Question

某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°；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；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d．
（1）该单摆在摆动过程中的周期为

2t

n-1

．
（2）用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=

(n-1)2π2(2l+d)

2t2

．
（3）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

BD

．
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
（4）某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，用秒表测单摆完成40次全振动的时间如图所示，则单摆的周期为

2.005

s．
（5）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=

4π2

k

．（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，则实验过程中可能存在的失误是

摆长漏加小球半径

，因此失误，由图象求得的重力加速度的g

无影响

偏大，偏小，无影响）

Answer 1

分析：（1）知道周期为一次全振动的时间，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，所以在t时间内完成了

n-1

2

个全振动；
（2）由单摆的周期公式T=2π

L g

即可求解；
（3）对于测量误差可根据实验原理进行分析；
（4）知道周期为一次全振动的时间，T=

t

n

；
（5）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）周期为一次全振动的时间，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，所以在t时间内完成了n-1个全振动，所以T=

2t

n-1

；
（2）根据周期公式得：T=2π

L g

，所以g=

4π2L

T2

=

(n-1)2π2(2l+d)

2t2

；
（3）A、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，测得的单摆周期变大，根据g=

4π2L

T2

可知，测得的g应偏小．故A错误；B、实验中误将n次全振动计为n+1次，根据T=

t

n

求出的周期变小，g偏大．故B正确；C、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，根据g=

4π2L

T2

可知，测得的g应偏小．故C错误；D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，根据g=

4π2L

T2

可知，测得的g应偏大．故D正确．故选BD；
（4）秒表读数：内圈：1分钟=60s，外圈：20.2s，（指针准确不估读）所以读数为：80.2s，周期T=

t

n

=

80.2

40

s=2.005s
（5）根据重力加速度的表达式g=

4π2L

T2

可知，T²-l图线斜率k=

4π2

g

，则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，则实验过程中可能存在的失误是摆长漏加小球半径，从g的表达式可知：g与摆长无关，所以因此失误对由图象求得的重力加速度的g的值无影响．
故答案为：（1）

2t

n-1

；（2）

(n-1)2π2(2l+d)

2t2

；（3）BD；（4）2.005s；（5）

4π2

k

；摆长漏加小球半径；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．