第十一章 机械振动 用单摆测定重力加速度 期末复习学案Word版含答案
文档属性
| 名称 | 第十一章 机械振动 用单摆测定重力加速度 期末复习学案Word版含答案 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 524.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-03-15 15:34:24 | ||
图片预览
文档简介
用单摆测定重力加速度
1．实验原理
当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期T＝2π，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝。因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值。
2．实验器材
带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线(约1 m)、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺。
3．实验步骤
(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆。
(2)把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，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，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图所示。
(3)用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l＝l′＋r。
(4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(不超过5°)，然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即T＝(N为全振动的次数)，反复测3次，再算出周期＝。
(5)根据单摆周期公式T＝2π计算当地的重力加速度g＝。
(6)改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值。
(7)将测得的重力加速度值与当地的重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因。
规律方法总结
1．注意事项
(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°。
(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。
(3)测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时。因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大。
②要测多次全振动的时间来计算周期。如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次。
(4)本实验可以采用图象法来处理数据。即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率k＝。这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法。
2．数据处理
处理数据有两种方法。
(1)公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用T＝求出周期；不改变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值，然后代入公式g＝求重力加速度。
(2)图象法：由单摆周期公式不难推出l＝T2，因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作l－T2的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k＝，即可利用g＝4π2k求得重力加速度值，如右图所示。
3．误差分析
(1)系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。
(2)偶然误差主要来自时间的测量上，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计振动次数。
例1 在用单摆测定重力加速度实验中：
(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将你所选用的器材前的字母填在题后的横线上。
A．长1 m左右的细绳；
B．长30 cm左右的细绳；
C．直径2 cm的铅球；
D．直径2 cm的铁球；
E．秒表；
F．时钟；
G．分度值是1 cm的直尺；
H．分度值是1 mm的直尺。
所选器材是________
(2)实验时对摆线偏离竖直线的要求是________；理由是________。
【解析】 (1)单摆周期公式为T＝2π，经变换得g＝。因此，在实验中只要测出单摆的摆长L和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值，本实验的目的是测出g的值，而不是验证单摆的振动规律。如果在实验中选用较短的摆线，既会增大摆长的测量误差，又不易于保证摆角满足小于10°的要求。为让单摆的振动缓慢，方便计数和计时，所以应选A。摆球应尽量选重的，所以选C。
因为单摆振动周期T的测量误差对重力加速度g的影响较大，所以计时工具应选精确度高一些的秒表。摆长的测量误差同样对g的影响较大，也应选精度较高的最小刻度为毫米的直尺。
(2)因为当摆球振动时，球所受的回复力F＝mg sin θ，只有当θ很小时， sin θ≈θ，单摆振动才是简谐运动，周期T＝2π的关系式才成立。
【答案】 (1)ACEH (2)见解析
例2 (多选)“用单摆测定重力加速度”的实验中，下述说法正确的是( )
A．测量摆长时，应该用力拉紧摆线
B．单摆的摆线越长，测得的重力加速度越准确
C．如果有两个大小相同的带孔空心铁球和实心铁球可供选择，应选用实心铁球作摆球
D．为了便于改变摆线的长度，可将摆线的一端绕在铁架上端的圆杆上以代替铁夹
【解析】 为了减小测摆长时的偶然误差，固定好悬点，要让摆球自然下垂，用毫米刻度尺测出摆线的长度，再用游标卡尺测出球的直径，故A项不正确。由误差分析可知摆长越长对实验造成的误差越小，故B项正确。为了尽量减小空气阻力选用体积小密度大的实心铁球，故C项正确。摆线的一头应用铁夹固定作为悬点而不应该将绳绕在圆杆上，这样摆动过程中很容易使摆长改变，给实验造成误差，D项不正确。
【答案】 BC
例3 某同学在用单摆测定重力加速度的实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据见表。
l/m 0.5 0.8 0.9 1.0 1.2
T/s 1.42 1.79 1.90 2.00 2.20
T2/s2 2.02 3.20 3.61 4.00 4.84
以l为横坐标，T2为纵坐标，作出T2－l图线，如图所示。请利用此图线求重力加速度。
【解析】 本题考查单摆实验数据的处理方法。公式法：据公式g＝，把实验中的数据代入，则g＝4π2n2l＋/t2，求得各次的g值，最后取平均值。图象法：作T2－l图象，由g＝可以知道T2－l图象应是一条过原点的直线，其斜率k的物理意义是4π2/g，所以作出T2－l图象后求斜率k，然后可以求得重力加速度g＝4π2/k。作出图象如上图所示，求得直线斜率k＝4.00，即g＝4π2/k＝4×(3.14)2/4.00 m/s2＝9.86 m/s2。
【答案】 9.86 m/s2
1．(多选)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n记为(n＋1)，测算出的g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g值比当地的公认值偏大
2．(多选)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是( )
A．适当加长摆线
B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
3．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，并根据相应的实验数据作出了T2－l的关系图象如图所示。
(1)由图可判定该同学出现的错误可能是________。
(2)虽然实验中出现了错误，但根据图象中的数据仍能算出重力加速度，其数值为________m/s2。
4．(2015·天津)某同学利用单摆测量重力加速度
(1)(多选)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为1 m的单摆，实验时，由于仅有量程为2.0 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＝____________。
1．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用刻度尺量悬点到小球的距离为96.60 cm，用卡尺量得小球直径是5.260 cm，测量周期有3次，每次是在摆球通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到计时终止，结果如下表。
实验序号 1 2 3
数的次数 61 81 71
时间/s 60.40 79.80 70.60
这个单摆振动周期的测定值是________s，当地重力加速度的值是________m/s2(取三位有效数字)。
2．某同学在“用单摆测定重力加速度”时，测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的可能原因是( )
A．测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长
B．测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，读出经历的时间为t，并由计算式T＝求得周期
C．开始摆动时振幅过小
D．所用摆球的质量过大
3．在“利用单摆测重力加速度”的实验中。
(1)某同学尝试用DIS测量周期。如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A应接到________。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于________。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为________(地磁场和磁传感器的影响可忽略)。
(2)多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T。此后，分别取L和T的对数，所得到的lg T－lg L图线为________(选填“直线”“对数曲线”或“指数曲线”)；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地重力加速度g＝________________________________________________________________________。
4．(2015·北京)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。
组次 1 2 3
摆长L/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动所用的时间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)用多组实验数据做出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和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)。
用单摆测定重力加速度
课堂练习
1．AC 【解析】由g＝可知，时间对g的影响较大，A正确，B错误。振动次数多记了一次，说明T值偏小，则测得的g值偏大，C正确。只计算了摆线长，未加摆球的半径，则l值偏小，g偏小，D错误。
2．AC
3．(1)测摆长时没有加小球的半径 (2)9.86
【解析】T2－l图象应为过原点的正比例函数，题中图象为一次函数，说明该同学作出的是T2和摆线长之间的关系图，没有加小球的半径。此一次函数的斜率为4π2/g，直线的斜率由图中可求出，代入即可求出重力加速度g。
4．(1)BC (2)
【解析】(1)为了减小空气阻力的误差选用密度大，体积小的小球，A错。如果振幅过大(摆角大于10°)小球的运动不再是简谐运动，所以误差较大，D错误。要求小球在运动过程中摆长不变，且是单摆，而不能是圆锥摆，故选B、C。
(2)T＝4π2，同理得T＝4π2，两式相减可得g＝
课后练习
1．2.01 9.69 【解析】小球从第一次摆过最低点时开始记一次，则摆过的半周期数应为n－1次，周期数应为，总时间除以周期数得到周期，然后计算三个周期的平均值。摆长应为摆线长加小球半径，算出摆长后代入公式即求出重力加速度g。
2．B 【解析】周期应为T＝t/15，选项中周期偏小，造成g偏大。
3．(1)数据采集器 最低点(或平衡位置) (2)直线 4π2/102c
【解析】(1)只有小球在最低点时，磁感应器中的磁感应强度才最大；连续N个磁感应强度最大值应有N－1个时间间隔，这段时间应为(N－1)/2个周期，因此T＝。
(2)根据T＝2π，取对数得：lg T＝lg L＋lg 2π－lg g，因此图象为一条直线；图象与纵坐标交点为c，则c＝lg 2π－lg g，整理得：g＝4π2/102c。
4．(1)AD (2) (3)2.01 9.76(9.76～9.77) (4)B (5)
【解析】(1)用单摆测定重力加速度的实验基本条件是摆线长度远大于小球直径，小球的密度越大越好，故摆线应选取长约1 m左右的不可伸缩的细线，摆球应选取体积小而质量大的铁球，以减小实验误差，故选A、D。
(2)n次全振动的时间为t，则振动周期T＝，根据单摆周公式T＝2π，可推出g＝。
(3)50次全振动的时间为100.5 s，则振动周期T＝＝ s＝2.01 s，代入公式求得g＝＝9.76 m/s2。
(4)由T2＝L可知T2－L图象的斜率k＝，b曲线为正确的图象。C.斜率越小，对应的重力加速度g越大，选项C错误。A.在图象中图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长偏小，如漏加小球半径，与纵轴负半轴相交表示摆长偏大，选项A错误。B.若误将49次全振动记为50次，则周期测量值偏小，g值测量值偏大，对应的图象斜率偏小，选项B正确。故选B
(5)设A到铁锁重心的距离为l，则第一次的实际摆长为l＋l1，第二次的实际摆长为l＋l2，由周期公式T1＝2π，T2＝2π，联立消去l，解得。
1．实验原理
当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期T＝2π，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝。因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值。
2．实验器材
带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线(约1 m)、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺。
3．实验步骤
(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆。
(2)把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，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，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图所示。
(3)用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l＝l′＋r。
(4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(不超过5°)，然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即T＝(N为全振动的次数)，反复测3次，再算出周期＝。
(5)根据单摆周期公式T＝2π计算当地的重力加速度g＝。
(6)改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值。
(7)将测得的重力加速度值与当地的重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因。
规律方法总结
1．注意事项
(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°。
(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。
(3)测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时。因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大。
②要测多次全振动的时间来计算周期。如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次。
(4)本实验可以采用图象法来处理数据。即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率k＝。这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法。
2．数据处理
处理数据有两种方法。
(1)公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用T＝求出周期；不改变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值，然后代入公式g＝求重力加速度。
(2)图象法：由单摆周期公式不难推出l＝T2，因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作l－T2的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k＝，即可利用g＝4π2k求得重力加速度值，如右图所示。
3．误差分析
(1)系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。
(2)偶然误差主要来自时间的测量上，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计振动次数。
例1 在用单摆测定重力加速度实验中：
(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将你所选用的器材前的字母填在题后的横线上。
A．长1 m左右的细绳；
B．长30 cm左右的细绳；
C．直径2 cm的铅球；
D．直径2 cm的铁球；
E．秒表；
F．时钟；
G．分度值是1 cm的直尺；
H．分度值是1 mm的直尺。
所选器材是________
(2)实验时对摆线偏离竖直线的要求是________；理由是________。
【解析】 (1)单摆周期公式为T＝2π，经变换得g＝。因此，在实验中只要测出单摆的摆长L和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值，本实验的目的是测出g的值，而不是验证单摆的振动规律。如果在实验中选用较短的摆线，既会增大摆长的测量误差，又不易于保证摆角满足小于10°的要求。为让单摆的振动缓慢，方便计数和计时，所以应选A。摆球应尽量选重的，所以选C。
因为单摆振动周期T的测量误差对重力加速度g的影响较大，所以计时工具应选精确度高一些的秒表。摆长的测量误差同样对g的影响较大，也应选精度较高的最小刻度为毫米的直尺。
(2)因为当摆球振动时，球所受的回复力F＝mg sin θ，只有当θ很小时， sin θ≈θ，单摆振动才是简谐运动，周期T＝2π的关系式才成立。
【答案】 (1)ACEH (2)见解析
例2 (多选)“用单摆测定重力加速度”的实验中，下述说法正确的是( )
A．测量摆长时，应该用力拉紧摆线
B．单摆的摆线越长，测得的重力加速度越准确
C．如果有两个大小相同的带孔空心铁球和实心铁球可供选择，应选用实心铁球作摆球
D．为了便于改变摆线的长度，可将摆线的一端绕在铁架上端的圆杆上以代替铁夹
【解析】 为了减小测摆长时的偶然误差，固定好悬点，要让摆球自然下垂，用毫米刻度尺测出摆线的长度，再用游标卡尺测出球的直径，故A项不正确。由误差分析可知摆长越长对实验造成的误差越小，故B项正确。为了尽量减小空气阻力选用体积小密度大的实心铁球，故C项正确。摆线的一头应用铁夹固定作为悬点而不应该将绳绕在圆杆上，这样摆动过程中很容易使摆长改变，给实验造成误差，D项不正确。
【答案】 BC
例3 某同学在用单摆测定重力加速度的实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据见表。
l/m 0.5 0.8 0.9 1.0 1.2
T/s 1.42 1.79 1.90 2.00 2.20
T2/s2 2.02 3.20 3.61 4.00 4.84
以l为横坐标，T2为纵坐标，作出T2－l图线，如图所示。请利用此图线求重力加速度。
【解析】 本题考查单摆实验数据的处理方法。公式法：据公式g＝，把实验中的数据代入，则g＝4π2n2l＋/t2，求得各次的g值，最后取平均值。图象法：作T2－l图象，由g＝可以知道T2－l图象应是一条过原点的直线，其斜率k的物理意义是4π2/g，所以作出T2－l图象后求斜率k，然后可以求得重力加速度g＝4π2/k。作出图象如上图所示，求得直线斜率k＝4.00，即g＝4π2/k＝4×(3.14)2/4.00 m/s2＝9.86 m/s2。
【答案】 9.86 m/s2
1．(多选)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n记为(n＋1)，测算出的g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g值比当地的公认值偏大
2．(多选)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是( )
A．适当加长摆线
B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
3．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，并根据相应的实验数据作出了T2－l的关系图象如图所示。
(1)由图可判定该同学出现的错误可能是________。
(2)虽然实验中出现了错误，但根据图象中的数据仍能算出重力加速度，其数值为________m/s2。
4．(2015·天津)某同学利用单摆测量重力加速度
(1)(多选)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为1 m的单摆，实验时，由于仅有量程为2.0 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＝____________。
1．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用刻度尺量悬点到小球的距离为96.60 cm，用卡尺量得小球直径是5.260 cm，测量周期有3次，每次是在摆球通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到计时终止，结果如下表。
实验序号 1 2 3
数的次数 61 81 71
时间/s 60.40 79.80 70.60
这个单摆振动周期的测定值是________s，当地重力加速度的值是________m/s2(取三位有效数字)。
2．某同学在“用单摆测定重力加速度”时，测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的可能原因是( )
A．测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长
B．测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，读出经历的时间为t，并由计算式T＝求得周期
C．开始摆动时振幅过小
D．所用摆球的质量过大
3．在“利用单摆测重力加速度”的实验中。
(1)某同学尝试用DIS测量周期。如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A应接到________。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于________。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为________(地磁场和磁传感器的影响可忽略)。
(2)多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T。此后，分别取L和T的对数，所得到的lg T－lg L图线为________(选填“直线”“对数曲线”或“指数曲线”)；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地重力加速度g＝________________________________________________________________________。
4．(2015·北京)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。
组次 1 2 3
摆长L/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动所用的时间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)用多组实验数据做出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和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)。
用单摆测定重力加速度
课堂练习
1．AC 【解析】由g＝可知，时间对g的影响较大，A正确，B错误。振动次数多记了一次，说明T值偏小，则测得的g值偏大，C正确。只计算了摆线长，未加摆球的半径，则l值偏小，g偏小，D错误。
2．AC
3．(1)测摆长时没有加小球的半径 (2)9.86
【解析】T2－l图象应为过原点的正比例函数，题中图象为一次函数，说明该同学作出的是T2和摆线长之间的关系图，没有加小球的半径。此一次函数的斜率为4π2/g，直线的斜率由图中可求出，代入即可求出重力加速度g。
4．(1)BC (2)
【解析】(1)为了减小空气阻力的误差选用密度大，体积小的小球，A错。如果振幅过大(摆角大于10°)小球的运动不再是简谐运动，所以误差较大，D错误。要求小球在运动过程中摆长不变，且是单摆，而不能是圆锥摆，故选B、C。
(2)T＝4π2，同理得T＝4π2，两式相减可得g＝
课后练习
1．2.01 9.69 【解析】小球从第一次摆过最低点时开始记一次，则摆过的半周期数应为n－1次，周期数应为，总时间除以周期数得到周期，然后计算三个周期的平均值。摆长应为摆线长加小球半径，算出摆长后代入公式即求出重力加速度g。
2．B 【解析】周期应为T＝t/15，选项中周期偏小，造成g偏大。
3．(1)数据采集器 最低点(或平衡位置) (2)直线 4π2/102c
【解析】(1)只有小球在最低点时，磁感应器中的磁感应强度才最大；连续N个磁感应强度最大值应有N－1个时间间隔，这段时间应为(N－1)/2个周期，因此T＝。
(2)根据T＝2π，取对数得：lg T＝lg L＋lg 2π－lg g，因此图象为一条直线；图象与纵坐标交点为c，则c＝lg 2π－lg g，整理得：g＝4π2/102c。
4．(1)AD (2) (3)2.01 9.76(9.76～9.77) (4)B (5)
【解析】(1)用单摆测定重力加速度的实验基本条件是摆线长度远大于小球直径，小球的密度越大越好，故摆线应选取长约1 m左右的不可伸缩的细线，摆球应选取体积小而质量大的铁球，以减小实验误差，故选A、D。
(2)n次全振动的时间为t，则振动周期T＝，根据单摆周公式T＝2π，可推出g＝。
(3)50次全振动的时间为100.5 s，则振动周期T＝＝ s＝2.01 s，代入公式求得g＝＝9.76 m/s2。
(4)由T2＝L可知T2－L图象的斜率k＝，b曲线为正确的图象。C.斜率越小，对应的重力加速度g越大，选项C错误。A.在图象中图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长偏小，如漏加小球半径，与纵轴负半轴相交表示摆长偏大，选项A错误。B.若误将49次全振动记为50次，则周期测量值偏小，g值测量值偏大，对应的图象斜率偏小，选项B正确。故选B
(5)设A到铁锁重心的距离为l，则第一次的实际摆长为l＋l1，第二次的实际摆长为l＋l2，由周期公式T1＝2π，T2＝2π，联立消去l，解得。