Question

在做“利用单摆测重力加速度”实验中，某同学先测得摆线长，摆球直径，然后用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图1所示，则
（1）秒表所示读数为

 

s．
（2）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l，测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数值，再以l为横坐标，T²为纵坐标，将所得数据连成直线如图2所示，则测得的重力加速度g=

 

．（保留三位有效数字）

（3）实验中有个同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可能是

 

A．悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．单摆所用摆球质量太大
C．把n次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间
D．以摆线长作为摆长来计算
（4）在“用单摆测定重力加速度的实验”中，测单摆周期时，当摆球经过

 

  时开始计时并计1次，测出经过该位置N次所用时间为t，则单摆周期为

 

．

Answer 1

分析：（1）秒表先读分针读数，再读秒针读数，两者相加；机械式秒表的小表盘表示分钟，大表盘表示秒，大表盘一圈30秒；为了确定是前三十秒还是后三十秒，需要参考小表盘两分钟之间的半刻线：如果小表盘表针没到半刻线，就是某分钟+小表盘示数秒；如果小表盘表针超过了半刻线，就是某分钟+（大表盘示数+30）秒；
（2）由单摆的周期公式T=2π

L g

变形得到l与T²的表达式，分析T²-l图线的斜率的意义，并求出斜率，得到g；
（3）由单摆的周期公式T=2π

L g

推导出重力加速度的表达式进行分析；
（4）摆球每半个周期通过一次平衡位置，根据t=

N-1

2

T，求出周期．

解答：解：（1）小表盘表针超过了半刻线，故：
t=0+57.0s=57.0s
（2）根据单摆的周期公式T=2π

L g

，有：
T2=

4π2

g

L
故T²-l图线的斜率表示：k=

4π2

g

故g=

4π2

k

=

4×3.142

4 1

=9.86m/s²
（3）根据单摆的周期公式T=2π

L g

，有：g=

4π2L

T2

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，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故A错误；
B、单摆的周期与摆球的质量无关，故对重力加速度的测量无影响，故B错误；
C、把n次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间，周期的测量值偏小，故重力加速度的测量值偏大，故C正确；
D、以摆线长作为摆长来计算，没有考虑球的半径，故摆长的测量值偏小，故测得重力加速度偏小，故D错误；
故选：C．
（4）在“用单摆测定重力加速度的实验”中，测单摆周期时，当摆球经过平衡位置时速度最大，故从平衡位置开始计时误差最小；
摆球经过 平衡位置时开始计时并计1次，测出经过该位置N次所用时间为t，则单摆周期为：
T=

t

N-1 2

=

2t

N-1

故答案为：（1）57.0；（2）9.86m/s²；（3）C；（4）平衡位置，

2t

N-1

．

点评：本题考查了秒表读数、重力加速度的测量原理和误差来源，关键从实验原理出发考虑误差情况，不难．