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01 用单摆测定重力加速度实验
基础知识
一、单摆基本规律
1.单摆的受力特征
(1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回＝－mgsin θ＝－x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反.
(2)向心力：细线的拉力和摆球重力沿细线方向分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcos θ.
(3)两点说明
①当摆球在最高点时，F向＝＝0，FT＝mgcos θ.
②当摆球在最低点时，F向＝，F向最大，FT＝mg＋m.
2.周期公式T＝2π的两点说明
(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离.
(2)g为当地重力加速度.
二、单摆实验
1.实验原理
当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为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，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示.
(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，再算出周期的平均值＝.
(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.
三、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方法.
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，然后利用公式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，如图所示，求出图线的斜率k＝，即可利用g＝4π2k求重力加速度.
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，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计全振动次数.
典型例题
【典例1】如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置.设向右为正方向.图乙是这个单摆的振动图象.根据图象回答：
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？(计算结果保留两位有效数字)
答案　(1)1.25 Hz　(2)B点　(3)0.16 m
解析　(1)由题图乙知周期T＝0.8 s，则频率f＝＝1.25 Hz.
(2)由题图乙知，t＝0时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时摆球在B点.
(3)由T＝2π，得l＝≈0.16 m.
【典例2】做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的(　　)
A.周期不变，振幅不变 B.周期不变，振幅变小
C.周期改变，振幅不变 D.周期改变，振幅变大
答案　B
解析　由单摆的周期公式T＝2π可知，当摆长l不变时，周期不变，故C、D错误；由能量守恒定律可知mv2＝mgh，其摆动的高度与质量无关，因摆球经过平衡位置的速度减小，则最大高度减小，故振幅减小，选项B正确，A错误.
【典例3】某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素.
(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示，这样做的目的是________(填字母代号).
A.保证摆动过程中摆长不变
B.可使周期测量更加准确
C.需要改变摆长时便于调节
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________ mm，单摆摆长为________ m.
(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程.图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号).
答案　(1)AC　(2)12.0　0.993 0　(3)A
解析　(1)橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变，从而保证摆长不变，同时又便于调节摆长，A、C正确；
(2)根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为d＝12 mm＋0.1 mm×0＝12.0 mm，则单摆摆长为L0＝L－＝0.993 0 m(注意统一单位)；
(3)单摆摆角不超过5°，且计时位置应从最低点(即速度最大位置)开始，故A项的操作符合要求.
【典例4】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6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＝________.
图6
答案　(1)BC　(2)
解析　(1)在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选B、C.
(2)设第一次摆长为L，第二次摆长为L－ΔL，则T1＝2π，T2＝2π，联立解得g＝.
【典例5】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________(选填“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.
热身训练
一、单选题
1．如图所示，一单摆摆长为L，在悬点正下方0.19L处有一钉子。现将摆球向左拉开到A处，使摆角θ<5°，放手使其摆动，则此单摆的振动周期为（　　）
A． B． C． D．
2．做简谐运动的单摆，仅将质量和摆长均减小为原来的，则单摆振动周期变为原来的
A．倍 B．倍
C．4倍 D．2倍
二、多选题
3．某同学在学校实验室采用甲、乙单摆做实验时得到的振动图象分别如下图中甲、乙所示，下列说法中正确的是（　　）
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．两摆球经过平衡位置时，速率可能相等
C．乙单摆的振动方程是
D．在任意相同时间内，两摆球的位移之比为10:7
三、实验题
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，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为___________cm，用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示，悬挂点与刻度尺0刻度线对齐，由图甲、乙可知单摆的摆长为___________m（结果保留三位小数）；
(2)以下关于本实验的做法，正确的是___________（填正确答案标号）；
A．摆球应选密度较大、有小孔的金属小球
B．摆线应适当长些
C．将小球拉开一个很小的角度静止释放，并同时启动秒表开始计时
D．用秒表测量小球完成一次全振动所用时间并作为单摆的周期
(3)测出不同摆长L对应的周期T，用多组实验数据作出图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的图线如图丙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线对应的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___________（填正确答案标号）。
A．出现图线a的原因可能是单摆所用摆球质量太大
B．出现图线c的原因可能是秒表过迟按下，使重力加速度的测量值偏小
C．出现图线c的原因可能是测出n次全振动时间为t，误作为（）次全振动时间进行计算，使重力加速度的测量值偏大
D．出现图线c的原因可能是摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，使重力加速度的测量值偏大
5．在用单摆测定重力加速度的实验中，实验装置如图所示。
(1)组装单摆时，应在下列器材中选用_________和_________。
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（结果保留2位小数）。
6．在做“用单摆测当地重力加速度”的实验时，有以下器材：
(A)1 m 长的细线；(B)20 cm 长的尼龙线；(C)小铁球；(D)大木球；(E)手表；(F)时钟；(G) 秒表.
（1）为使实验尽可能精确，应选用的摆球是___，摆线是 __，计时器是__ .
（2）计时位置应选在 __，这样做的优点是__________.
（3）实验中若测得重力加速度 g 值偏小，可能的原因是（___________）
A．小球质量太大
B．将悬线的长度记作摆长，忽略了摆球半径
C．单摆振动时，摆线的偏角太小
D．测周期时，将 n 次全振动记为 n＋1 次全振动，
（4）某同学测出了多组摆长 L 和运动周期T，并根据相应的实验数据作出了T2 L 图像，如图所示， 根据图像中的数据算出了重力加速度的数值为________m / s2
7．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中：
（1）以下关于本实验的做法中正确的是____ ；
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．用秒表测量周期时，应取摆球摆至最高点时开始计时
（2）用秒表记录了单摆振动 40 次所用的时间如图所示，秒表读数为_____ s；
（3）根据实验记录的数据，得到周期 T和摆长 L，通过估算猜测两者关系，并用图象方法判断猜想是否正确。以T2为纵轴，L为横轴，作出图像，发现图线是一条过原点的倾斜直线，从而确定了单摆做简谐运动的周期和摆长的关系。有同学还利用这图线求当地的重力加速度g，如果甲同学的L是摆线长加小球的直径，其他做法无误，那他通过图线得到的g值______ （填“偏大”、“ 偏小”或“不变”）；乙同学因计数问题每次将实际39次全振动记成40次，算得周期，其他做法无误，那他通过图线得到的g值______（“偏大”、“ 偏小”或“不变”）。
8．用单摆测定重力加速度的实验装置如右图所示：
(1)组装单摆时，应在下列器材中选用。_______（选填选项前的字母）；
A．约1m长的细线 B．约0. 8m长的橡皮筋
C．直径约1cm的实心木球人 D．直径约1cm的实心钢球
(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)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（保留小数点后两位）；
(4)实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是_______；
A．测摆长时摆线拉的过紧
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．测出49次全振动误作为50次
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
(5)有两位同学利用假期分别去参观北京大学和厦门大学的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2-L图像，如图甲所示。去北大的同学所测实验结果对应的图线是__________（填“A”或“B”）。
9．(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径，如图所示，则小球的直径为___________mm；
(2)实验中测出多组单摆的摆长L和运动周期T，根据单摆做简谐运动的周期公式，当地的重力加速度可表示为g=___________（用题中字母表示）。作出了T2-L图象，即可以求出当地的重力加速度。某同学根据实验数据作出的图象如图所示，由图象求出的重力加速度g=___________m/s2（结果中可保留π）；
(3)若实验中误将摆线长度当成摆长，其他操作均正确，通过T2-L图象求重力加速度时，对重力加速度的测量值___________影响（选填“有”或“无”）。
10．某实验小组用单摆测量当地重力加速度，实验装置如图甲所示，处理数据时π取3. 14。
（1）以下说法正确的是_______________
A．摆球应选择体积小的、质量大的
B．细线伸缩性要尽量小，长度大约1m
C．计时的起点和终点应选择摆球摆至最低点时
D．摆球的最大摆角大约为45°最好
E.细线上端应选择如图乙所示的悬挂方式
（2）该实验小组首先利用游标卡尺测量摆球的直径，如图丙所示，则小球直径d =_________cm。
（3）用细线将摆球悬挂好后，该实验小组又用刻度尺测得细线悬挂点到摆球上端的距离为1. 09 m；用秒表测得摆球完成30次全振动的时间为63. 0 s，根据测量的数据计算得出当地重力加速度g =_______m/s2 （结果保留三位有效数字）。
（4）为使实验结果精确，该实验小组通过改变摆长又做了多次实验，用L表示摆长，T表示振动周期，根据实验数据做出的T2—L图象为一条过原点的直线，图线的斜率k=4. 00s2/m，由图象可得当地重力加速度g=_________m/s2 （结果保留三位有效数字）。
11．某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50 次所用的时间为101.5 s．则
（1）他测得的重力加速度g＝________m/s2．（π2＝9.86，计算结果取两位小数）
（2）他测得的g值偏小，可能的原因是________．
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．计时开始时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数记为50次
12．用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
（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= ________
（4）用多组实验数据做出图像，也可以求出重力加速度g， 已知三位同学做出的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01 用单摆测定重力加速度实验
基础知识
一、单摆基本规律
1.单摆的受力特征
(1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回＝－mgsin θ＝－x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反.
(2)向心力：细线的拉力和摆球重力沿细线方向分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcos θ.
(3)两点说明
①当摆球在最高点时，F向＝＝0，FT＝mgcos θ.
②当摆球在最低点时，F向＝，F向最大，FT＝mg＋m.
2.周期公式T＝2π的两点说明
(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离.
(2)g为当地重力加速度.
二、单摆实验
1.实验原理
当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为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，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示.
(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，再算出周期的平均值＝.
(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.
三、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方法.
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，然后利用公式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，如图所示，求出图线的斜率k＝，即可利用g＝4π2k求重力加速度.
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，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计全振动次数.
典型例题
【典例1】如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置.设向右为正方向.图乙是这个单摆的振动图象.根据图象回答：
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？(计算结果保留两位有效数字)
答案　(1)1.25 Hz　(2)B点　(3)0.16 m
解析　(1)由题图乙知周期T＝0.8 s，则频率f＝＝1.25 Hz.
(2)由题图乙知，t＝0时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时摆球在B点.
(3)由T＝2π，得l＝≈0.16 m.
【典例2】做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的(　　)
A.周期不变，振幅不变 B.周期不变，振幅变小
C.周期改变，振幅不变 D.周期改变，振幅变大
答案　B
解析　由单摆的周期公式T＝2π可知，当摆长l不变时，周期不变，故C、D错误；由能量守恒定律可知mv2＝mgh，其摆动的高度与质量无关，因摆球经过平衡位置的速度减小，则最大高度减小，故振幅减小，选项B正确，A错误.
【典例3】某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素.
(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示，这样做的目的是________(填字母代号).
A.保证摆动过程中摆长不变
B.可使周期测量更加准确
C.需要改变摆长时便于调节
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________ mm，单摆摆长为________ m.
(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程.图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号).
答案　(1)AC　(2)12.0　0.993 0　(3)A
解析　(1)橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变，从而保证摆长不变，同时又便于调节摆长，A、C正确；
(2)根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为d＝12 mm＋0.1 mm×0＝12.0 mm，则单摆摆长为L0＝L－＝0.993 0 m(注意统一单位)；
(3)单摆摆角不超过5°，且计时位置应从最低点(即速度最大位置)开始，故A项的操作符合要求.
【典例4】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6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＝________.
图6
答案　(1)BC　(2)
解析　(1)在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选B、C.
(2)设第一次摆长为L，第二次摆长为L－ΔL，则T1＝2π，T2＝2π，联立解得g＝.
【典例5】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________(选填“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.
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一、单选题
1．如图所示，一单摆摆长为L，在悬点正下方0.19L处有一钉子。现将摆球向左拉开到A处，使摆角θ<5°，放手使其摆动，则此单摆的振动周期为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】摆长为L的周期
摆长为的周期为
故小球完成一次全振动的时间为
故选D。
2．做简谐运动的单摆，仅将质量和摆长均减小为原来的，则单摆振动周期变为原来的
A．倍 B．倍
C．4倍 D．2倍
【答案】B
【解析】根据可知，仅将质量和摆长均减小为原来的，则单摆振动周期变为原来的倍。
故选B。
二、多选题
3．某同学在学校实验室采用甲、乙单摆做实验时得到的振动图象分别如下图中甲、乙所示，下列说法中正确的是（　　）
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．两摆球经过平衡位置时，速率可能相等
C．乙单摆的振动方程是
D．在任意相同时间内，两摆球的位移之比为10:7
【答案】AC
【解析】A．两个单摆的振动周期相同，都是2s，根据振动周期公式
可知两个单摆的摆长相等，A正确；
B．因为两个单摆的振幅不同，因此经过平衡位置时的速率不同，B错误；
C．由于乙的振幅为7cm，振动周期为2s，由图像可知振动方程为
C正确；
D．虽然振幅之比为10：7，但振动过程中，位移有时可能甲大，有时可能乙大，不能确定，D错误。
故选AC。
三、实验题
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，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为___________cm，用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示，悬挂点与刻度尺0刻度线对齐，由图甲、乙可知单摆的摆长为___________m（结果保留三位小数）；
(2)以下关于本实验的做法，正确的是___________（填正确答案标号）；
A．摆球应选密度较大、有小孔的金属小球
B．摆线应适当长些
C．将小球拉开一个很小的角度静止释放，并同时启动秒表开始计时
D．用秒表测量小球完成一次全振动所用时间并作为单摆的周期
(3)测出不同摆长L对应的周期T，用多组实验数据作出图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的图线如图丙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线对应的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___________（填正确答案标号）。
A．出现图线a的原因可能是单摆所用摆球质量太大
B．出现图线c的原因可能是秒表过迟按下，使重力加速度的测量值偏小
C．出现图线c的原因可能是测出n次全振动时间为t，误作为（）次全振动时间进行计算，使重力加速度的测量值偏大
D．出现图线c的原因可能是摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，使重力加速度的测量值偏大
【答案】0.95 0.993 AB C
【解析】(1)[1]根据游标卡尺的读数方法可得，摆球的直径为
[2]单摆的摆长为摆线的长度加上摆球的半径，由图乙可得，摆线的长度为98.8cm，则摆长为
(2)[3]A．为了减小摆球摆动过程中的空气阻力，摆球应选密度较大，且由小孔的金属小球，所以A正确；
B．为了减小实验误差，摆线应适当长些，一般为1m左右，所以B正确；
C．测量摆球运动的周期时，应在摆球经过平衡位置时，开始计时，所以C错误；
D．用秒表测量小球运动周期时，要记录多次全振动的时间，然后求平均值，可以减小实验误差，所以D错误。
故选AB。
(3)[4]由单摆周期公式
可知
T2-L图象的斜率解得
A．若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有
根据数学知识可知，对T2-L图象来说
与b线
斜率相等，两者应该平行，是截距；故作出的T2-L图象中a线的原因，可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L。故A错误；
BC．出现图线c的原因可能是，测出n次全振动时间为t，误作为（）次全振动时间进行计算，使重力加速度的测量值偏大。故C正确，B错误；
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，根据
可知，图线c的斜率不变，故D错误。
故选C。
5．在用单摆测定重力加速度的实验中，实验装置如图所示。
(1)组装单摆时，应在下列器材中选用_________和_________。
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（结果保留2位小数）。
【答案】A D 2.01 9.76
【解析】(1)[1][2]AB．为减小实验误差，摆线长度应适当长些，因此摆线应选择长度为1m左右的细线，故A正确，B错误；
CD．为减小空气阻力对实验的影响，摆球质量应大而体积较小，因此摆球应选择直径为1.8cm的铁球，故C错误，D正确；
故选AD；
(2)[3]单摆完成次全振动的时间为，所以周期为
测得悬点至小球球心的距离（摆长），根据可得重力加速度为
(3)[4]振动周期为
[5]重力加速度为
6．在做“用单摆测当地重力加速度”的实验时，有以下器材：
(A)1 m 长的细线；(B)20 cm 长的尼龙线；(C)小铁球；(D)大木球；(E)手表；(F)时钟；(G) 秒表.
（1）为使实验尽可能精确，应选用的摆球是___，摆线是 __，计时器是__ .
（2）计时位置应选在 __，这样做的优点是__________.
（3）实验中若测得重力加速度 g 值偏小，可能的原因是（___________）
A．小球质量太大
B．将悬线的长度记作摆长，忽略了摆球半径
C．单摆振动时，摆线的偏角太小
D．测周期时，将 n 次全振动记为 n＋1 次全振动，
（4）某同学测出了多组摆长 L 和运动周期T，并根据相应的实验数据作出了T2 L 图像，如图所示， 根据图像中的数据算出了重力加速度的数值为________m / s2
【答案】C A G 平衡位置 减小测量周期的误差 B 9.86
【解析】(1)[1][2][3] “利用单摆测重力加速度”的实验中，为了减少相对误差，最合适的器材有：小铁球、100cm长的细线以及秒表；
(2)[4][5]计时位置应选在平衡位置，这样的优点是减小测量周期的误差．
(3)[6]A.根据可得：，摆球的质量对实验无影响，故A错误；
B. 测摆长时，仅测了线长，未加小球半径，这样摆长测量偏小，则测得的重力加速度g值偏小，故B正确；
C. 摆线的偏角只要不超过5°，对周期没有影响，故C错误．
D. 测周期时，把n次全振动误记为（n+1）次，则测得的周期偏小，则测得的重力加速度g值偏大，故D错误；
(4)[7] 根据以上分析可知，，所以图像的斜率为 ，图像斜率为4，所以重力加速度
7．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中：
（1）以下关于本实验的做法中正确的是____ ；
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．用秒表测量周期时，应取摆球摆至最高点时开始计时
（2）用秒表记录了单摆振动 40 次所用的时间如图所示，秒表读数为_____ s；
（3）根据实验记录的数据，得到周期 T和摆长 L，通过估算猜测两者关系，并用图象方法判断猜想是否正确。以T2为纵轴，L为横轴，作出图像，发现图线是一条过原点的倾斜直线，从而确定了单摆做简谐运动的周期和摆长的关系。有同学还利用这图线求当地的重力加速度g，如果甲同学的L是摆线长加小球的直径，其他做法无误，那他通过图线得到的g值______ （填“偏大”、“ 偏小”或“不变”）；乙同学因计数问题每次将实际39次全振动记成40次，算得周期，其他做法无误，那他通过图线得到的g值______（“偏大”、“ 偏小”或“不变”）。
【答案】BC 75.2 不变 偏大
【解析】（1）[1]A．摆角过大，就不能再视为简谐运动，故摆角不能太大，A错误；
B．实验中，摆线的长度应远远大于摆球的直径，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，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，D错误。
故选BC。
（2）[2] 由图示秒表可知，秒表读数为
（3）[3] 由周期公式，可得
结合图像可得
这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置和摆长无关，图像斜率不变，所以g值得测量结果不变。
[4] 根据单摆周期公式，可得
如果振动次数多数了一次，则频率偏大，那么周期T偏小，实际g值偏大。
8．用单摆测定重力加速度的实验装置如右图所示：
(1)组装单摆时，应在下列器材中选用。_______（选填选项前的字母）；
A．约1m长的细线 B．约0. 8m长的橡皮筋
C．直径约1cm的实心木球人 D．直径约1cm的实心钢球
(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)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（保留小数点后两位）；
(4)实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是_______；
A．测摆长时摆线拉的过紧
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．测出49次全振动误作为50次
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
(5)有两位同学利用假期分别去参观北京大学和厦门大学的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2-L图像，如图甲所示。去北大的同学所测实验结果对应的图线是__________（填“A”或“B”）。
【答案】AD 2.01 9.76 ABC B
【解析】(1)[1] 为减小实验误差，单摆摆线适当长些，应选择约1m长的细线做摆线，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，因此摆球应选择钢球，故选AD。
(2)[2] 单摆周期：，由单摆周期公式：可知，重力加速度：
(3)[3][4] 由表中实验数据可知，第三组实验中，周期：
代入数据：
(4)[5]A． 测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度测量值偏大，故A正确；
B． 开始计时时，秒表过迟按下，则测量的时间偏小，由表达式可知将导致重力加速度测量值偏大。故B正确；
C． 测出49次全振动误作为50次，则周期测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，故C正确；
D． 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，则摆长测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故D错误。
故选ABC。
(5)[6]根据可知，，知T2～L图象的斜率越大，则重力加速度越小，因为厦门当地的重力加速度小于北京，去北大的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线。
9．(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径，如图所示，则小球的直径为___________mm；
(2)实验中测出多组单摆的摆长L和运动周期T，根据单摆做简谐运动的周期公式，当地的重力加速度可表示为g=___________（用题中字母表示）。作出了T2-L图象，即可以求出当地的重力加速度。某同学根据实验数据作出的图象如图所示，由图象求出的重力加速度g=___________m/s2（结果中可保留π）；
(3)若实验中误将摆线长度当成摆长，其他操作均正确，通过T2-L图象求重力加速度时，对重力加速度的测量值___________影响（选填“有”或“无”）。
【答案】30.4 π2（取值9.7-9.9均可） 无
【解析】(1)[1]．小球的直径为30mm+0.1mm×4=30.4mm；
(2)[2][3]．根据可得
由于
由图像可知 解得g=π2
(3)[4]．若实验中误将摆线长度当成摆长，则可知T2-L图像的斜率不变，则测得的重力加速度值不变，对测量值无影响。
10．某实验小组用单摆测量当地重力加速度，实验装置如图甲所示，处理数据时π取3. 14。
（1）以下说法正确的是_______________
A．摆球应选择体积小的、质量大的
B．细线伸缩性要尽量小，长度大约1m
C．计时的起点和终点应选择摆球摆至最低点时
D．摆球的最大摆角大约为45°最好
E.细线上端应选择如图乙所示的悬挂方式
（2）该实验小组首先利用游标卡尺测量摆球的直径，如图丙所示，则小球直径d =_________cm。
（3）用细线将摆球悬挂好后，该实验小组又用刻度尺测得细线悬挂点到摆球上端的距离为1. 09 m；用秒表测得摆球完成30次全振动的时间为63. 0 s，根据测量的数据计算得出当地重力加速度g =_______m/s2 （结果保留三位有效数字）。
（4）为使实验结果精确，该实验小组通过改变摆长又做了多次实验，用L表示摆长，T表示振动周期，根据实验数据做出的T2—L图象为一条过原点的直线，图线的斜率k=4. 00s2/m，由图象可得当地重力加速度g=_________m/s2 （结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）ABC （2）2. 00 （3）9. 84 （4）9. 86
【解析】第一空.该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球，故AB正确；计时的起点和终点应选择摆球摆至最低点时，误差小，故C正确；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，故D错误；根据实验的基本要求，摆球在摆动的过程中，悬线的长度不能变化，乙图摆长变化，甲图摆长不变化，则选甲，故E错误；
第二空.游标卡尺是10分度的，其分度值为0.1mm，则图示读数为：20mm+0×0.1mm=20.0mm，故则小球直径d=2.00cm；
第三空.用秒表得摆球完成30次全振动的时间为63.0s，所以周期为T=s=2.1s
摆长为L=（1.09+0.01）m=1.10m
由周期公式得
第四空.由周期公式得
所以斜率为=4.00m/s2
由图象可得当地重力加速度g≈9.86m/s2
11．某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50 次所用的时间为101.5 s．则
（1）他测得的重力加速度g＝________m/s2．（π2＝9.86，计算结果取两位小数）
（2）他测得的g值偏小，可能的原因是________．
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．计时开始时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数记为50次
【答案】9.76 B
【解析】(1)[1]由题意可得摆长L=l线＋=102.00 cm=1.0200m
由T=可得T=s=2.03 s
再由g=l可求得g=9.76 m/s2
(2)[2]由上可知g=l
A．测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大，故A错误；
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小，故B正确；
C．开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故C错误；
D．实验中误将49次全振动数为50次，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故D错误。
故选B。
12．用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
（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= ________
（4）用多组实验数据做出图像，也可以求出重力加速度g， 已知三位同学做出的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
【答案】AD 2.01 9.76 B
【解析】（1）[1]为减小实验误差，应该选择1m左右的摆线，所以A选项正确；为减小空气空气阻力影响，摆球应该选择质量大而体积小的金属球，所以D选项正确，因此需要的实验器材选AD。
（2）[2]由题得单摆的周期:
由单摆周期公式公式:
联立求得：
（3）[3][4]由表中数据可以知道，第三组实验中，周期：
故代入数据有：
（4）[5]由单摆周期公式可得：
A．若将摆长L记录偏大，则
故作出的直线应与b直线斜率相等，周期测得的是准确值，当周期为0时，摆长也应为0，摆长记录偏大的话，L应该为正值，但a直线中摆长是负值，所以a直线不是把摆长记录偏大引起的，所以A选项错误；
B．若误将49次全振动记为50次，那么周期记录偏小，直线的斜率偏小，c直线斜率小于b直线，故B选项正确；
C．c直线的斜率小于b直线，因为 ，直线斜率小的g值偏大，故c对应的g值大于图线b对应的g值，故C选项错误。
故选B。

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