某同学在做“利用单摆测重力加速度实验中.先测得摆线长为l=97.5cm.摆球直径为d=2.0cm.然后用秒表记录了单摆动n=50次所用的时间．则:①实验过程中.为了减小测量周期的误差.计时开始时.摆球应是经过最低点的位置.且用秒表测量单摆完成多次振动所用的时间.求出周期,②该摆摆长L=98.5cm.秒表所示读数t=99.8s．③用上述所给物理量表示当� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

6．

某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为l=97.5cm，摆球直径为d=2.0cm，然后用秒表记录了单摆动n=50次所用的时间（如图所示）．则：
①实验过程中，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最低（填“高”或“低”）点的位置，且用秒表测量单摆完成多次振动所用的时间，求出周期；
②该摆摆长L=98.5cm，（图中）秒表所示读数t=99.8s．
③用上述所给物理量（符号）表示当地重力加速度：g=$\frac{4{π}^{2}（l+\frac{d}{2}）{n}^{2}}{{t}^{2}}$
④如果他测得的g值偏小，可能的原因是：B
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆在线端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次．

分析 ①根据实验要求：小球的偏角α在很小（α＜5°）时，小球的振动才近似看成简谐运动．在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小；
②秒表读数：先读内圈，读数时只读整数，小数由外圈读出，读外圈时，指针是准确的，不用估读；
③根据周期公式$T=2π\sqrt{\frac{L}{g}}$推导重力加速度的表达式．
④依据加速度表达式分析引起g值偏小的原因．

解答解：①当摆球经过平衡位置时，即最低点，开始计时误差较小．
②该摆的摆长L=l+$\frac{d}{2}$=97.5+1cm=98.5cm．秒表的读数t=90+9.8s=99.8s．
③根据T=$2π\sqrt{\frac{L}{g}}$知，重力加速度g=$\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$=$\frac{4{π}^{2}（l+\frac{d}{2}）}{{（\frac{t}{n}）}^{2}}$=$\frac{4{π}^{2}（l+\frac{d}{2}）{n}^{2}}{{t}^{2}}$．
④A、根据$g=\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$知，测摆线长时摆线拉得过紧，摆长的测量值偏大，则重力加速度测量值偏大，故A错误．
B、根据$g=\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$知，摆在线端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，知摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小，故B正确．
C、根据$g=\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$知，开始计时时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故C错误．
D、根据$g=\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$知，实验中误将49次全振动数为50次．则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故D错误．
故选：B．
故答案为：①低，②98.5，99.8，③$\frac{4{π}^{2}（l+\frac{d}{2}）{n}^{2}}{{t}^{2}}$．④B．

点评解决本题的关键掌握单摆的周期公式，知道测量重力加速度的原理；知道秒表不估读．

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