题目内容

9．某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为l=97.5cm，摆球直径为d=2.0cm，然后用秒表记录了单摆动n=50次所用的时间（如图1所示）．则：
①摆动时偏角应满足的条件是θ≤10°．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，且用秒表测量单摆完成多次振动所用的时间，求出周期；
②该摆摆长L=98.5cm，秒表所示读数t=99.8s．
③用上述所给物理量的符号表示单摆周期的表达式：$g=\frac{{4{π^2}（l+\frac{d}{2}）{n^2}}}{t^2}$
④如果他测得的g值偏小，可能的原因是：B
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，振动中出现松动，使摆线长度增加
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次
⑤某同学根据实验数据作出的图象如图2所示，试问：造成图象不过坐标原点的原因是测单摆摆长时漏掉了摆球的半径或所测得摆长偏小；由图象求出的重力加速度g=9.87 m/s2．（取π2=9.87）

分析 ①根据实验要求：小球的偏角α在很小（α＜5°）时，小球的振动才近似看成简谐运动．在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小；
②秒表读数：先读内圈，读数时只读整数，小数由外圈读出，读外圈时，指针是准确的，不用估读；
③根据周期公式$T=2π\sqrt{\frac{L}{g}}$推导重力加速度的表达式．
④依据加速度表达式分析引起g值偏小的原因．
⑤根据实验注意事项与实验原理分析实验误差．由单摆周期公式变形，得到T2与L的关系式，分析图象斜率的意义，并求出g．

解答 解：①当摆球经过平衡位置时，即最低点，开始计时误差较小．
②该摆的摆长L=l+$\frac{d}{2}$=97.5+1cm=98.5cm．秒表的读数t=90+9.8s=99.8s．
③根据T=$2π\sqrt{\frac{L}{g}}$知，重力加速度g=$\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$=$\frac{4{π}^{2}（l+\frac{d}{2}）}{{（\frac{t}{n}）}^{2}}$=$\frac{4{π}^{2}（l+\frac{d}{2}）{n}^{2}}{{t}^{2}}$．
④A、根据$g=\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$知，测摆线长时摆线拉得过紧，摆长的测量值偏大，则重力加速度测量值偏大，故A错误．
B、根据$g=\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$知，摆在线端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，知摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小，故B正确．
C、根据$g=\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$知，开始计时时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故C错误．
D、根据$g=\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$知，实验中误将49次全振动数为50次．则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故D错误．
故选：B．
⑤图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径或所测得摆长偏小；
由T=2π$\sqrt{\frac{L}{g}}$可得：T2=$\frac{4{π}^{2}}{g}$L，则T2-L图象的斜率等于$\frac{4{π}^{2}}{g}$，由数学知识得：
  $\frac{4{π}^{2}}{g}$=$\frac{4}{（1+99）×1{0}^{-2}}$
解得：g=9.87m/s2；
故答案为：①θ≤10°，低；②98.5；99.8   ③$g=\frac{{4{π^2}（l+\frac{d}{2}）{n^2}}}{t^2}$；④B； ⑤测单摆摆长时漏掉了摆球的半径或所测得摆长偏小；9.87?

点评 本题关键明确实验原理，根据原理选择器材；由单摆的周期公式变形，得到T2与L的关系式得到图象斜率的物理意义，再分析实验产生的误差；知道秒表不估读．

练习册系列答案
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x1x2x3x4
10.0014.5019.0023.50
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