【物理】2018届一轮复习江苏专用选修3-4第十二章实验十一探究单摆的周期与摆长的关系学案 8页

实验十一　探究单摆的周期与摆长的关系 ‎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，它与偏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．‎ ‎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．‎ ‎(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．‎ 图1‎ ‎(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 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，再算出周期的平均值＝.‎ ‎(5)根据单摆周期公式T＝2π，计算当地的重力加速度g＝.‎ ‎(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＝.这是在众多的实验中经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：(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，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值，然后代入公式g＝，求重力加速度．‎ ‎ (2)图象法：由单摆周期公式不难推出：l＝T2，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，如图2所示，求出图线的斜率k＝，即可利用g＝4π2k求重力加速度．‎ 图2‎ ‎3．误差分析 ‎(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　1.0×10－2　π2　一样 ‎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________．‎ 图4‎ ‎(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 答案　(1)低　2.05 s　(2)0.998 0　(3)　(4)A 解析　(1)摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时；图甲中停表的示数为1.5 min＋12.5 s＝102.5 s，则周期T＝ s＝2.05 s；‎ ‎(2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L＝0.998 0 m；‎ ‎(3)由单摆周期公式T＝2π可得g＝；‎ ‎(4)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，A正确．‎ ‎2．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，且计数为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.‎ ‎(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，振动中出现松动，使摆线增长了 B．把n次摆动的时间误记为(n＋1)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 答案　(1)l＋　(2)　(3)　(4)BD 解析　(1)单摆的摆长为摆线长与摆球的半径之和，即L＝l＋ ‎(2)到第n次经过最低点所用的时间t＝T 该单摆的周期为T＝ ‎(3)由单摆周期公式有T＝2π 代入解得g＝ ‎(4)由g＝可知，g偏大的原因可能是测得的L偏大或T偏小．A中L的测量值小于真实值，错误．B中T的测量值减小，正确．C中L的测量值偏小，错误．D中L的测量值偏大，正确．‎ 命题点二　实验拓展创新 例2　用单摆测定重力加速度的实验装置如图5所示．‎ 图5‎ ‎(1)组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)．‎ A．长度为1 m左右的细线 B．长度为30 cm左右的细线 C．直径为1.8 cm的塑料球 D．直径为1.8 cm的铁球 ‎(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝__________(用L、n、t表示)．‎ ‎(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理.‎ 组次 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 摆长L/cm ‎80.00‎ ‎90.00‎ ‎100.00‎ ‎50次全振动时间t/s ‎90.0‎ ‎95.5‎ ‎100.5‎ 振动周期T/s ‎1.80‎ ‎1.91‎ 重力加速度g/(m·s－2)‎ ‎9.74‎ ‎9.73‎ 请计算出第3组实验中的T＝________s，g＝________m/s2.‎ ‎(4)用多组实验数据作出T2L图象，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2L图线的示意图如图6中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是________(选填选项前的字母)．‎ 图6‎ A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次 C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值 ‎ (5)某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图7所示，由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2.由此可得重力加速度g＝________(用l1、l2、T1、T2表示)．‎ 图7‎ 答案　(1)AD　(2)　(3)2.01　9.76　‎ ‎(4)B　(5) 解析　(1)单摆模型需要满足的两个基本条件是摆线长远大于小球的直径，小球的密度越大越好．所以应选A、D.‎ ‎(2)由T＝，T＝2π得g＝ ‎(3)T＝＝ s＝2.01 s g＝＝ m/s2≈9.76 m/s2，‎ ‎(4)b图线为正确图线，a图线与b图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，A错误；c图线与b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，所以B正确；由T＝2π得T2＝L，图线斜率小，说明g偏大，故C错误．‎ ‎(5)设A到铁锁重心的距离为l，有T1＝2π T2＝2π 联立消去l解得g＝.‎ ‎3．某同学利用单摆测量重力加速度．‎ ‎(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是______．‎ A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球 B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线 C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大 ‎(2)如图8所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆．实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1‎ ‎；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________.‎ 图8‎ 答案　(1)BC　(2) 解析　(1)在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选B、C.‎ ‎(2)设第一次摆长为L，第二次摆长为L－ΔL，则T1＝2π，T2＝2π ，联立解得g＝.‎