- 用单摆测定重力加速度
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用单摆测定重力加速度实验中：
（1）除了细线、摆球、铁架台、铁夹、米尺之外，必需的仪器还有______；
（2）为了减小实验误差：当摆球的直径约为2cm时，比较合适的摆长应选______
A、80cm B、30 cm C、10cm
（3）实验中，利用g=
（4）在某次实验中，测得单摆振动50次全振动的时间如图所示，则单摆的周期T=______s．
正确答案
秒表和游标卡尺
A
周期
2.02
解析
解：（1）在用单摆测定重力加速度实验中，需要用秒表测量周期，用米尺测量摆线的长度，用游标卡尺测量摆球的直径，所以实验必须的仪器还有秒表和游标卡尺．
（2）单摆在摆动过程中．阻力要尽量小甚至忽略不计，同时摆长不能过小，一般取1m左右．故A最为合适．
故选：A．
（3）根据单摆周期公式T=
（4）秒表的读数为90+10.8s=100.8s．
单摆完成50次全振动的时间为t，所以
故答案为：（1）秒表和游标卡尺；（2）A；（3）周期；（4）2.02．
①造成图象不过坐标原点的原因可能是______
A、将l0记为摆长l； B、摆球的振幅过小 C、将（l0+d）计为摆长l D、摆球质量过大
②由图象求出重力加速度g=______m/s2（取π2=9.87）
正确答案
解析
解：（1）图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径；将l0记为摆长l；
故选：A
（2）由T=2π
由数学知识得：
解得：g=π2=9.87m/s2；
故答案为：（1）A；（2）9.87．
正确答案
解析
解：摆球下边缘与悬挂点的距离为88.40cm，半径1cm，故摆长为87.40cm；
秒表读数为：60s+15.2s=75.2s；
故单摆周期为：
根据单摆周期公式T=2π
故答案为：0.874、1.88、9.75
A．测摆长L：用米尺量出摆线长度；
B．测周期T：将摆球拉起一个小角度，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间t，计算出单摆的振动周期T=
C．改变摆长，重复上述步骤几次；
D．数据分析：．该同学经实验测量得到一组数据，如表所示：
（1）请根据上表中的数据在如图坐标纸上做出合适的图线，并根据图线判定L与T2的关系为：______．（坐标纸见上面）
（2）指出上面A、B步骤中遗漏或错误的地方：
①______
②______．
正确答案
解析
由图可知，T2与摆线的长度L成正比，即T2∝L．
（2）①步骤A、摆长不等于摆线的长度，所以要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与
②步骤B、小球通过最低点作为第一次时开始计时，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，为29.5个周期，所以周期：
故答案为：（1）T2∝L；（2）①步骤A中应用游标卡尺测出摆球直径，摆长应为摆线长加上摆球的半径；②步骤B中单摆周期T计算式应是
（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为______cm．
（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．
正确答案
0.97
C
解析
解：（1）游标卡尺读数等于固定刻度读数加游标尺读数；
固定刻度读数为：0.9cm；
游标尺第7刻线与主尺刻线对其，读数为0.07cm，故读数为：0.07+0.9=0.97cm；
（2）A、用单摆的最大摆角应小于5°，故A错误；
B、一个周期的时间内，摆球通过最低点2次，故B错误；
C、由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式g=
D、为减小实验误差因，应选择密度较大的摆球，故D错误．
故选C．
故答案为：0.97，C．
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