题目内容

在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，
（1）某同学用毫米刻度尺测得摆线长L0=949.9mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球直径d=______mm；用秒表测得单摆完成n=50次全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数t=______s；写出用本题给定物理量符号表示当地的重力加速度的表达式g=______并算出g=______m/s2（取π2=10）

（2）若该同学测得g值偏大，那么可能原因是______（不定项）
A．计算摆长时没有计入摆球的半径
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．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
D．试验中误将39次全振动数为40次
（3）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，从而得出几组对应的L与T的数据，再以L为横坐标，T2为纵坐标将所得数据点连成直线（如图），并求得该直线的斜率为K，则重力加速度g=______（用K表示）
（1）直径读数：主尺：20mm，游标对其格数：4个格，读数：4×0.05=0.20mm
所以直径为：20+0.20=20.20mm
大表盘读数为：90s
小盘读数为：10.2s
故时间为：90+10.2=100.2s
根据单摆的周期公式T=2π
L
g
，可得：g=
4π2L
T2
=
4π2n2(L0+
d
2
)
t2

代入数据得：g=9.56m/s2
（2）根据单摆的周期公式T=2π
L
g
，可得：g=
4π2L
T2

A．计算摆长时没有计入摆球的半径．则摆长偏小，故重力加速度偏小，故A错误
B、秒表过迟按下，导致周期偏小，故重力加速度偏大，故B正确
C、振动中出现松动，但计算时仍用开始测得的值，将导致g偏小，故C错误
D、试验中将39次全振动数为40次，根据T=
t
n
，周期偏小，故g偏大，故D正确
故选：BD
（3）由图知，斜率k=
T2
L
，代入g=
4π2L
T2

可得：g=
4π2
k

故答案为：（1）20.20100.2，
4π2n2(L0+
d
2
)
t2
9.56
（2）BD（3）
4π2
k
练习册系列答案
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如图，两个相同的弹性小球，分别挂在不能伸长的细绳上，开始时两绳互相平行，两球在同一水平线上且互相接触，第二球的摆长是第一球摆长的 4 倍。现把第一球拉开一个很小的角度后释放并开始计时，则在第一个摆球固有周期的两倍时间内，两球碰撞的次数为 (  )
A．2次B．3次
C．4次D．5次
如图所示，AC是半径为3m的光滑圆弧槽，圆弧与水平面相切于A点，底边长为AB=8cm，高为BC=5cm．现将小球先后从顶点C和圆弧AC的中点D静止起释放，则两次运动到A点的时间tC和tD的关系是（　　）
A．tC＞tDB．tC＜tDC．tC=tDD．无法确定
在“用单摆测定重力加速度”实验中，使单摆做小角度摆动，实验需要测量的物理量有（　　）
A．摆球的质量B．单摆的振幅C．单摆的摆长D．单摆的周期
在“用单摆测定重力加速度的实验中”若测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2-L图象如图，则此图线的斜率为 （　　）
A．gB．
1
g
C．
4π2
g
D．
g
4π2
在用单摆测重力加速度的实验中，也可以用图线法来测量重力加速度g，其方法是多次改变单摆的摆长，量得L1、L2、L3…L6，并测定相应的周期T1、T2、T3…T6，将周期的平方看作是摆长的函数，依据实验记录描得如图所示的图线，在该图上点出离原点O较远的一点P，量得P的横坐标x和纵坐标y，则得重力加速度为______．
用单摆测重力加速度时
（1）摆球应采用直径较小，密度尽可能______的球，摆线长度要在1米以上，用细而不易______的尼龙线．
（2）摆线偏离竖直方向的角度θ应______
（3）要在摆球通过______位置时开始计时，摆线每经过此位置______次才完成一次全振动
（4）摆球应在______面内摆动，每次计时时间内，摆球完成全振动次数一般选为______次．
如图所示，在一根张紧的绳上挂着四个单摆，甲丙摆长相等，当甲摆摆动时（　　）
A．乙摆与甲摆周期相同B．丁摆频率最小
C．乙摆振幅最大D．丙摆振幅最大
如图所示，质量为M、m的两小球（M>m）组成的单摆悬挂在同一根水平拉紧的绳上，先使M摆动，则以下说法错误的是：( 　　  )
A．m的摆动周期小于M的周期
B．m的摆动周期与M的周期相等
C．m的振幅随l1的长短改变而改变
D．l1= l2时，m有最大振幅

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