3-4.3实验探究单摆的运动用单摆测定重力加速度

二、实验原理单摆在偏角很小时，单摆周期公式是，变换这个公式，得到g=4π2l/T2。因此测出摆长l和振动周期Ｔ，就可以测出当地的重力加速度g的值。glT2一、实验目的1.探究单摆周期与摆长的关系。2.学会用单摆测定当地的重力加速度。3.学会熟练使用秒表。三、实验器材长约1m的细线，带有小孔的稍重的金属球，带有铁夹的铁架台，毫米刻度尺，秒表，游标卡尺。四、实验步骤1.做单摆：(1)让线的一端穿过小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的结。(2)把线的上端用铁夹固定在铁架台上并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，在单摆平衡位置处做上标记。2.测摆长：用毫米刻度尺量出悬线长l'，用游标卡尺测量出摆球的直径d，则l=l'+d/2即为单摆的摆长。3.测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度，且满足摆角小于5°，然后释放摆球，当单摆摆动稳定后，过平衡位置时用秒表开始计时，测量30次～50次全振动的时间，计算出平均摆动一次的时间即为单摆的振动周期Ｔ。4.算重力加速度：(1)应用公式g=计算重力加速度的值。(2)改变摆长，重复实验三次，计算重力加速度的平均值。5.分析和比较：将测得的重力加速度的值和当地的重力加速度比较，分析产生误差的原因。224Tl五、注意事项1.测周期的方法：(1)要从摆球过平衡位置时开始计时。(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ts，记数为n，则周期T=t/(n/2)=2t/n。2.构成单摆的条件：细线的质量要小，弹性要小；球要选用体积小、密度大的小球，摆角不能超过10°。3.要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是由静止释放摆球。4.摆长是悬点到球心的距离。摆线上端要固定好，以免摆动过程中摆长发生变化。5.秒表读数时，不需要估读，因为秒表的指针只能停在某1/10s刻度线上，不能停在两个1/10s刻度线之间。六、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，振动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动的单摆，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对时间(即单摆周期)的测量上。要从摆球通过平衡位置开始计时，计数时不能多数振动次数。【例1】在“用单摆测定重力加速度”的实验中。(1)某同学的操作步骤为：a.取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上b.用米尺量得细线长度lc.在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球d.用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T＝t/ne.用公式g=4π2l/T2计算重力加速度按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比_______(选填“偏大”、“相同”或“偏小”)。(2)已知单摆在任意摆角θ时的周期公式可近似为T′=T0[1+asin2(θ/2)]，式中T0为摆角θ趋近于0°时的周期，a为常数。为了用图象法验证该关系式，需要测量的物理量有____________；若某同学在实验中得到了如图3.4-3-1所示的图线，则图象中的横轴表示______。热点一实验步骤、实验数据的处理图3.4-3-1偏小T′、θT′【解析】(1)由于此单摆的摆长应为，而该同学在计算时代入公式的摆长是l，故重力加速度值与实际值相比偏小。(2)在公式中T0、a为定值，故要验证此关系式，只需测量T′和θ即可。由题图可知，此图线为直线，可判断纵横轴所表示量的关系为一次函数关系。如横轴为sin2，纵轴为T′，则由关系式T′=T0(1+asin2)可知纵轴截距一定为正，与题图不符；将公式变形成sin2＝可知，此时纵轴截距可能为负，与题图相符，故可判断，横轴表示T′。2dl222aTaT1'10热点二摆长、周期的读取【例2】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2.00cm，让刻度尺的零点对准摆线悬点，摆线竖直下垂，如图3.4-3-2所示，那么单摆长是__________。如果测定了40次全振动的时间如图3.4-3-3中秒表所示，那么秒表读数是_______，单摆的周期是_________。图3.4-3-2图3.4-3-30.8752m75.2s1.9s224Tl【解析】球最低点对应刻度为88.52cm=0.8852m，故摆长为l＝88.52cm-d/2＝87.52cm=0.8752m。由可得g=秒表读数为t=1min+15.2s=75.2s周期T＝t/40=75.240s≈1.9s。glT2224Tl【例3】有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同轴水平悬挂构成。两个单摆摆动平面前后相互平行。(1)现测得两单摆完成50次全振动的时间分别为50.0s和49.0s，则两单摆的周期差ΔT=______s。(2)某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉至相同的摆角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出释放两摆的微小时间差。若测得释放两摆的时间差Δt=0.165s，则在短摆释放______s(填时间)后，两摆恰好第一次同时向_______(填方向)通过_________(填位置)。(3)为了能更准确地测量微小的时间差，你认为此装置还可做的改进是________________________。热点三实验拓展0.028.085左平衡位置减小两单摆的摆长差等【解析】(1)ΔT=T1-T2=50/50s-49/50s=0.02s(2)先释放的是长摆，故有nT1=nT2+Δt解得n=8.25，所以短摆释放的时间为t=nT2=8.25×49/50s=8.085s此时两摆同时向左经过平衡位置。(3)减小两单摆的摆长差，则ΔT越小，可测量的时间差越小。