题目内容

某同学在“用单摆测定重力加速度”时，测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的可能原因是 （　　）
分析：由单摆周期公式，求出重力加速度的表达式，根据重力加速度的表达式，分析重力加速度测量值偏大的原因．
解答：解：由单摆周期公式T=2π
L
g
，可知重力加速度：g=
4π2L
T2
．
A、由g=
4π2L
T2
可知，当l偏大会才会引起测量值大，故A错误
B、由g=
4π2L
T2
可知，当T偏小会引起测量值偏大．故B正确．
C、重力加速度的测量值与振幅无关，振幅偏小，不影响测量结果，故C错误；
D、g的值与摆球的质量无关，故D错误
故选：B
点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2π
L
g
，以及会分析误差形成的原因．
练习册系列答案
相关题目
（1）某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，如果他测得的g值偏小，可能的原因是
B
B
（填序号）
A．测摆线长时，摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地悬挂，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动记为50次
（2）某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，一位同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径．具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度为g=
4π2(L1-L2)
T
2
1
-
T
2
2
4π2(L1-L2)
T
2
1
-
T
2
2
．
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
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
(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
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
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
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
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
无影响
偏大，偏小，无影响）
某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验．
（1）测摆长时测量结果如图甲所示（单摆摆线的另一端与刻度尺的零刻线对齐），摆长为
99.90
99.90
cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间，如图乙所示，秒表读数为
130.5
130.5
 s．
（2）他测得的g值偏大，可能的原因是
AC
AC

A．测摆长时摆线拉得过紧
B．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
C．开始计时时，秒表提前按下
D．实验中误将51次全振动次数计为50次．
某同学在做用单摆测定重力加速度的实验中，用游标为50分度的卡尺测量小球的直径，结果如图所示．由图可知小球的直径为
14.30mm
14.30mm
．
某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中：
①测摆长时测量结果如图1所示（单摆的另一端与刻度尺的零刻线对齐），摆长为
99.80
99.80
cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图2所示，秒表读数为
100.5
100.5
s．当地的重力加速度为
9.74
9.74
m/s2．

②他测得的g值偏小，可能的原因是下列选项中的哪几项？
BC
BC

A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表提前按下
D．实验中误将49次全振动数为50次．

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