2.5实验：用单摆测量重力加速度 讲义

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2.5 实验：用单摆测量重力加速度
一、考点梳理
考点一、测定当地的重力加速度
1．原理：测出摆长l、周期T，代入公式g＝，求出重力加速度g.
2．器材：铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、停表、细线(1 m左右)、米尺、游标卡尺．
3．实验步骤
(1)让细线穿过金属小球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆．
(2)将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，使铁夹伸出桌面之外，然后把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂．在单摆平衡位置处做上标记．
(3)用米尺量出悬线长l′(准确到mm)，用米尺和三角板(或游标卡尺)测出摆球的直径d(准确到mm)，然后计算出悬点到球心的距离l＝l′＋即为摆长．
(4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角度不大于5°，再释放小球．当小球摆动稳定以后，经过最低位置时，用停表开始计时，测量单摆全振动30次(或50次)的时间，求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期．
(5)改变摆长，反复测量三次，算出周期T及测得的摆长l代入公式g＝，求出重力加速度g的值，然后求g的平均值，即为当地的重力加速度的值．
4．五点注意
(1)选择材料时应选择细而不易伸长的线，比如用单根尼龙丝、丝线等，长度一般不应短于1 m，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2 cm.
(2)单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象．
(3)注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小．
(4)小球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆．方法是将小球拉到一定位置后由静止释放．
(5)计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，以后摆球应从同一方向通过最低点时计数，要多测几次(如30次或50次)全振动的时间，用取平均值的办法求周期．
【典例1】在“探究单摆摆长与周期关系”的实验中，某同学的主要操作步骤如下：
A．取一根符合实验要求的摆线，下端系一金属小球，上端固定在O点；
B．在小球静止悬挂时测量出O点到小球球心的距离L；
C．拉动小球使细线偏离竖直方向一个不大的角度(约5°)，然后由静止释放小球；
D．用秒表记录小球完成n次全振动所用的时间t
(1)用所测物理量的符号表示重力加速度的测量值，其表达式为g＝____________；
(2)若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______(选填下列选项前的序号)
A．测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长
B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长
C．测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T＝求得周期
D．摆球的质量过大
(3)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图1所示，摆球直径为______cm.然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图2所示，秒表读数为______s.
图1 图2
【答案】(1)　(2)C　(3)2.06　100.0
【解析】(1)单摆的周期T＝，根据T＝2π得，g＝＝.
(2)根据T＝2π得，g＝，
测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误．
摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故B错误．
测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确．
摆球的质量过大，不影响重力加速度的测量，故D错误．故选C.
(3)游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标读数为0.1×6 mm＝0.6 mm，则最终读数为20.6 mm＝2.06 cm.
秒表的小盘读数为90 s，大盘读数为 10.0 s，则秒表读数为100.0 s.
【典例2】用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．
(1)(多选)组装单摆时，应在下列器材中选用______(选填选项前的字母)．
A．长度为1 m左右的细线
B．长度为30 cm左右的细线
C．直径为1.8 cm的塑料球
D．直径为1.8 cm的铁球
(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝__________(用L、n、t表示)．
(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理.
请计算出第3组实验中的T＝______s，g＝______m/s2.
【答案】(1)AD　(2)　(3)2.01　9.76
【解析】(1)为减小实验误差，应选择1 m左右的摆线，故选A，为减小空气阻力影响，摆球应选质量大而体积小的金属球，故选D，因此需要的实验器材是A、D.
(2)单摆的周期：T＝，由单摆周期公式：T＝2π，
解得：g＝＝.
(3)由表中实验数据可知，第三组实验中，周期：T＝ s＝2.01 s，
代入数据有：g＝＝＝9.76 m/s2.
练习1、在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中，摆球摆动稳定后，当它到达最低点时启动秒表开始计时，并记录此后摆球每次经过最低点的次数n（n=1、2、3...），当数到n=40时刚好停表，此时秒表读数为t。则该单摆的周期为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意可知，单摆完成全振动的次数为
故该单摆的周期为
。
练习2、在探究单摆运动的实验中：
(1)图(a)是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图(b)是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F－t图象，根据图(b)的信息可得，从t＝0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为________s，摆长为________m(取π2＝10，重力加速度大小g＝10 m/s2).
(2)单摆振动的回复力是________.
A.摆球所受的重力
B.摆球重力在垂直摆线方向上的分力
C.摆线对摆球的拉力
D.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
(3)某同学的操作步骤如下，其中正确的是________.
A.取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
B.用米尺量得细线长度l，测得摆长为l
C.在摆线偏离竖直方向5°位置静止释放小球
D.让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度
【答案】(1)0.5　0.64　(2)B　(3)AC
【解析】(1)根据题图(b)的信息可得，摆球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力最大，所对应的时刻为t＝0.5 s.根据题图(b)的信息可得，单摆周期T＝1.6 s，由单摆周期公式T＝2π，解得摆长为l＝0.64 m.
(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，而摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力在径向上提供向心力，选项B正确.
(3)测得摆长应为l＋，选项B错误；若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆运动，测得的摆动周期不是单摆运动周期，选项D错误.
考点二、用单摆测量重力加速度的数据处理与误差分析
1、数据处理
(1)公式法：根据公式g＝，将每次实验的l、n、t数值代入，计算重力加速度g，然后取平均值．
(2)图像法：作出T2 l图像，由T2＝可知T2 l图线是一条过原点的直线，其斜率k＝，求出k，可得g＝.
2、误差分析
(1)本实验系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即悬点是否固定；球、线是否符合要求；振动是圆锥摆还是同一竖直平面内的振动以及测量哪段长度作为摆长等等．
(2)本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上．要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒数计时计数的方法，不能多记或漏记振动次数．为了减小偶然误差，进行多次测量后取平均值．
(3)本实验中在长度(摆线长、摆球的直径)的测量时，读数读到毫米即可(即使用游标卡尺测摆球直径也只需读到毫米)；在时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在秒的十分位即可．
【典例1】在“用单摆测定重力加速度”的实验中
(1)以下关于本实验的措施中正确的是________．
A．摆角应尽量大些
B．摆线应适当长些
C．摆球应选择密度较大的实心金属小球
D．用停表测量周期时，应从摆球摆至最高点时开始计时
(2)用50分度的游标卡尺测量小球的直径，如图所示的读数是________ mm，用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，停表读数为________ s.
(3)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，同学甲说：因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大，乙同学说：浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变，这两个同学的说法中________．
A．甲正确
B．乙正确
C．都错误
【答案】(1)BC　(2)17.50　100.2　(3)A
【解析】(1)在摆角小于5°的情况下单摆的运动可以看做简谐运动，实验时摆角不能太大，不能超过5°，故A错误；实验中，摆线的长度应远远大于摆球的直径，适当增加摆线的长度，可以减小实验误差，故B正确；减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心金属小球作为摆球，故C正确；用停表测量周期时，应从球到达平衡位置开始计时，这样误差小一些，故D错误．
(2)由题图可看出，游标尺上的第25条刻度线与主尺上的4.2 cm刻度线对齐了，则游标尺的零刻度线与此刻度线之间的距离为25× mm＝24.5 mm，因4.2 cm－24.5 mm＝17.5 mm，则游标尺的零刻度线应在17 mm～18 mm之间，游标尺读数为25×0.02 mm＝0.50 mm；则游标卡尺读数为17 mm＋0.50 mm＝17.50 mm；由图示秒表可知，分针示数超过了半刻线，秒表示数为：60 s＋40.2 s＝100.2 s；
(3)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，物体不只受重力了，加速度也不是重力加速度，实际加速度要减小，因此振动周期变大，甲同学说法正确．
【典例2】某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
（1）摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最_____（填“高”或“低”）点的位置．若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝_____．
（2）考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中_____．
A．甲的说法正确
B．乙的说法正确
C．两学生的说法都是错误的
（3）某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图（a）所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图（b）所示．由图象可知，摆球的半径r＝_____m，当地重力加速度g＝_____m/s2；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会_____（选填“偏大”“偏小”或“一样”）
【答案】低 A 0.010 9.86 一样
【解析】（1）单摆测重力加速度时，计时起点应该选取平衡位置即最低点，因为在最高点时，速度为零，误差较大；根据单摆周期公式：，所以：
（2）根据题意分析，空气对摆球有一个竖直向上的浮力，所以导致竖直方向的合力比重力小，即相当于减小了重力加速度，根据公式，可知单摆的周期变大，甲的说法正确，BC错误A正确
（3）根据可知：，，所以图像与横轴交点为半径大小，即，根据解析式并结合图像可知，图像斜率为：，解得：，根据解析式可知，考虑不考虑球的半径，斜率不变都是，只是图像在坐标系中沿x轴平移，所以此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比一样．
练习1、实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有___________。
A．尽量选择质量大、体积小的摆球
B．将摆球拉到最大位移处释放，同时快速按下秒表开始计时
C．测量摆长时，让单摆自然下垂，先测出摆线长度，然后加上摆球的半径
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间作为单摆的周期。
（2）某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所示的图像，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“”、“ ”或“”），若图线斜率为，则测得的重力加速度g=___________ 。
【答案】AC
【解析】(1)[1]A．在实验中尽量选择质量大、体积小的摆球，以减小空气阻力给实验结果带来的误差，A正确；
B．单摆释放的角度应当很小,摆球释放后,应使摆球在同一个竖直平面内摆动,然后再测量单摆的周期在测量单摆的周期时,计时的起、终时刻,摆球都应恰好通过平衡位置，B错误；
C．测量单摆的摆长时,应使摆球处于自由下垂状态,用米尺测出摆线的长度,再用游标卡尺测出摆球的直径,然后算出摆长，C正确；
D．用秒表测出单摆做30～50次全振动所用的时间,计算出平均摆动一次的时间,这个时间就是单摆的周期，D错误。
故选AC。
(2)[3]由单摆周期公式
知横坐标为。
[4]图像斜率
得
二、夯实小练
1、某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3 cm、外形不规则的大理石代替小球。他设计的实验步骤有误的是（　　）
A．将石块和细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长；
C．将石块拉开一个大约α=5°的角度，然后由静止释放；
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由得出周期；
E.改变OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的l和T；
F.求出多次实验中测得的l和T的平均值，作为计算时用的数据，代入公式g=（）2l，
【答案】BDF
【解析】B．摆长应为石块重心到悬点的距离，故B步骤错误；
D．计时开始的位置应为摆球振动的平衡位置，故D步骤错误；
F．在用公式
g=（）2l
计算g时，应先将各项的l和T单独代入求解g值，不能先求l、T的平均值再代入求解，故F步骤错误。
2、某同学利用单摆测量重力加速度。
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。
【答案】(1)BC　(2)
【解析】(1)组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摆动时在同一竖直面内摆动；摆的振幅尽量小一些。选项B、C正确。
(2)设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2
则T1＝2π ①
T2＝2π ②
且L1－L2＝ΔL③
联立①②③式得g＝。
3、在“探究单摆的周期与摆长的关系”的实验中，摆球在垂直纸面的平面内摆动.如图10甲所示，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻.光敏电阻(光照时电阻比较小)与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为________.若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(填“变大”“不变”或“变小”).
【答案】2t0　变大
【解析】单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从R－t图线可知周期为2t0.摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据单摆的周期公式T＝2π，摆长变大，所以周期变大.
4、某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝________(用图中标注字母表示)。请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将________(填“偏大”“偏小”或“相同”)。
【答案】　相同
【解析】由单摆的周期公式T＝2π，得T2＝4π2，则TA 2＝4π2 ，TB2＝4π2 ，可得g＝，由此式可知测得的g与某一次实验时的摆长无关，与两次实验中的摆长差有关，所以g值与摆球重心在不在球心处无关。
5、利用单摆测当地重力加速度的实验中。
(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d＝________cm。
(2)某同学测量数据如下表，请在图乙中画出L T2图像。
L/m 0.400 0.500 0.600 0.800 1.200
T2/s2 1.60 2.10 2.40 3.20 4.80
由图像可得重力加速度g＝______m/s2(保留三位有效数字 )。
(3)某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图像可能是下列图像中的________。
【答案】(1)2.26　(2)图见解析　9.86　(3)B
【解析】(1)小球的直径d＝22 mm＋0.1 mm×6＝22.6 mm＝2.26 cm。
(2)L T2图像如图所示：
由T＝2π 可得：L＝2，k＝
对应图像可得：k＝＝0.25
可解得：g＝4π2k≈9.86 m/s2。
(3)在实验中，若摆长没有加小球的半径，其他操作无误，
可得：L＝T2－。故可知B正确，A、C、D均错误。
7、如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图，O是它的平衡位置，P、Q是小球所能到达的最高位置。小球的质量m=0.4 kg，图乙是摆线长为L时小球的振动图像，g取10 m/s2。
(1)为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过___________（选填“O”“P”或“Q”）时开始计时；测出悬点到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=___________（用L，n，t表示）。
(2)由图乙写出单摆做简谐运动的表达式___________，并判断小球在什么位置时加速度最大___________？最大加速度为多少___________？
【答案】O x=5sin πt（cm） 小球在最大位移处的加速度最大 0.5 m/s2
【解析】(1)[1]因摆球经过最低点的速度大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点O开始计时。
[2]由题意可得，单摆周期为，再根据单摆周期公式
可解得
(2)[3][4][5]由图乙可知单摆的振幅为A=5cm，周期为T=2s，则
所以单摆做简谐运动的表达式为
x=5sin πt（cm）
小球在最大位移处的加速度最大，根据
可求得摆长为L=1m，则加速度最大值为
8、(1)物理课外小组探究“用单摆测定重力加速度”实验，他们依照教材实验直接测量单摆摆线长、摆球直径d和单摆完成n次全振动的时间t，则该单摆的摆长为_______，振动周期为_________；
(2)他们测出不同的摆长所对应的周期T，在进行数据处理时：①甲同学以摆长为横坐标，周期T的平方为纵坐标作出了图象，若他测得的图象的斜率为k，则测得的重力加速度g=_______。若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图象法求得的重力加速度________（选填“偏小”、“偏大”或“准确”）。②乙同学根据单摆振动的周期公式计算重力加速度，若乙同学测摆长时，也忘记了测摆球的半径，则他测得的重力加速度_______（选填“偏小”、“偏大”或“准确”）；
(3)某小组测量5种不同摆长下单摆的振动周期，以摆长为横坐标、周期T的平方为纵坐标，作出图象如图所示，利用此图象求出的重力加速度为________（保留三位有效数字）。
【答案】 准确 偏小 9.86
【解析】(1)[1]单摆摆长等于绳长加上摆球的半径，故摆长为
[2]单摆完成n次全振动，即完成了n个周期，所以周期
(2)[3]由单摆周期公式
得
图象的斜率为
得
[4]
单摆摆长偏大还是偏小不影响图象的斜率k，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值，甲同学用图线法求得的重力加速度准确；
[5]由单摆周期公式
得
乙同学根据单摆振动的周期公式计算重力加速度，若乙同学测摆长时，也忘记了测摆球的半径，使得摆长偏小，则他测得的重力加速度偏小。
(3)[6]计算出图象的斜率大约为k=4.0，依据图象求出重力加速度为g=9.86m/s2。
9、在利用单摆测定重力加速度的实验中，某同学测出了多组摆长和运动周期，根据实验数据，作出T2-L的关系图象如图所示。
(1)为了减小测量误差，如下措施中正确的是________；（填字母）
A．单摆的摆角应尽量大些
B．摆线应尽量短些
C．选体积较小、质量较大的摆球
D．测量周期时，应取摆球在最高点时做为计时的起、终点位置
E．测量周期时，应测摆球30～50次全振动的时间算出周期
(2)图像不过坐标原点，原因可能是________；
(3)虽然实验中出现了疏漏，但根据图象仍可算出重力加速度，其值为________m/s2（结果保留三位有效数字）。
【答案】CE 测摆长时，仅测了摆线长度漏测了小球半径等 9.86
【解析】(1)[1]A．单摆在摆角小于时的运动是简谐运动，所以单摆的摆角不能太大，故A错误；
B．为了减小实验误差，摆线应适当长些，故B错误；
C．为了减小空气阻力对实验的影响，摆线的长度应远大于摆球的直径，所以应选择质量大，体积小的实心小球作为摆球，故C正确；
D．为了减小测量周期的误差，测量周期时，应取摆球通过最低点时做为计时的起、终点位置，故D错误；
E．为了减小测量周期的误差，测量周期时，应测摆球30～50次全振动的时间算出周期，故E正确。
故选CE。
(2)[2]图像不过坐标原点，将图像向右平移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，仅测了摆线长度而漏测了小球半径等。
(3)[3]由单摆周期公式
得
图像斜率
结合图像数据得到
则求得
10、在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测出了单摆在摆角小于5°时完成n次全振动的时间为t，如图（A）所示用毫米刻度尺测得摆线长，又用游标卡尺测得摆球直径，如图（B）所示。
(1)由图可知摆线长是________m，摆球直径是_________cm，并由此计算出摆长L；
(2)实验中某同学每次测量的加速度值都比其他同学偏大，其原因可能是_________；
A．他的摆球比其他同学的摆球重
B．他的摆线具有一定弹性
C．数摆动次数时，误将29次全振动记成了30次
D．直接将摆线长作为摆长来计算
(3)利用单摆周期公式测定重力加速度时测出不同摆长L时相应周期值T，作T2-L图线，如图（C）所示，利用图线上任两点A、B的坐标(x1，y1)，(x2，y2)可求出图线的斜率k=_________，再由k可求出g=________（用k表示）
【答案】0.9890~0.9893 2.00 C
【解析】(1)[1][2]由图可知摆线长是0.9890m，摆球直径是
(2)[3]根据
解得
实验中某同学每次测量的加速度值都比其他同学偏大，其原因可能是
A．重力加速度与摆球的重力无关，A错误；
B．所有摆线都有弹性，B错误；
C．数摆动次数时，误将29次全振动记成了30次，n变大，则g的测量值偏大，C正确；
D．直接将摆线长作为摆长来计算时，L变小，g的测量值偏小，D错误。
故选C。
(3)[4]根据图像得
[5]根据得
则
解得
三、培优练习
1．用单摆测重力加速度的实验中，测出的重力加速度的值大于当地的重力加速度，下列原因中可能的是（　　）
A．振幅太小导致测得的周期偏小
B．计算摆长时，只考虑线长，没有加上摆球半径
C．将n次全振动误记为（n－1）次全振动
D．将n次全振动误记为（n＋1）次全振动
【答案】D
【解析】A．单摆周期与振幅无关，振幅的大小不会影响周期的测量，A错误；
B．由
得，重力加速度
测得的g偏大，可能是L的测量值偏大，也可能是T的测量值偏小，所以不加摆球半径，是使L偏小，使g偏小，B错误；
C．将n次全振动记为（n－1）次全振动，则T的测量值偏大，使g偏小，C错误；
D．将n次全振动记为（n＋1）次全振动，T的测量值偏小，使g偏大，D正确。
2、（多选）一根不可伸长的细线，上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图甲所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系．该同学用米尺测得细线两端的长度，用游标卡尺测量小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的l－T2图象如图乙所示。利用所学单摆相关知识，选择下列说法正确的选项（取π2＝9.86）（　　）
A．T＝2s时摆长为1m B．T＝2s时摆长约为0.994m
C．摆球半径为0.006m D．当地重力加速度为9.86m/s2
【答案】BC
【解析】CD．设摆长为l′，由单摆的周期公式得
T＝2π
且
l＝l′＋r
结合题图乙推导得
l＝0.006m＋T2
可知摆球半径
r＝0.006m
为l－T2图象的斜率，所以有
＝＝m/s2
解得
g≈9.80m/s2
故C正确，D错误；
AB．由单摆的周期公式有
l′＝T2＝×22m≈0.994m
故B正确，A错误。
3、在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）需要记录的数据有：小钢球的直径d、________、摆长L、30次全振动的总时间t和周期T；
（2）用标准游标卡尺测小钢球的直径如图所示，则直径d为__________mm；
（3）如图所示，某同学由测量数据作出L－T2图线，根据图线求出重力加速度g＝_______m/s2（已知π2≈9.86，结果保留3位有效数字）。
【答案】摆线长l 18.6 9.66（9.60～9.70）
【解析】（1）[1]根据单摆的周期公式
T＝2π
知要测重力加速度，需要测量小钢球的直径d、摆线长l从而得到单摆的摆长L；还要测量30次全振动的总时间t，从而得到单摆的周期T。
（2）[2]游标卡尺的主尺读数为18mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
6×0.1mm＝0.6mm
所以最终读数为
18mm＋0.6mm＝18.6mm
（3）[3]根据单摆的周期公式
T＝2π
得
L＝T2
再根据L－T2图像的斜率为
k＝＝0.245
即
＝0.245
得
g≈9.66（9.62～9.70都正确）
4、（1）在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时，先测出摆球的直径如图所示，直径d为________mm。
（2）实验测得的g值比实际值偏大，可能的原因是______。
A．摆球的密度过小
B．摆球经平衡位置时启动停表并开始计数，当摆球第50次经过平衡位置时制动停表，若读数为t，则周期为T＝
C．摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线增长
【答案】13.35 B
【解析】（1）[1]游标卡尺主尺示数为13mm，游标尺的第7格线和主尺上刻度线对齐，游标尺示数为
7×mm＝0.35mm
摆球的直径
d＝（13＋0.35）mm＝13.35mm
（2）[2]A．根据单摆的周期公式
T＝2π
可得
g＝
摆球的密度过小，会使空气阻力不能忽略，测出来单摆的周期偏大，所以测出的g值比实际值偏小，故A项不符合题意；
B．摆球经平衡位置时启动停表并开始计数，当摆球第50次经过平衡位置时制动停表，若读数为t，则周期为
T＝
用
T＝
计算出来的周期偏小，所以测出的g值比实际值偏大，故B项符合题意；
C．摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线增长，测出来的摆长偏小，所以测出的g值比实际值偏小，故C项不符合题意。
5、某同学利用如图所示的装置测量当地的重力加速度，实验步骤如下：
A．按装置图安装好实验装置；
B．用游标卡尺测量小球的直径d；
C．用米尺测量悬线的长度L；
D．让小球在竖直平面内小角度摆动，当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3、…，当数到20时，停止计时，测得时间为t；
E．多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；
F．计算出每个悬线长度对应的t2；
G．以t2为纵坐标、L为横坐标，作出t2－L图线。
结合上述实验，完成下列问题：
（1）用游标为10分度的游标卡尺测量小球直径，某次测量示数如图所示，读出小球直径d为________cm。
（2）该同学根据实验数据，利用计算机作出t2－L图线如图所示．根据图线拟合得到方程t2=404.0L＋3.07，由此可以得出当地的重力加速度g=________m/s2。（取π2=9.86，结果保留3位有效数字）
（3）从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是_______。
A．不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时
B．开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数
C．不应作t2－L图线，而应作t－L图线
D．不应作t2－L图线，而应作t2－（L＋d）图线
【答案】1.52 9.76 D
【解析】（1）[1]游标卡尺主尺的示数是
1.5cm=15mm
游标尺示数是
2×0.1mm=0.2mm
故小球的直径为
d=15mm＋0.2mm=15.2mm=1.52cm
（2）[2]根据单摆周期公式
T=2π
得
=2π
又
l=L＋
则
t2=400π2=400π2＋
故t2－L图像的斜率表示的大小，由题意知斜率
k=404.0
则
=404.0
代入π2=9.86得
g≈9.76m/s2
（3）[3]A．应该在小球运动到过最低点开始计时，这样可减小由于计时位置不准确而带来的误差，故A错误；
B．记录小球经过最低点的次数，每两次为一个振动周期，不影响实验结果，故B错误；
C．根据单振的振动周期公式，就应作出t2–L图线，故C错误；
D．线长不等于摆长，摆长应是线长与半径相加，即
忽略了半径，斜率不变，不影响计算加速度，但图象不过坐标原点，故D正确。
6、某同学利用单摆测定当地的重力加速度。
（1）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________。
A．最高点
B．最低点
C．任意位置
（2）用停表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时停表的示数如图甲所示，该单摆的周期是T＝______s（结果保留三位有效数字）。
（3）若用最小刻度为1mm的刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为________m；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则球的直径为________cm；单摆的摆长为________m（计算结果保留三位有效数字）。
（4）若用l表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝_______。
【答案】B 2.28 0.9915 2.075 1.00
【解析】（1）[1]为了减小测量周期时由操作者引起的偶然误差，实验时需要在摆球速度大的点做标记，即最低点。
（2）[2]用停表测量单摆的周期，为减小实验误差需测量多个周期的总时间。根据题意可知从n＝1到n＝60共有59个时间间隔，每一个时间间隔为个周期，故为29T，根据停表读出此时间间隔为Δt＝67.4s．代入数据解得，此时摆球的周期为2.28s.
（3）[3][4][5]用最小刻度为1mm的刻度尺测得单摆的摆线长为99.15cm＝0.9915m，用游标卡尺测量摆球的直径，此游标尺为20分度，读数为
单摆的摆长为
计算结果保留三位有效数字，故摆长为1.00m。
（4）[6]根据
可知
7、某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
（1）用游标尺测量摆球的直径如图，可读出摆球的直径为___________。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。
（2）用秒表测量单摆的周期，测定了40次全振动的时间如图中秒表所示，那么秒表读数是___________s。
（3）测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出图线，此图线斜率的物理意义是（______）
A．g B． C． D．
（4）在（3）中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小（______）
A．偏大 B．偏小 C．不变 D．都有可能
【答案】2.06 75.2 C C
【解析】（1）[1]用游标尺测量摆球的直径为2cm+0.1mm×6=2.06cm
（2）[2]秒表读数是1min+15.2s=75.2s
（3）[3]根据
可得
可知T2-L图像的斜率为，故选C。
（4）[4]在（3）中，描点时若误将摆线长当作摆长
可得
则图像的斜率不变，则由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小不变，故选C。
8、某同学在做“利用单摆测定重力加速度”的实验中。
（1）该实验中用于测量时间的仪器是下列中的______
A． B． C． D．
（2）小球直径用游标卡尺测量如图所示，则小球直径______mm
（3）若实验测得的g值偏小，可能的原因是______。
A．单摆振动过程中振幅减小了
B．实验中误将次全振动计为n次
C．测摆线长时摆线拉得过紧
D．测摆长时，将摆线长当作摆长，漏加小球半径
【答案】C 20.6 D
【解析】（1）[1]该实验中用于测量时间的仪器是秒表，故选C；
（2）[2]小球直径
2cm+0.1mm×6=20.6mm
（3）[3]A．单摆振动的振幅大小对重力加速度的测量无影响，选项A错误；
B．实验中误将次全振动计为n次，则周期测量值偏小，根据
可知
可知重力加速度测量值偏大，选项B错误；
C．测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，根据
可知，重力加速度测量值偏大，选项C错误；
测摆长时，将摆线长当作摆长，漏加小球半径，摆长测量值偏小，则重力加速度测量值偏小，选项D正确；
9、某同学用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示：
（1）对测量原理的理解正确的是________；
A．由可知，T一定时，g与L成正比
B．由可知，l一定时，g与成反比
C．单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定，由可算出当地的重力加速度
（2）为了利用单摆较准确地测出重力加速度，应当选用以下哪些器材_______；
A．长度为左右的细绳 B．长度为左右的细绳
C．直径为的钢球 D．直径为的木球
E．最小刻度为的米尺 F．秒表、铁架台
（3）然后进行以下必要的实验操作，请将横线部分内容补充完整。
①测量单摆的摆长，即测量从摆线的悬点到_______的距离；
②把此单摆从平衡位置拉开一个小角度后释放，使摆球在竖直面内摆动，测量单摆全振动30次（或50次）的时间，求出一次全振动的时间，即单摆振动的周期；
③适当改变摆长，测量几次，并记录相应的摆长和周期；
④根据测量数据画出图像，并根据单摆的周期公式，由图像计算重力加速度。
（4）若实验得到的g值偏大，可能是因为_______；
A．组装单摆时，选择的摆球质量偏大
B．测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长
C．测量周期时，把n次全振动误认为是次全振动
（5）该同学利用假期分别在北京和厦门两地做了此实验，比较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，然后将这两组实验数据绘制了图像，如图所示，在北京测得的实验结果对应的图线是________（选填“A”、“B”）。
【答案】C BCEF 摆球球心 C B
【解析】（1）[1] 由单摆周期公式
解得
测出单摆的摆长l与周期T，可以求出重力加速度。
故选C。
（2）[2]为减小实验误差，应选择适当长些的细绳做摆线， 摆线应选择B；为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的球做摆球，因此摆球应选择C；实验需要测量摆长，需要用到刻度尺，实验需要测量单摆的周期，测周期需要秒表，应把单摆固定在铁架台上，因此需要的实验器材有：BCEF。
（3）[3] 摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，测量单摆的摆长，应测量从摆线的悬点到摆球球心的距离
（4）[4]根据
解得
A．单摆周期与摆球质量无关，组装单摆时，选择的摆球质量偏大不会导致g的测量值偏大，A错误；
B．测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长，所测摆长偏小，所测g偏小，B错误；
C．测量周期时，把n次全振动误认为是（n+1）次全振动，所测周期T偏小，所测g偏大，C正确。
故选C。
（5）[5] 根据
解得
图像的斜率
则
图像的斜率越小，重力加速度越大，由于北京的重力加速度大于厦门的重力加速度，因此在北京所做实验做出的T2-L图像的斜率小于在厦门所做实验做出的T2-L图像的斜率，由图所示图像可知，图线B的斜率小于图线A的斜率，因此在北京测得的实验结果对应的图线是B
10、用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
（1）组装单摆时，应在下列器材中选用___________（选填选项前的字母）。
A．长度为1m左右的细线
B．长度为30cm左右的细线
C．直径为1.8cm的塑料球
D．直径为1.8cm的铁球
（2）测量周期时用到了秒表，长针转一周的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为1min，该单摆摆动n次长短针的位置如图2所示，所用时间为t=___________s。
（3）测出悬点O至小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=___________（用L、n、t、表示）。
（4）用多组实验数据作出T2—L图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2—L图线的示意图如图3中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是___________（选填选项前的字母）。
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球最下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
D．图线a对应的g值大于图线b对应的g值
（5）利用图4的T2—L图线可求得g=_________m/s2（设=3.14，结果取三位有效数字）
【答案】AD 100.2 B 9.86
【解析】(1)[1]AB．为了便于观察和计时，且单摆要求绳长远大于小球半径，故选择长度为1m左右的细线，A正确，B错误；
CD．为了减小空气阻力的影响，应选择密度较大的铁球，C错误，D正确。
故选AD。
(2)[2]小盘读数是90s，大盘读数是10.2s，故秒表的读数为
(3)[3]由题可知，单摆的周期为
单摆周期公式为
联立解得重力加速度为
(4)[4]根据单摆的周期公式
整理得
则图像的斜率
重力加速度
A．由图可知，图线a当L为零时T不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，A错误；
B．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，B正确；
C．由图可知，图线c对应的斜率k小于图线b对应的斜率，可知图线c对应的g值大于图线b对应的g值，C错误；
D．由图可知，图线a与图线b的斜率相等，故图线a对应的g值等于图线b对应的g值，D错误。
故选B。
(5)[5]由(4)的结论，代入数据可得
解得
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