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．

(3)用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l＝l′＋r.

(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30～50次全振动所用的时间t，计算出金属小球完成一次全

1

t

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，

NT1＋T2＋T3

再算出周期的平均值T＝. 3(5)根据单摆周期公式T＝2π

l4π2l，计算当地的重力加速度g＝2. gT

(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．

1．注意事项

(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°.

(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放．

(3)测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时．因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大．

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开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次．

(4)本实验可以采用图象法来处理数据．即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所得数g

据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率k＝2.这是在众多的实验中经

4π常采用的科学处理数据的重要方法． 2．数据处理

处理数据有两种方法：

t

(1)公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用T＝求出周期；不改变摆长，反复测N4π2l

量三次，算出三次测得的周期的平均值T，然后代入公式g＝2，求重力加速度．

T

图2

2

g

(2)图象法：由单摆周期公式不难推出：l＝2T2，因此，分别测出一系列摆长l对应的周期

4πΔl

T，作l－T2的图象，图象应是一条通过原点的直线，如图2所示，求出图线的斜率k＝2，

ΔT即可利用g＝4π2k求重力加速度． 3．误差分析

(1)系统误差的主要悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而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，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计全振动次数．

命题点一 教材原型实验

例1 某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图3(a)所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图(b)所示．由图象可知，摆球的半径r＝________ m，当地重力加速度g＝________ m/s2；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会________(选填“偏大”“偏小”或“一样”)

图3

答案 1.0×102 π2 一样

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1．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最________(填“高”或“低”)点的位置，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4甲中停表示数为一单摆全振动50次所需时间，则单摆振动周期为________．

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