题目内容
在《用单摆测量重力加速度》的实验中，某同学进行了如下操作，请帮他把数据填在答题卡的空格线上．
（1）用刻度尺测出悬点到小球底端的长度如图1所示，该数值为______cm；用游标卡尺测出小球的直径如图2所示，小球的直径d=______cm；单摆的摆长l=______m
（2）用秒表测出完成50次全振动的时间如图3所示，该单摆摆动的周期T=______s
（3）根据测得的数据可以算出当地的重力加速度g=______m/s2（保留3位有效数字）；
（4）为了准确地测出重力加速度的值，减小实验误差，下列做法可行的是______
A．测量摆线长度时，水平拉直后测量．
B．摆球应选用质量较小的实心木球．
C．测周期时摆球经过平衡位置开始计时．
D．单摆开始摆动时，偏离竖直方向的角度尽可能大一些．
【答案】分析：（1）由图1读出悬点到小球底端的长度L，由图2读出小球的直径d，单摆的摆长l=L-
．
（2）由秒表读出时间t，由T=
求出单摆的周期．
（3）由单摆的周期公式求解重力加速度．
（4）重力加速度的表达式分析减小实验误差可行的方法．
解答：解：（1）由图1读出悬点到小球底端的长度为L=100.54cm．游标卡主尺读数为11mm，游标尺上第2条刻度线与主尺对齐，则游标尺读数为0.2mm，小球的直径为d=11mm+0.2mm=1.12cm．则单摆的摆长为l=L-
=99.98cm=0.9998m．
（2）由秒表读出单摆完成50次全振动的时间t=100.0s，则单摆的周期为T=
=
（3）根据单摆的周期公式T=2
得，g=
代入解得g≈9.86m/s2．
（4）A、测量摆线长度时，应该让摆球自然下垂，不能水平拉直后测量，这样使摆长测量产生误差．故A错误．
B、摆球应选用质量较小的实心木球，空气阻力影响较大，测量误差增大．故B错误．
C、测周期时摆球经过平衡位置开始计时时，由于摆球速度最快，相同的距离误差产生的时间误差较小，测量准确．故C正确．
D、单摆开始摆动时，偏离竖直方向的角度尽可能大时，单摆可能不做简谐运动，产生的误差增大．故D错误．
故选C
故答案为：（1）100.54，1.12，0.9998
（2）2.0
（3）9.86
（4）C
点评：本题考查对单摆实验：摆长和周期的读数、周期的计算及误差分析的能力．对于误差，可根据重力加速度的解析式进行分析．
．（2）由秒表读出时间t，由T=
求出单摆的周期．（3）由单摆的周期公式求解重力加速度．
（4）重力加速度的表达式分析减小实验误差可行的方法．
解答：解：（1）由图1读出悬点到小球底端的长度为L=100.54cm．游标卡主尺读数为11mm，游标尺上第2条刻度线与主尺对齐，则游标尺读数为0.2mm，小球的直径为d=11mm+0.2mm=1.12cm．则单摆的摆长为l=L-
=99.98cm=0.9998m．（2）由秒表读出单摆完成50次全振动的时间t=100.0s，则单摆的周期为T=
=（3）根据单摆的周期公式T=2
得，g=代入解得g≈9.86m/s2．
（4）A、测量摆线长度时，应该让摆球自然下垂，不能水平拉直后测量，这样使摆长测量产生误差．故A错误．
B、摆球应选用质量较小的实心木球，空气阻力影响较大，测量误差增大．故B错误．
C、测周期时摆球经过平衡位置开始计时时，由于摆球速度最快，相同的距离误差产生的时间误差较小，测量准确．故C正确．
D、单摆开始摆动时，偏离竖直方向的角度尽可能大时，单摆可能不做简谐运动，产生的误差增大．故D错误．
故选C
故答案为：（1）100.54，1.12，0.9998
（2）2.0
（3）9.86
（4）C
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练习册系列答案
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