Question

5．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97.20cm；用20分度的游标卡尺测小球直径如图所示，然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间为100.0s．则

（1）记录时间应从摆球经过平衡位置开始计时，小球直径为2.990cm，测得重力加速度g值为9.73m/s²（保留小数点后两位有效数字）
（2）如果他在实验中误将49次全振动数为50次，测得的g值偏大（填“偏大”或“偏小”或“准确”）
（3）如果该同学在测摆长时忘记了加摆球的半径，如用求平均值方法测得加速度g将偏小（填“偏大”或“偏小”或“准确”）；但如果以摆长L为纵坐标、周期的二次方（T²）为横坐标作出了L-T²图线，由图象测得的图线的斜率为k，则测得的重力加速度g=4π²k．（用字母表示即可）．此时他用图线法求得的重力加速度准确．（选填“偏大”，“偏小”或“准确”）

Answer 1

分析 单摆在摆角比较小时，单摆的运动才可以看成简谐运动．摆球经过平衡位置时速度最大，此时计时，误差比较小．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．

解答 解：（1）单摆摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小；
由图可知，小球的直径D=29mm+0.05mm×18=29.90mm=2.990cm；
单摆的摆长为L+$\frac{D}{2}$，单摆的周期T=$\frac{t}{n}$，根据单摆的公式T=2π$\sqrt{\frac{L}{g}}$，所以g=$\frac{{4π}^{2}（L+\frac{D}{2}）{n}^{2}}{{t}^{2}}$=$\frac{4×3.1{4}^{2}×（97.20+\frac{2.990}{2}）×1{0}^{-2}×5{0}^{2}}{{100}^{2}}$m/s²=9.73m/s²．
（2）试验中将49次全振动数为50次，会导致测得周期偏小，根据g=$\frac{{4π}^{2}L}{{T}^{2}}$，知测得重力加速度偏大．
（3）如果测摆长时忘记了加摆球的半径，会导致测得摆长偏小，根据g=$\frac{{4π}^{2}L}{{T}^{2}}$，知测得重力加速度偏小．
图线的斜率为k=$\frac{L}{{T}^{2}}$，由公式g=$\frac{{4π}^{2}L}{{T}^{2}}$可知，g=4π²k．
作l-T²图象，求重力加速度误差最小，因为描点后画线时要求尽可能多的点在该直线上，其余点尽可能均衡地分布在该直线两侧；
故答案为：（1）平衡位置，2.990，9.73；
（2）偏大；
（3）偏小，4π²k，准确．

点评 解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2π$\sqrt{\frac{L}{g}}$，以及知道测量时形成误差的原因．