Question

某小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验，已知单摆摆动的摆角小于5°，

（1）单摆的摆长应是球自然下垂时从悬点量至

 

的距离，此实验在测量周期应从摆球摆到

 

处开始计时．
（2）某同学先用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d，如图所示．则该摆球的直径为

 

毫米．
（3）在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t； 该单摆在摆动过程中的周期为

 

．
（4）某同学用秒表测得球第40次经过最低点的时间如图所示，则秒表读数为

 

s；单摆的周期
为

 

s．
（5）用上述物理量的字母符号写出求重力加速度的一般表达式g=

 

．
（6）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
（7）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长
l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标、T²为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k．则重力加速度g=

 

．（用k表示）若根据所得数据连成的直线的延长线没过坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则由此图象求得的重力加速度的g

 

（填“偏大”，“偏小”，“无影响”）

Answer 1

分析：（1）摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，即摆长为摆线悬点到球心的距离；为减小误差，准确测量单摆周期，摆球经过最低点时开始计时．
（2）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．
（3）单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，根据题意求出单摆的周期．
（4）秒表分针与秒针示数之和是秒表的示数，由图示秒表读出其示数，然后求出单摆的周期．
（5）根据题意求出单摆的周期，单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，由单摆周期公式求出重力加速度表达式．
（6）由单摆周期公式求出重力加速度的表达式，分析实验误差．
（7）由重力加速度的表达式，根据数学知识分析T²-l图线斜率的意义．

解答：解：（1）单摆的摆长应是球自然下垂时从悬点量至球心的距离，此实验在测量周期应从摆球摆到最低点处开始计时．
（2）由图示游标卡尺可知，主尺示数为2.9cm=29mm，游标尺示数为8×0.1mm=0.8mm，摆球的直径为29mm+0.8mm=29.8mm．
（3）从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点时，单摆完成全振动的次数为

n-1

2

，在此期间所用的时间内为t，则单摆的周期T=

t

n-1 2

=

2t

n-1

．
（4）由图示秒表可知，秒表示数为1min+19.9s=79.9s，单摆的周期T=

2t

n-1

=

2×79.9

40-1

≈4.1s．

（5）单摆的摆长l=L+

d

2

，单摆周期T=

2t

n-1

，由单摆周期公式T=2π

L g

可知，重力加速度：g=

4π2L

T2

=

4π2(l+ d 2 )

( 2t n-1 )2

=

π2(n-1)2(l+ d 2 )

t2

．
（6）由单摆周期公式T=2π

L g

可知，重力加速度g=

4π2L

T2

；
A、单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，使所测周期T偏大，g偏小，故A错误；
B、把n次摆动时间误记为（n+1）次摆动的时间，使所测周期T偏小，g偏大，故B正确；
C、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，所测g偏小，故C错误；
D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长L偏大，所测g偏大，故D正确；故选BD．
（7）由单摆周期公式T=2π

L g

可知，T²=

4π2

g

L，T²-L图象的斜率k=

4π2

g

，重力加速度：g=

4π2

k

；
若根据所得数据连成的直线的延长线没过坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，
从g的表达式g=

4π2

k

可知：g与摆长无关，因此由图象求得的重力加速度g无影响．
故答案为：（1）球心；最低点；（2）29.8；（3）

2t

n-1

；（4）79.9；4.1；（5）

π2(n-1)2(L+ d 2 )

t2

；（6）BFD；（7）

4π2

k

；无影响．

点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系．单摆的周期采用累积法测量可减小误差．对于测量误差可根据实验原理进行分析．