六、实验：用单摆测定重力加速度长约1米的（不可伸缩的）细线、小钢球、铁架台（连铁夹）、刻度尺、游标卡尺、秒表当单摆偏角α≤10°时，单摆的振动是简谐运动，此时振动周期跟偏角的大小(或振幅)和摆球的质量无关.周期大小T=2πg L .由此得重力加速度g=4π22TL .因此，测出单摆的摆长L 和振动周期T ，就可以求出当地的重力加速度g 的值.（1）平均值法改变摆长L 多测几组(L,T)值,代入公式g=4π22TL求出g 1、g 2、g 3┉,再求平均值ng g g g+++=321(2)图象法改变摆长L 多测几组(L,T)值, 作出T 2-L 图线，利用图线上任两点A 、B 的坐标(x 1,y 1)、(x 2,y 2)求出图线斜率k=1212x x y y --，再由k 可求出g=121224y y x x --π（1）选：选用细而轻且不可伸长的1m 左右的线作为摆线，选用密度大体积小的实心球作为摆球 （2）穿、固：如图所示，将细线的一端穿．过铁球上的小孔并打结固．定好，线的另一端固．定在铁架台上，做成一个单摆。
（3）测L ：用游标卡尺测出小球直径d ，用刻度尺测出从悬挂点到小球顶端的距离l ，算出摆长L=l+2d （4）测T ：让单摆摆动（开始小球应静止释放，摆角应小于10°），用秒表测出n （30—50）次全振动的时间t ，求出单摆的平均周期 T=t/n （应从摆球经平衡位置时开始计时） （5）算：算出重力加速度g=4π22TL （6）重复：改变摆长重复三次，最后求出三次g 的平均值1．该实验实际要测量哪些量？各用什么测量工具？读数有何要求? 答: 该实验实际要测量悬线长l , 摆球直径d ，n 次全振动的时间t, 悬线长用刻度尺测,精确到毫米, 直径d 用游标卡尺测,读数时按游标卡尺要求读,计算时精确到毫米就够了, 时间t 用秒表测, 精确到0.1秒(不估读).2．怎样保证小球的摆动是简谐运动？小球摆成圆锥摆，对周期有什么影响？答: 要保证小球的摆动是简谐运动需满足三个条件.第一、空气阻力可忽略不计，为使空气阻力尽可能小，所以我们选密度大体积小的实心球作为摆球。
第二、偏角α≤10°,因为单摆振动时，摆球重力mg 沿圆弧切线方向的分力mgsin α就是它摆动的回复力.只有当偏角α≤10°时，摆球沿圆弧的运动才可以近似地看成为直线运动，这时回复力就可以写成为F=mgsin α=mg α=l x mg=-kx.式中k=Lmg .可见只有在摆角很小的情况下，单摆的振动是简谐运动.第三、要使单摆在竖直平面内摆动，不使其形成锥摆或摆球转动. 如果小球摆成圆锥摆,根据牛顿第二定律有:22sin 4tan Tl m mg απα=,摆动周期为g L T απcos 2=,显然圆锥摆的周期比单摆周期T=2πg L 要小,将此周期代入公式g=4π22TL 算出的重力加速度偏大. 3．怎样测量单摆周期？从何处开始计时？到何处停止计时？测30-50个周期有什么好处？答:测单摆周期时，应以摆球过平衡位置开始计时，到做完第30或50次全振动再次通过平衡位置时停止. 计时起点的方法最好采用倒计时法,即当摆球过平衡位置时从5开始数到“0”次全振动时立即按下秒表，才开始正式计时计数.由于人的反应时间的影响, 如果只测一次全振动的周期,其误差就很大, 测30-50个周期就可减小这种误差.4．为什么计时起点和终点不选在最大位移处而选在平衡位置?答: 如果我们分别在平衡位置和最大位移处取一微小偏角,由于在最大位移处附近摆球运动速度很小, 偏角虽小,但停留时间却较长,人眼很难判断是否到达最大位移处,按表造成的误差却大,而在平衡位置附近摆球运动速度尽管较大,与最大位移处偏转同样的偏角用时却很短,此时按表造成的误差反而越小,所以计时起点和终点不选在最大位移处而选在平衡位置. 5.秒表如何读数？要不要估读？答: 秒表读数应先读小圆里分针的数值,观察时要注意分针是否过半分钟刻度线,然后读大圆里秒针的数值,由于机械结构秒表原因,读数不需估读,一般读到0.1秒为止.例1．在“用单摆测重力加速度”的实验中：下面所给器材中，选用哪些器材较好，请把所选用器材前的字母依次填写在题后的横线上.A.长1m 左右的细线；B.长30cm 左右的细线；C.直径2cm 的铅球；D.直径2cm 的铁球；E.秒表；F.时钟；G.最小刻度是厘米的直尺；H.最小刻度是毫米的直尺. 所选用的器材是解析：本实验的原理：振动的单摆，当摆角＜10°时，其振动周期与摆长的平方根成正比，与重力加速度的平方根成反比，而与偏角的大小(振幅)、摆球的质量无关，周期公式为：T=2πgL，变换这个公式可得g=4π2T L.因此，本实验中测出单摆的摆长L 和振动周期T ，就可以求出当地的重力加速度g 的值，本实验的目的是测量重力加速度g 的值，而非验证单摆的振动规律.因此实验中应选用长的摆长L ，这样既能减小摆长的测量误差，又易于保证偏角θ不大于10°，而且由于振动缓慢，方便计数和计时.故选A.本实验所用的实际摆要符合理论要求，摆线长要有1m 左右，应选用不易伸长的细线，摆球直径要小于2cm ，应选用较重的小球.故选C.由于重力加速度g 与周期的平方成反比，周期T 的测量误差对g 的影响是较大的，所用计时工具应选精确度高一些的，故选E.由于摆线长L 应是悬点到铅球边缘的距离l 加上铅球的半径R.球半径用游标卡尺测量出(也可由教师测出后提供数据)，因此L 应读数准确到毫米位.实验中应用米尺或钢卷尺来测量.故选H. 综上所述应填A 、C 、E 、H.例2．一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆挂起后，进行了如下步骤： A.测摆长L ，用米尺量出摆线的长度；B.测周期T ，将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间t ，算出单摆的周期T=t/60;C.将所测量的L 和T 代入单摆的周期公式T=2πgL ，算出g ，将它作为实验的最后结果写入报告中去.指出上面步骤中遗漏或错误的地方，写出该步骤的字母，并加以改正(不要求进行误差计算).解析：A.应用卡尺测出摆球直径d ，摆长L 应记为摆线的长度加上摆球半径d/2,如果只用米尺量摆长，摆长的下端应从球心算起； B.单摆的周期T 计算，应该是：T=5.29t ; C.本实验的目的是测重力加速度g ，应测量多次，然后取g 的平均值作为实验的最后结果.1．(06四川)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，①测摆长时，若正确测出悬线长l 和摆球直径d,则摆长为 ;②测周期时，当摆球经过 位置时开始计时并计数l 次，测出经过该位置N 次(约60~100次)的时间为t,则周期为 。
此外,请你从下列器材中选用所需器材，再设计一个实验，粗略测出重力加速度g ，并参照示例填写下表（示例的方法不能．．再用）。
A.天平; B.刻度尺; C.弹簧秤; D.电磁打点计时器; E.带夹子的重锤; F.纸带; G.导线若干; H.铁架台; I.低压交流电源; J.低压直流电源;(1)①dl +; ②平衡;2t ;2．“用单摆测重力加速度”的实验中，下述说法正确的是( )A.如果有两个大小相同的铁球和木球(都有小孔)可供选择，则选用铁球作为摆球较好B.单摆的偏角不要超过10°C.为了便于改变摆线的长度，可将摆线的一头绕在铁架上端的圆杆上以代替铁夹D.测量摆长时，应用力拉紧摆线解析：本实验中，为使实际的摆接近理论上的单摆，应选用质量较大、而直径较小的球做摆球，故选A.本实验中，T=2πgL成立的条件是：偏角不大于5°，所以选B. 因要满足本实验的要求，一般摆线都又细又长，为减小实验中摆长测量带来的误差，要求注意(1)固定摆线时，摆线上端要用铁夹夹紧，不能将线缠在水平杆上或系在杆上，因为这样会出现在振动中摆线长发生变化，造成测量值与实际值不符.(2)测量摆线长度时，因挂上摆球之后摆线长度会有变化，所以应该在挂好摆球之后过一段时间再测量摆线长L.测量时注意不要用手拉伸摆线.所以C 、D 错误.故选A 、B.3．在“用单摆测定重力加速度”的实验中测算出的g 值比当地的公认值偏大，其原因可能是( )A.振幅偏小B.摆球质量偏大C.将振动次数n 记为(n+1) D.将摆线长当作摆长，未加摆球的半径 解析：从实验原理出发，单摆的周期公式为T=2πgL，周期大小与单摆的振幅，摆球质量均无关系，因此A 、B 不正确.g 的计算公式为g=4π22TL，由此式可以判断出g 的测算值偏大，不是D 项的情况，而是周期T 偏小所致，若将n 次全振动，误记为n+1次，则T 偏小.故C 对4．用游标卡尺测得单摆摆球的直径为d ，用毫米刻度尺测得从悬点到摆球上表面的悬线长度为L 1，当摆球过最低点时作为形始记时的第一次，当数到第N 次过最低点时，经过的时间为t,则可算出当地重力加速度g= ，改变摆长，分别测得摆长为L 1、L 2、L 3时对应的周期为T 1、T 2、T 3，在L —T 2坐标上得到如下图所示图线，若设该图线斜率为k ，则重力加速度g= 解析：单摆振动的周期T=2πgL，由题意振动的周期T=2πg L =12-N t ,摆长L=L 1+2d ,则重力加速度 g= 224TL π=22122)1)(2(t N d L -+π. 由图线可知：L=kT 2=k ×g24π×L.所以重力加速度g=4π2k.5．（06上海卷）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 50．0 S 和 49．0 S ，则两单摆的周期差△T ＝ 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 。
解析：（1）s s T T T 02.05049505021=-=-=∆ （2）先释放的是长摆，故有nT 1= nT 2+Δt ，解得n=8.25，所以短摆释放的时间为t=nT 2=8.085s ，此时两摆同时向左经过平衡位置。