题目内容
18．实验小组的同学们用如图1所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验．
①实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的AC（选填选项前的字母）．
A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳
C．直径约1cm的均匀铁球 D．直径约10cm的均匀木球
②将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是：BC（选填选项前的字母）．
A．测出摆线长作为单摆的摆长．
B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动．
C．在摆球经过平衡位置时开始计时．
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期．
③甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图2所示的图象，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量．你认为横坐标所代表的物理量是（选填“l2”、“l”、“$\sqrt{l}$”），若图线斜率为k，则重力加速度g=$\frac{4{π}^{2}}{{k}^{2}}$（用k表示）．
④乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是C（选填选项前的字母）．
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下秒表
C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间．
分析 ①根据实验注意事项与实验器材分析答题；
②摆线长度与摆球半径之和为单摆摆长；单摆在摆角小于5°的情况下的摆到我 简谐振动；为减小实验误差应在单摆经过平衡位置时计时，测出多个周期的总时间然后求出平均值作为单摆的周期；
③根据单摆周期公式结合图象分析答题；
④根据重力加速度的表达式分析实验误差．
解答 解：①A、实验过程单摆摆长应保持不变，应选择长约1m的细线作为摆线，摆线不能选择有弹性的橡皮绳，故A正确，B错误；
C、为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，应选择直径约1cm的均匀铁球作为摆球，不要选用直径约10cm的均匀木球，故C正确，D错误；
故选：AC；
②A、摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，故A错误；
B、单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；
C、为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；
D、为减小测量误差，应测出n个周期的总时间t，然后求出周期：T=$\frac{t}{n}$，用单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期实验误差较大，故D错误；
故选：BC；
③由单摆周期公式：T=2π$\sqrt{\frac{l}{g}}$=$\frac{2π}{\sqrt{g}}$•$\sqrt{l}$可知：T与$\sqrt{l}$成正比，T-$\sqrt{l}$图象是正比例函数图象，T-$\sqrt{l}$图象的斜率：k=$\frac{2π}{\sqrt{g}}$，则重力加速度：g=$\frac{4{π}^{2}}{{k}^{2}}$；
④由单摆周期公式：T=2π$\sqrt{\frac{l}{g}}$得：g=$\frac{4{π}^{2}l}{{T}^{2}}$；
A、单摆在小角度下的摆到为简谐振动，开始摆动时振幅较小，单摆的振幅对重力加速度的测量没有影响，故A错误；
B、开始计时时，过早按下秒表，所测周期T偏大，所测重力加速度偏小，故B错误；
C、测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间，所测周期T偏小，所测重力加速度g偏大，故C正确；
故选：C；
故答案为：①AC；②BC；③$\frac{4{π}^{2}}{{k}^{2}}$；④C．
点评 单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化．在最低点，速度最快，开始计时误差较小．
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