题目内容

14．在“用单摆测定重力加速度”的实验中
（1）实验中某同学发现他测出的重力加速度值总是偏大，其原因可能是CD．
A．实验室处在高山上，离海平面太高
B．单摆所用的摆球太重
C．测出n次全振动的时间为t，误作为（n+1）次全振动的时间进行计算
D．以摆球直径与摆线之和作为摆长来计算
（2）为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最低（填“高”或“低”）点的位置，测出n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测出摆线长为L，用螺旋测微器测出摆球的直径为d．测定重力加速度的一般表达式为g=$\frac{4{π}^{2}{n}^{2}（L+\frac{d}{2}）}{{t}^{2}}$．

分析 （1）根据单摆的公式$T=2π\sqrt{\frac{L}{g}}$，推导出g的表达式．再根据g的表达式分析误差形成的原因．
（2）根据单摆周期公式推导g的表达式．

解答 解：（1）根据单摆的公式$T=2π\sqrt{\frac{L}{g}}$，可得：$g=\frac{{4{π^2}L}}{T^2}$
A、高度越高，重力加速度越小，但是位置不是影响测量重力加速度偏大偏小的原因．故A错误．
B、摆球的质量不影响重力加速度的大小．故B错误．
C、测出n次全振动的时间为t，误作为（n+1）次全振动的时间进行计算，测得周期偏小，根据$g=\frac{{4{π^2}L}}{T^2}$知测得重力加速度偏大．故C正确．
D、以摆球的直径和摆线之和作为摆长来计算，测得摆长偏大，根据$g=\frac{{4{π^2}L}}{T^2}$，知测得重力加速度偏大．故D正确．
故选：CD．
（2）摆球经过最低点时速度最大，故测量时间的误差最小；
单摆的周期为：T=$\frac{t}{n}$；
摆长为：L总=L+$\frac{d}{2}$；
单摆的周期：$T=2π\sqrt{\frac{L_总}{g}}$；
联立解得：
g=$\frac{4{π}^{2}{n}^{2}（L+\frac{d}{2}）}{{t}^{2}}$
故答案为：（1）CD；（2）低，$\frac{4{π}^{2}{n}^{2}（L+\frac{d}{2}）}{{t}^{2}}$．

点评 解决本题的关键掌握单摆的周期公式$T=2π\sqrt{\frac{L}{g}}$，以及在实验中摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，从平衡位置开始计时误差较小．

练习册系列答案
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