题目内容

某同学在“利用单摆测重力加速度”实验中
①为使周期测量精确，计时起点应从摆球经过
平衡位置
平衡位置
开始．
②某同学在计时时，错将摆球完成30次全振动记为31次，则他测出的重力加速度值比真实值
偏大
偏大
（选填：“偏大”或“偏小”）．
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为k，如图所示，则重力加速度g=
4π2
k
4π2
k
．（用k表示）
分析：单摆经过平衡位置时，速度最大，该时刻计时误差较小．根据单摆的周期公式，得出重力加速度的表达式，结合周期的测量误差判断重力加速度的测量误差．
根据单摆的周期公式得出T2-L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度的值．
解答：解：①因为单摆经过平衡位置时，速度最大，则计时起点从摆球经过平衡位置开始，测量误差较小．
②根据T=2π
L
g
，则g=
4π2L
T2
，错将摆球完成30次全振动记为31次，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大．
③根据T=2π
L
g
，得T2=
4π2L
g
，可知图线的斜率k=
4π2
g
，则重力加速度g=
4π2
k
．
故答案为：①平衡位置，②偏大，③
4π2
k
．
点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式，会通过重力加速度的表达式分析误差．
练习册系列答案
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用单摆测重力加速度时，某同学在利用单摆测重力加速度的实验中，若测得重力加速度偏大，则可能是 （　　）
在“用单摆测定重力加速度”的实验中
①用主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的卡尺测量金属球的直径，结果如图甲所示，可以读出此金属球的直径为
19.40
19.40
mm．

②某同学在利用单摆测重力加速度的实验中，测出多组摆长L与周期T的数据，根据实验数据，作出了T2-L的关系图象如图乙
（Ⅰ）该同学实验中出现的错误可能是
漏测摆球的半径
漏测摆球的半径

（Ⅱ）虽然实验中出现了错误，但根据图中数据，仍可算出重力加速度其值为
9.86
9.86
m/s2（取π=3.14，结果保留三位有效数字）
某同学在“利用单摆测重力加速度”实验中，采用光电传感器记录振动情况．装置如图甲所示，摆球在垂直纸面的平面内摆动，在摆球运动的最低点左、右侧分别放置一激光光源与光敏电阻（其阻值随光的强度增大而减小，随光的强度减小而增大）．光敏电阻与某一自动记录器相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图乙所示，则：
（1）结合单摆的振动情况和图乙，分析该单摆的振动周期为多少（不需说理）？
（2）若测得单摆的周期是2.0秒、摆长为98.30cm，求当地的重力加速度是多大？（π2≈10）
（3）该同学还想利用该装置测量某山的高度，设在海平面处的测得周期记为T1、在山顶测得周期记为T2、地球是质量分布均匀半径为R的球体．请你帮他推导在海平面与山顶的重力加速度比值和此山高度的表达式．
某同学在“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间，如图所示，则 
（1）该摆摆长为
98.50
98.50
cm，秒表所示读数为
99.8
99.8
s．
（2）如果他测得的g值偏小，可能的原因是
AB
AB
．
A．了摆线长的长度为摆长
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，使周期变大了
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数次数记为50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，从而得出一组对应的L与T的数据如图，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为k，则重力加速度g=
4π2
k
4π2
k
．（用k表示）

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