实验：用单摆测定重力加速度
例1.对于单摆的振动，以下说法中正确的是( )
A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
【答案】C
【解析】单摆振动过程中受到重力和细线拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，细线拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为mv2/l，可见最大摆角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大摆角处最大，平衡位置处为零，故应选C.
例2．如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有( )
A．A球先到达C点
B．B球先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪一个球先到达C点
【答案】A
【解析】A做自由落体运动，到达C所需时间tA＝
，R为圆弧轨道的半径．
因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆)，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的，即tB＝＝
>tA，所以A球先到达C点．
例3．下表是“用单摆测定重力加速度”实验中获得的有关数据：
摆长l/m
0.4
0.5
0.6
0.8
1.0
1.2
周期平方T2/s2
1.6
2.2
2.4
3.2
4.0
4.8
(1)利用上述数据，在图中描出l－T2的图像．
(2)利用图像，取T2＝5.2
s2时，l＝________
m，重力加速度g＝________
m/s2.
【答案】(1)见解析图 (2)1.3 9.86
【解析】(1)描点作图如图所示
(2)由图可知，当T2＝5.2
s2时，l＝1.3
m，将它代入g＝得：g＝＝
m/s2≈9.86
m/s2.
例4．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图3所示，则该摆球的直径为________cm.
图3
(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________．(填选项前的字母)
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
【答案】(1)0.97 (2)C
【解析】 (1)游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数＝0.9
cm＋7×0.01
cm＝0.97
cm
(2)要使摆球做简谐运动，摆角应小于5°，应选择密度较大的摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度值误差较小，故A、D错；摆球通过最低点100次，完成50次全振动，周期是，B错；摆长应是l＋，若用悬线的长度加直径，则测出的重力加速度值偏大．
01．当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的( )
A．合外力为零
B．回复力为零
C．向心力为零
D．摆线中张力为零
【答案】C
【解析】当摆球摆到最大位移处时，回复力最大，不为零，合外力不为零，所以选项A、B均错；由向心力公式F＝可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心力也为零，此时摆线中的张力等于重力沿摆线方向上的分力，所以选项C对，D错．
02．将秒摆(周期为2
s)的周期变为1
s，下列措施可行的是( )
A．将摆球的质量减半
B．将振幅减半
C．将摆长减半
D．将摆长减为原来的
【答案】D
【解析】由单摆周期公式T＝2π可以看出，要使周期减半，摆长应减为原来的.
03．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为( )
A．单摆的摆球质量偏大
B．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径
C．测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动
D．测量周期时，把n次全振动误认为是(n－1)次全振动
【答案】C
由单摆周期公式知T＝2π，得g＝，而T＝，所以g＝，由此可知C正确．
04．如图所示为甲、乙两单摆的振动图像，则( )
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1
D．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4
【答案】BD
【解析】由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故B正确，A错误；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故D正确，C错误．用单摆测定重力加速度
例1.对于单摆的振动，以下说法中正确的是( )
A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
例2．如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有( )
A．A球先到达C点
B．B球先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪一个球先到达C点
例3．下表是“用单摆测定重力加速度”实验中获得的有关数据：
摆长l/m
0.4
0.5
0.6
0.8
1.0
1.2
周期平方T2/s2
1.6
2.2
2.4
3.2
4.0
4.8
(1)利用上述数据，在图中描出l－T2的图像．
(2)利用图像，取T2＝5.2
s2时，l＝________
m，重力加速度g＝________
m/s2.
例4．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图3所示，则该摆球的直径为________cm.
图3
(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________．(填选项前的字母)
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
01．当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的( )
A．合外力为零
B．回复力为零
C．向心力为零
D．摆线中张力为零
02．将秒摆(周期为2
s)的周期变为1
s，下列措施可行的是( )
A．将摆球的质量减半
B．将振幅减半
C．将摆长减半
D．将摆长减为原来的
03．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为( )
A．单摆的摆球质量偏大
B．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径
C．测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动
D．测量周期时，把n次全振动误认为是(n－1)次全振动
04．如图所示为甲、乙两单摆的振动图像，则( )
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1
D．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4
