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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,试验十四,探究单摆摆长与周期关系,第十四章 机械振动与机械波 光 电磁波与相对论,1/32,内容索引,过好双基关,命题点,一,教材原型试验,命题点,二,试验拓展创新,2/32,1,过好双基关,3/32,1.,试验原理,当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为,T,_,，它与偏角大小及摆球质量无关，由此得到,g,.,所以，只要测出摆长,l,和振动周期,T,，就能够求出当地重力加速度,g,值,.,2.,试验器材,带有铁夹铁架台、中心有小孔金属小球、不易伸长细线,(,约,1 m),、,、毫米刻度尺和,.,秒表,游标卡尺,基本试验要求,4/32,3.,试验步骤,(1),让细线一端穿过金属小球小孔，然后打一个比小孔大一些线结，做成单摆,.,(2),把细线上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在试验桌边，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识，如图所表示,.,(3),用毫米刻度尺量出摆线长度,l,，用游标卡尺测,出摆球直径，即得出金属小球半径,r,，计算出摆长,l,.,l,r,5/32,(4),把单摆从平衡位置处拉开一个很小角度,(,不超出,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,摆振动周期，即,T,_(,N,为全振动次数,),，重复测,3,次，再算出周期,平均值,_.,6/32,(5),依据单摆周期公式,T,_,，计算当地重力加速度,g,_.,(6),改变摆长，重做几次试验，计算出每次试验重力加速度值，求出它们平均值，该平均值即为当地重力加速度值,.,(7),将测得重力加速度值与当地重力加速度值相比较，分析产生误差可能原因,.,7/32,1.,注意事项,(1),组成单摆条件：细线质量要小、弹性要小，选取体积,、密度,小球，摆角不超出,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,.,小,大,规律方法总结,8/32,(3),测周期方法：,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,.,要测屡次全振动时间来计算周期,.,如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数,“,零,”,同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向经过平衡位置时计数,1,次,.,9/32,(4),本试验能够采取图象法来处理数据,.,即用纵轴表示摆长,l,，用横轴表示,T,2,，将试验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线斜率,k,_.,这是在众多试验中经常采取科学处理数据主要方法,.,10/32,2.,数据处理,处理数据有两种方法：,(1),公式法：测出,30,次或,50,次全振动时间,t,，利用,T,_,求出周期；不改变摆长，重复测量三次，算出三次测得周期平均值,，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,_,，所以，分别测出一系列摆长,l,对应周期,T,，作,l,T,2,图象，图象应是一条经过原点直线，如图所表示，求出图线斜率,k,，,即可利用,g,求重力加速度,.,4,2,k,11/32,3.,误差分析,(1),系统误差主要起源：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振动等,.,(2),偶然误差主要来自时间测量，所以，要从摆球经过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计全振动次数,.,12/32,2,命题点一,教材原型试验,13/32,某同学用单摆测当地重力加速度,.,他测出了摆线长度,L,和摆动周期,T,，如图,(a),所表示,.,经过改变悬线长度,L,，测出对应摆动周期,T,，取得多组,T,与,L,，再以,T,2,为纵轴、,L,为横轴画出函数关系图象如图,(b),所表示,.,由图象可知，摆球半径,r,_ m,，当地重力加速度,g,_ m/s,2,；由此种方法得到重力加速度值与实际重力加速度值相比会,_(,选,填,“,偏大,”“,偏小,”,或,“,一样,”,),【,例,1】,答案,1.0,10,2,2,一样,14/32,题组阶梯突破,1.,在,“,用单摆测定重力加速度,”,试验中：,(1),摆动时偏角满足条件是偏角小于,5,，为了减小测量周期误差，计时开始时，摆球应是经过最,_(,填,“,高,”,或,“,低,”,),点位置，且用停表测量单摆完成屡次全振动所用时间，求出周期,.,图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,_.,答案,解析,低,2.05 s,1.5min,12.5 s,摆球经过最低点时小球速度最大，轻易观察和计时；,图甲中停表示数为,1.5 min,12.5 s,102.5 s,，,则周期,T,2.05 s,；,15/32,(2),用最小刻度为,1 mm,刻度尺测摆长，测量情况如图乙所表示,.,O,为悬挂点，从图乙中可知单摆摆长为,_ m.,0.998 0,答案,解析,(3),若用,L,表示摆长，,T,表示周期，,那么重力加速度表示式为,g,_.,答案,解析,16/32,(4),考虑到单摆振动时空气浮力影响后，学生甲说：,“,因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球作用相当于重力加速度变小，所以振动周期变大,.,”,学生乙说：,“,浮力对摆球影响好像用一个轻一些摆球做试验，所以振动周期不变,”,，这两个学生中,_.,A.,甲说法正确,B.,乙说法正确,C.,两学生说法都是错误,答案,解析,因为受到空气浮力影响，小球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,.,17/32,2.,在,“,用单摆测定重力加速度,”,试验中，某试验小组在测量单摆周期时，从单摆运动到最低点开始计时，且计数为,1,，到第,n,次经过最低点所用时间为,t,；在测量单摆摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂摆球后摆线长为,l,，再用游标卡尺测得摆球直径为,d,.,(1),该单摆摆长为,_.,答案,解析,单摆摆长为摆线长与摆球半径之和，即,L,l,18/32,(2),该单摆周期为,_.,答案,解析,19/32,(3),用上述物理量符号写出求重力加速度普通表示式：,g,_.,答案,解析,20/32,(4),试验结束后，某同学发觉他测得重力加速度值总是偏大，其原因可能是下述原因中,_.,A.,单摆悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增加了,B.,把,n,次摆动时间误记为,(,n,1),次摆动时间,C.,以摆线长作为摆长来计算,D.,以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算,答案,解析,由,g,可知，,g,偏大原因可能是测得,L,偏大或,T,偏小,.,A,中,L,测量值小于真实值，错误,.B,中,T,测量值减小，正确,.,C,中,L,测量值偏小，错误,.D,中,L,测量值偏大，正确,.,21/32,3,命题点二,试验拓展创新,22/32,(,北京理综,21(2),用单摆测定重力加速度试验装置如图所表示,.,(1),组装单摆时，应在以下器材中选取,_(,选填选项前字母,).,A.,长度为,1 m,左右细线,B.,长度为,30 cm,左右细线,C.,直径为,1.8 cm,塑料球,D.,直径为,1.8 cm,铁球,【,例,2】,答案,解析,单摆模型需要满足两个基本条件是摆线久远大于小球直径和小球密度越大越好,.,所以应选,A,、,D.,23/32,(2),测出悬点,O,到小球球心距离,(,摆长,),L,及单摆完成,n,次全振动所用时间,t,，则重力加速度,g,_(,用,L,、,n,、,t,表示,).,答案,解析,24/32,(3),下表是某同学统计,3,组试验数据，并做了部分计算处理,.,答案,解析,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,/(ms,2,),9.74,9.73,请计算出第,3,组试验中,T,_s,，,g,_m/s,2,.,9.76,2.01,25/32,(4),用多组试验数据作出,T,2,-,L,图象，也能够求出重力加速度,g,.,已知三位同学作出,T,2,-,L,图线示意图如图中,a,、,b,、,c,所表示，其中,a,和,b,平行，,b,和,c,都过原点，图线,b,对应,g,值最靠近当地重力加速度值,.,则相对于图线,b,，以下分析正确是,_(,选填选项前字母,).,A.,出现图线,a,原因可能是误将悬点到小球下端,距离记为摆长,L,B.,出现图线,c,原因可能是误将,49,次全振动记为,50,次,C.,图线,c,对应,g,值小于图线,b,对应,g,值,答案,解析,26/32,b,图线为正确图线，,a,图线与,b,图线相比，测量周期相同时，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，可能出现原因是多记了全振动次数，所以,B,正确；,27/32,(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，如图所表示，因为家里只有一根量程为,30 cm,刻度尺，于是他在细线上,A,点做了一个标识，使得悬点,O,到,A,点间细线长度小于刻度尺量程,.,保持该标识以下细线长度不变，经过改变,O,、,A,间细线长度以改变摆长,.,试验中，当,O,、,A,间细线长度分别为,l,1,、,l,2,时，,测得对应单摆周期为,T,1,、,T,2,.,由此可得重力加速度,g,_,(,用,l,1,、,l,2,、,T,1,、,T,2,表示,).,答案,解析,28/32,设,A,到铁锁重心距离为,l,，,29/32,题组阶梯突破,3.(,天津,9(2),某同学利用单摆测量重力加速度,.,(1),为了使测量误差尽可能小，以下说法正确是,_.,A.,组装单摆须选取密度和直径都较小摆球,B.,组装单摆须选取轻且不易伸长细线,C.,试验时须使摆球在同一竖直面内摆动,D.,摆长一定情况下，摆振幅尽可能大,答案,30/32,(2),如图所表示，在物理支架竖直立柱上固定有摆长约,1 m,单摆,.,试验时，因为仅有量程为,20 cm,、精度为,1 mm,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位置做一标识点，测出单摆周期,T,1,；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，用一样方法在竖直立柱上做另一标识点，并测出单摆周期,T,2,；最终用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标识点之间距离,L,.,用上述测,量结果，写出重力加速度表示式,g,_.,答案,解析,31/32,设第一次摆长为,L,，第二次摆长为,L,L,，,32/32,
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