第46讲实验探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
(原卷版)
学会用单摆测定当地的重力加速度.
能正确熟练地使用秒表。
学会用作图法表示实验结果
【实验步骤】
1．做单摆
取约1 m长的细丝线穿过带孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂。
2．测摆长
用米尺量出摆线长l′(精确到毫米)，用游标卡尺测出小钢球直径D(也精确到毫米)，则单摆的摆长l＝l′＋。
3．测周期
将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于10°)，然后释放小球，记下单摆做30次～50次全振动的总时间，算出平均每一次全振动的时间，即为单摆的振动周期。反复测量三次，再算出测得周期数值的平均值。
4．改变摆长，重做几次实验。
1．利用单摆测重力加速度的实验中，误差主要来自（ ）
A.摆长测量中的误差 B.周期测量中的误差
C.摆角超过5°时产生的误差 D.由于π值的近似取值而带来的误差
针对用单摆测重力加速度的实验，下面各种对实验误差的影响的说法中正确的是（ ）
A、在摆长和时间的测量中，时间的测量对实验误差影响较大
B、在摆长和时间的测量中，长度的测量对实验误差影响较大
C、将振动次数记为，测算出的值比当地的公认值偏大
D、将摆线长当作摆长，未加摆球的半径测算出的值比当地的公认值偏大
3．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。
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91
重力加速度g/(m·s－2)
9.74
9.73
请计算出第3组实验中的T＝_______s，g＝_______m/s2。
(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。已知三位同学作出的T2-L图线的示意图如图2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
(5)某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图3所示。由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺。于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g＝________(用l1、l2、T1、T2表示)。
4．在“用单摆测定重力加速度”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，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图甲中停表示数为一单摆振动50次所需时间，则单摆振动周期为________。
(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为________m。
(3)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＝________。
(4)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
要点一 实验步骤和误差分析
【误差分析】
1．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，摆球是否可看做质点，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等。
2．偶然误差
主要来自时间(即单摆周期)的测量。因此，要注意测准时间(周期)。要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒计时计数的方法，即4,3,2,1,0,1,2，…在数“零”的同时按下秒表开始计时。不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值。
【注意事项】
(1)选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般
在1 m左右，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不超过10°。可通过估算振幅的办法掌握。
(4)摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。
(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，为便于计时，可在摆球平衡位置的正下方作一标记。以后摆球每次从同一方向通过最低位置时进行计数，且在数“零”的同时按下秒表，开始计时计数。
要点二 实验数据处理
【数据处理】
1．公式法
将测得的几次的周期T和摆长l代入公式g＝中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地的重力加速度的值。
2．图象法
由单摆的周期公式T＝2π 可得l＝T2，因此以摆长l为纵轴、以T2为横轴作出的l?T2图象是一条过原点的直线，如图实-13-1所示，求出斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝＝。
要点一 实验步骤和误差分析
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，应取摆球摆至最高点时开始计时
（2）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，这两个同学说法中 。
A．甲正确 B．乙正确 C．两同学的说法都错误
【答案】 （1）BC；（2）A
【解析】（1）A、摆角过大，就不能再视为简谐运动；故摆角不能太大，故A错误；
B、为减小实验误差，摆线的长度应远远大于摆球的直径，摆线应适当长些，故B正确；
C、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；
D、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；
故选：BC；
（2）由单摆周期公式有：T＝2π
可知与物体的质量无关，而是与重力加速度运动，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。故A正确，BC错误
针对训练1、学为测某地区的重力加速度，其从物理实验室找到下列器材：
A．长度为1m，最小刻度为毫米的刻度尺；
B．长度为1m，最小刻度为分米的刻度尺；
C．秒表；
D．电磁式打点计时器；
E．低压交流电源（50Hz）；
F．低压直流电源；
G．天平；
H．小重锤；
I．铁架台（有支架、夹子）。
（1）为了测量小重锤下落的加速度的数值，上述器材中必须有的是 （填字母代号），实验是通过研究小重锤做 运动来测量重锤下落的加速度的。
（2）把小重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器，当小重锤自由下落时，打点计时器在纸带上打出一系列的点。取连续清晰的7个点，用刻度尺测出第2、3、4、5、6、7各点与第1点的距离d如表所示：
点的次序
1
2
3
4
5
6
7
距离d/cm
0
6.0
12.5
19.3
26.5
34.1
42.1
根据这些数据可求出力加速度的测量值为 （计算结果保留2位有效数字）
要点二 实验数据处理
例2做“利用单摆测定重力加速度”的实验获得如下数据：
摆长L/m
0.4
0.5
0.6
0.8
1.2
周期T2/s2
1.6
2.2
2.4
3.2
4.8
（1）利用上述数据，作出LT2图象.
（2）利用图象求出重力加速度g=____________m/s2.
（3）取T2=5.2 s2时，求此时摆长L′=______________m.
【答案】（1）见解析图 （2）9.86 （3）1.3
【解析】（1）先按表中给出数据选好标度，再描点作图所得到LT2的图象如图所示，其中每两个点偏离直线较远作图时可舍去.
（2）由T=2π 得L/T2=g/4π2
从图中可得出L/T2=1.2/4.8
得g=9.86 m/s2.
（3）由图象可得1.2/4.8=L′/5.
取T2=5.2 s2时的摆长L′=1.3 m.
针对训练2、下面是将用单摆测定重力加速度实验中获得有关数据所制作成的图象（l为摆长，T为周期）。
（1）请利用图象求出重力加速度g＝ m/s2
（2）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值比当地的标准值偏小，可能是因为
A．球的质量偏大
B．摆动的偏角偏小
C．计算摆长时，把悬线长l'当作了摆长l
D．测量周期时，将n次全振动误记成了（n+1）次全振动
1. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用刻度尺量出悬点到小球距离为96.60 cm，用游标卡尺量出小球直径是5.26 cm，测量周期的实验有3次，结果如下表：
①
②
③
全振动次数
30
40
35
时间/s
60.40
79.80
70.60
这个单摆振动周期的测定值是____________ s.
当地重力加速度的测定值是____________ m/s2.（取三位有效数字）
2、某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径2.00 cm，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如下图所示，则
（1）该摆摆长为___________cm，停表表示读数为___________s.
（2）如果测得的g值偏小，可能的原因是（ ）
A.测摆线时摆线拉得过紧
B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C.开始计时时，停表过迟按下
D.实验时误将49次全振动数为50次
课时检测
一、填空题(共100分)
1. 单摆做简谐运动的周期与摆球的质量 （选填“有关”或“无关”）；有一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的物块，将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆的周期，则物块做简谐运动的周期为 。
2.某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示：
（1）实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是
A．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算
B．单摆所用摆球质量太大
C．把（n﹣1）次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间
D．开始计时时，秒表过早按下
（2）从悬点到小球重心的距离记为摆长l，通过不断改变摆长l的长度，该小组测得多组摆长l和对应的周期的平方T2，然后在图乙所给的坐标系中作出了l﹣T2图象，则根据图象可求得当地的重力加速度g＝ （用图乙中所给字母表示）。
3．根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为 mm。
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有 。
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线偏离平衡位置较大的角度
D．改变摆长，多测几组数据，并将测得的摆长和周期分别取平均值，然后代入原理式中计算出重力加速度g
（3）小明同学根据实验数据，利用计算机拟合得到的方程为：T2＝4.04l+0.05．由此可以得出当地重力加速度为g＝ （结果保留三位有效数字）。从方程中可知T2与l没有成正比关系，其原因可能是 。
A．开始计时时，小球可能在最高点 B．小球摆动过程中，可能摆角太大
C．计算摆长时，可能加了小球的直径 D．计算摆长时，可能忘了加小球半径
第46讲实验探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
(解析版)
学会用单摆测定当地的重力加速度.
能正确熟练地使用秒表。
学会用作图法表示实验结果
【实验步骤】
1．做单摆
取约1 m长的细丝线穿过带孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂。
2．测摆长
用米尺量出摆线长l′(精确到毫米)，用游标卡尺测出小钢球直径D(也精确到毫米)，则单摆的摆长l＝l′＋。
3．测周期
将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于10°)，然后释放小球，记下单摆做30次～50次全振动的总时间，算出平均每一次全振动的时间，即为单摆的振动周期。反复测量三次，再算出测得周期数值的平均值。
4．改变摆长，重做几次实验。
1．利用单摆测重力加速度的实验中，误差主要来自（ ）
A.摆长测量中的误差 B.周期测量中的误差
C.摆角超过5°时产生的误差 D.由于π值的近似取值而带来的误差
【答案】B
【解析】根据T=2π得到：g=.
针对用单摆测重力加速度的实验，下面各种对实验误差的影响的说法中正确的是（ ）
A、在摆长和时间的测量中，时间的测量对实验误差影响较大
B、在摆长和时间的测量中，长度的测量对实验误差影响较大
C、将振动次数记为，测算出的值比当地的公认值偏大
D、将摆线长当作摆长，未加摆球的半径测算出的值比当地的公认值偏大
【答案】AC
【解析】对于单摆测重力加速度的实验，重力加速度的表达式，由于与周期是平方关系，它若有误差，在平方后会更大，所以时间的测量影响更大些，A选项正确；另外，重力加速度值变大，C选项正确；若当摆长未加小球的半径，将使摆长的测量值变小，值变小，D选项错误。综上所述，正确答案为AC选项。
3．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。
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91
重力加速度g/(m·s－2)
9.74
9.73
请计算出第3组实验中的T＝_______s，g＝_______m/s2。
(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。已知三位同学作出的T2-L图线的示意图如图2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
(5)某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图3所示。由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺。于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g＝________(用l1、l2、T1、T2表示)。
【答案】(1)AD (2) (3)2.01 9.76 (4)B (5)
【解析】(1)单摆模型需要满足的条件是摆线的长度远大于小球直径，小球的密度越大越好，这样可以忽略空气阻力，所以选A、D。
(2)周期T＝，结合T＝2π，推出g＝。
(3)周期T＝＝＝2.01 s，由T＝2π，解出g＝9.76 m/s2。
(4)由T＝2π，两边平方后可知T2-L是过原点的直线，b为正确的图象，a与b相比，周期相同时，摆长更短，说明a对应测量的摆长偏小；c与b相比，摆长相同时，周期偏小，可能是多记录了振动次数。
(5)设A到铁锁重心的距离为l，则第1、2次的摆长分别为l＋l1、l＋l2，由T1＝2π，T2＝2π，联立解得g＝。
4．在“用单摆测定重力加速度”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，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图甲中停表示数为一单摆振动50次所需时间，则单摆振动周期为________。
(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为________m。
(3)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＝________。
(4)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
【答案】 (1)低 2.05 s (2)0.9980 (3) (4)A
【解析】(1)单(1)摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时；图甲中停表的示数为1.5 min＋12.5 s＝102.5 s，则周期T＝ s＝2.05 s；
(2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L＝0.9980 m；
(3)由单摆周期公式T＝2π可得g＝；
(4)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，A正确。
要点一 实验步骤和误差分析
【误差分析】
1．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，摆球是否可看做质点，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等。
2．偶然误差
主要来自时间(即单摆周期)的测量。因此，要注意测准时间(周期)。要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒计时计数的方法，即4,3,2,1,0,1,2，…在数“零”的同时按下秒表开始计时。不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值。
【注意事项】
(1)选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般
在1 m左右，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不超过10°。可通过估算振幅的办法掌握。
(4)摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。
(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，为便于计时，可在摆球平衡位置的正下方作一标记。以后摆球每次从同一方向通过最低位置时进行计数，且在数“零”的同时按下秒表，开始计时计数。
要点二 实验数据处理
【数据处理】
1．公式法
将测得的几次的周期T和摆长l代入公式g＝中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地的重力加速度的值。
2．图象法
由单摆的周期公式T＝2π 可得l＝T2，因此以摆长l为纵轴、以T2为横轴作出的l?T2图象是一条过原点的直线，如图实-13-1所示，求出斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝＝。
要点一 实验步骤和误差分析
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，应取摆球摆至最高点时开始计时
（2）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，这两个同学说法中 。
A．甲正确 B．乙正确 C．两同学的说法都错误
【答案】 （1）BC；（2）A
【解析】（1）A、摆角过大，就不能再视为简谐运动；故摆角不能太大，故A错误；
B、为减小实验误差，摆线的长度应远远大于摆球的直径，摆线应适当长些，故B正确；
C、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；
D、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；
故选：BC；
（2）由单摆周期公式有：T＝2π
可知与物体的质量无关，而是与重力加速度运动，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。故A正确，BC错误
针对训练1、学为测某地区的重力加速度，其从物理实验室找到下列器材：
A．长度为1m，最小刻度为毫米的刻度尺；
B．长度为1m，最小刻度为分米的刻度尺；
C．秒表；
D．电磁式打点计时器；
E．低压交流电源（50Hz）；
F．低压直流电源；
G．天平；
H．小重锤；
I．铁架台（有支架、夹子）。
（1）为了测量小重锤下落的加速度的数值，上述器材中必须有的是 （填字母代号），实验是通过研究小重锤做 运动来测量重锤下落的加速度的。
（2）把小重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器，当小重锤自由下落时，打点计时器在纸带上打出一系列的点。取连续清晰的7个点，用刻度尺测出第2、3、4、5、6、7各点与第1点的距离d如表所示：
点的次序
1
2
3
4
5
6
7
距离d/cm
0
6.0
12.5
19.3
26.5
34.1
42.1
根据这些数据可求出力加速度的测量值为 （计算结果保留2位有效数字）
【答案】（1）ADEHI，自由落体；（2）9.7 m/s2。
【解析】（1）实验是通过研究重锤做自由落体运动来测量重锤下落加速度的。
利用匀变速直线运动的推理可以求出重锤下落的加速度大小。
实验需要使用打点计时器研究，电源选择低压交流电源（50Hz），
刻度尺要用来测量纸带的点之间的距离，所以必须要有长度为1m最小刻度为毫米的刻度尺；
物体的质量不需要知道，所以不用天平测物体的质量，打点计时器本身就是计时的仪器，所以不需要秒表。
还需要的器材是重锤和铁架台，
所以上述仪器中必须有的是ADEHI。
（2）根据逐差法得：a＝≈9.7m/s2。
要点二 实验数据处理
例2做“利用单摆测定重力加速度”的实验获得如下数据：
摆长L/m
0.4
0.5
0.6
0.8
1.2
周期T2/s2
1.6
2.2
2.4
3.2
4.8
（1）利用上述数据，作出LT2图象.
（2）利用图象求出重力加速度g=____________m/s2.
（3）取T2=5.2 s2时，求此时摆长L′=______________m.
【答案】（1）见解析图 （2）9.86 （3）1.3
【解析】（1）先按表中给出数据选好标度，再描点作图所得到LT2的图象如图所示，其中每两个点偏离直线较远作图时可舍去.
（2）由T=2π 得L/T2=g/4π2
从图中可得出L/T2=1.2/4.8
得g=9.86 m/s2.
（3）由图象可得1.2/4.8=L′/5.2
取T2=5.2 s2时的摆长L′=1.3 m.
针对训练2、下面是将用单摆测定重力加速度实验中获得有关数据所制作成的图象（l为摆长，T为周期）。
（1）请利用图象求出重力加速度g＝ m/s2
（2）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值比当地的标准值偏小，可能是因为
A．球的质量偏大
B．摆动的偏角偏小
C．计算摆长时，把悬线长l'当作了摆长l
D．测量周期时，将n次全振动误记成了（n+1）次全振动
【答案】（1）9.70，（2）C。
【解析】（1）根据T＝得，，图线的斜率k＝，解得重力加速度g＝9.70m/s2。
（2）根据T＝得，g＝，
A、摆球的质量偏大，不影响重力加速度的测量，故A错误。
B、摆角偏小，不影响重力加速度的测量，故B错误。
C、计算摆长时，把悬线长l′当作了摆长l，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故C正确。
D、测量周期时，将n次全振动误记成了（n+1）次全振动，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故D错误。
1. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用刻度尺量出悬点到小球距离为96.60 cm，用游标卡尺量出小球直径是5.26 cm，测量周期的实验有3次，结果如下表：
①
②
③
全振动次数
30
40
35
时间/s
60.40
79.80
70.60
这个单摆振动周期的测定值是____________ s.
当地重力加速度的测定值是____________ m/s2.（取三位有效数字）
【答案】2.008 9.69
【解析】(1单摆周期的测量值为
T1=2.013 s，T2=1.995 s，T3=2.017 s
T==2.008 s
由单摆的周期公式得
g==9.69 m/s2.
2、某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径2.00 cm，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如下图所示，则
（1）该摆摆长为___________cm，停表表示读数为___________s.
（2）如果测得的g值偏小，可能的原因是（ ）
A.测摆线时摆线拉得过紧
B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C.开始计时时，停表过迟按下
D.实验时误将49次全振动数为50次
【答案】（1）98.50 99.78 （2）B
【解析】（1）本题要求真正掌握摆长的概念，能应用停表读数，会应用公式g=4π2l/T2去分析造成实验误差的原因.由摆长的概念，摆长应等于摆线长与摆球半径之和：97.50 cm+1.00 cm=98.50 cm
停表读数t总=90 s+9.78 s=99.78 s.
（2）由公式g=4π2l/T2，可知：A项是使l变大，测得g值偏大，B项导致周期T偏大，使g值偏小，C、D项导致周期T偏小，使g值偏大.
课时检测
一、填空题(共100分)
1. 单摆做简谐运动的周期与摆球的质量 （选填“有关”或“无关”）；有一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的物块，将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆的周期，则物块做简谐运动的周期为 。
【答案】无关，2。
【解析】单摆做简谐运动的周期与摆球的质量无关；
单摆周期公式为：T＝2
根据题干信息可知：kL＝mg，
解得：T＝2。
2．某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示：
（1）实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是
A．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算
B．单摆所用摆球质量太大
C．把（n﹣1）次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间
D．开始计时时，秒表过早按下
（2）从悬点到小球重心的距离记为摆长l，通过不断改变摆长l的长度，该小组测得多组摆长l和对应的周期的平方T2，然后在图乙所给的坐标系中作出了l﹣T2图象，则根据图象可求得当地的重力加速度g＝ （用图乙中所给字母表示）。
【答案】（1）AC；（2）；
【解析】（1）根据单摆的周期公式T＝2π
有：g＝；
A．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算，代入公式会使加速度的测量值增大，故A正确；
B．单摆的周期与摆球的质量无关，故对重力加速度的测量无影响，故B错误；
C．把n﹣1次全振动时间误当成n+1次全振动时间，周期的测量值偏小，故重力加速度的测量值偏大，故C正确；
D．如果计时时，秒表过早按下，则周期的测量值偏大，故重力加速度的测量值偏小，故D错误；
故选：AC。
（2）根据单摆的周期公式T＝2π
可得：，
所以l﹣T2图象的斜率为：＝，
所以重力加速度的值为：g＝；
3．根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为 mm。
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有 。
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线偏离平衡位置较大的角度
D．改变摆长，多测几组数据，并将测得的摆长和周期分别取平均值，然后代入原理式中计算出重力加速度g
（3）小明同学根据实验数据，利用计算机拟合得到的方程为：T2＝4.04l+0.05．由此可以得出当地重力加速度为g＝ （结果保留三位有效数字）。从方程中可知T2与l没有成正比关系，其原因可能是 。
A．开始计时时，小球可能在最高点 B．小球摆动过程中，可能摆角太大
C．计算摆长时，可能加了小球的直径 D．计算摆长时，可能忘了加小球半径
【答案】（1）18.8；（2）AB；（3）9.76，C。
【解析】（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：18mm+8×0.1mm＝18.8mm；
（2）A、为减小实验误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些，故A正确；
B、为减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故B正确；
C、当单摆摆角较小时单摆的运动是简谐运动，单摆摆角不宜过大，故C错误；
D、实验时不能求出摆长和周期的平均值代入原理式进行计算求出重力加速度，应将测量的摆长和周期分别代入原理式求出重力加速度，最后求解重力加速度的平均值，故D错误；
故选：AB；
（3）根据单摆周期公式：T＝2π得：T2＝l，而T2＝4.04l+0.05，
则有：＝4.04
代入数据解得：g＝9.76m/s2；
由T2＝4.04l+0.05可知：T2与l没有成正比关系，说明l偏长了，即可能加了小球的直径，
与小球的计时位置，及小球摆角均无关，故C正确，ABD错误；
