- 单摆
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①用上述物理量的符号写出重力加速度的表达式g=______；
②从图可知，摆球直径d的读数为______mm．
正确答案
解析
解：（1）单摆周期：
由单摆周期公式：
用上述物理量的符号写出重力加速度表达式：
（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为5.5mm，
可动刻度示数为330.2×0.01mm=0.302mm，
则螺旋测微器的示数为5.5mm+0.302mm=5.802mm；
故答案为：①
在《用单摆测定重力加速度》的实验中，为防止摆球在摆动过程中形成“圆锥摆”，实验中采用了如图甲所示的双线摆．测出摆线长度为L，线与水平横杆夹角为θ，摆球半径为r．若测出摆动的周期为T，则此地重力加速度为______；某同学用10分度的游标卡尺测量摆球的直径时主尺和游标如图乙所示，则摆球的半径r为______mm．
正确答案
8.0
解析
解：该摆称为双线摆，其等效摆长为l=Lsinθ+r
根据单摆的周期公式T=2
g=
主尺读数：16mm，游标尺对齐格数为0，读数：0×0.1=0.0mm，所以摆球的直径为：d=16mm+0.0mm=16.0mm
故半径为r=
故答案为：
（1）测单摆周期时，应该从摆球经过______（填“最低点”或“最高点”）时开始计时．
（2）如果实验测得的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．开始计时时，秒表过迟按下．
D．实验中误将49次全振动数为50次
（3）某同学为了提高实验精度，在实验中改变几次摆长l，并测出相应的周期T，算出T2的值，再以l为横轴、T2为纵轴建立直角坐标系，将所得数据描点连线如图，并求得该直线的斜率为k．则重力加速度g=______．（用K表示）
正确答案
低
B
解析
解：（1）摆球在最高点的时候速度比较小，在最低点的时候速度比较大，所以当小球经过最低点的时候开始计时误差比较小．
（2）根据单摆的周期公式
A、测摆线长时摆线拉得过紧，使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．
B、摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小．故B正确．
C、开始计时时，秒表过迟按下，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．
D、实验中将49次全振动数成50次全振动，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选：B
（3）根据斜率的意义：
故答案为：（1）最低点；（2）B；（3）
并利用上述数据在图所示的坐标中作出l-T2图象．
①写出l与T2的关系式l=______．
②利用图象，求出重力加速度的值为______m/s2．（取π2=9.86 ）
正确答案
解析
解：①根据T=
②图线的斜率k=
故答案为：①
①将小球从槽中接近最低处（虚线）静止释放；
②测量多次全振动的时间并准确求出周期；
③将圆弧面半径作为摆长和周期代入单摆周期公式求出重力加速度．
则他在以上操作中应该改正的操作步骤是______（填写步骤序号）；若不改正，测量所得的重力加速度的值与真实值相比会______（选填“偏大”或“偏小”）．
正确答案
③
偏大
解析
解：实际摆长是悬点到球心的距离，故计算摆长时应该用圆弧面半径R减去球的半径r；
根据单摆周期公式
故答案为：③，偏大
（1）秒表的示数为______s．
（2）用螺旋测微器测量摆球直径d的读数为______mm．
（3）用上述物理量的符号写出重力加速度的一般表达式g=______（用L，d，n，t表示）．
（4）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______．
A．测摆线长时摆线位得过紧
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．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次．
正确答案
解析
解：（1）小表盘表针超过了半刻线，故：秒表读数=某分钟+（大表盘示数+30）秒秒表的示数为：60s+39.8s=99.8s．
（2）由图示螺旋测微器可知，其读数为：5.5mm+48.0×0.01mm=5.980mm．
（3）单摆的摆长：l=L+
由单摆周期公式：T=2π
（4）由单摆周期公式：T=2π
A、测摆线长时摆线拉得过紧，所测L偏大，由g=
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，所测T偏大，由g=
C、开始计时时，秒表过迟按下，所测T偏小，由g=
D、实验中误将49次全振动计为50次，所测T偏小，由g=
故答案为：（1）99.8；（2）5.980；（3）
某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为100.00cm，摆球直径2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次全振动所用的时间为101.0s．则：
（1）测得的重力加速度g=______m/s2．（计算结果取三位有效数字）
（2）测得的g值偏小，可能原因是______；
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．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将51次全振动计为50次
（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L和T的数值，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k．则重力加速度g=______．（用k表示）
正确答案
解析
解：（1）单摆的摆长L=l线+
根据单摆的周期公式T=2π
得：g=
（2）根据公式：g=
A、测摆线长时摆线拉得过紧，使摆线测量长度增加了，则测得重力加速度偏大．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，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．
C、结束计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故C正确．
D、实验中误将51次全振动数为50次．测得周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故D正确．
故选：BCD
（3）由单摆的周期公式T=2π
得该直线的斜率k，则重力加速度g=
故答案为：
（1）9.76；
（2）BCD；
（3）
在“用单摆测定重力加速度”的实验中
（1）（单选）测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，按表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为______
（A）
（2）在该实验中，如果摆球质量分布不均匀，某同学于是设计了下面一种计算方法：第一次测量悬线长为L1，测得周期为T1；第二次测量悬线长为L2，测得周期为T2，由此可推算出重力加速度g=______．
正确答案
解析
解：（1）摆球两次经过最低点的时间间隔是半个周期，所以摆球通过最低点作为第1次停表开始计时到一直数到摆球第59次通过最低点，摆球经过了58个半个周期，所以单摆的周期：T=
（2）设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式T=2π
T1=2π
T2=2π
联立两式解得
g=
故答案为（1）A （2）
某同学利用单摆测重力加速度，由于所用直尺较短，他设计了如下的实验方法：先测出某一摆长下单摆的周期T1，然后利用短尺在摆线上量出一段较小的长度△L，将单摆的摆长缩短△L，再测出对应的周期T2，由此就可以算出重力加速度的值为g=______．
正确答案
解析
解：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，
T1=2π
然后把摆线缩短适当的长度△L，再测出其振动周期T2．
T2=2π
联立两式解得：g=
故答案为：
（1）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用毫米刻度尺测得摆线长L0=945.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球直径d=______mm；用秒表测得单摆完成n=40次全振动的时间t=40.8s；若用给定物理量符号表示当地的重力加速度g，则g=______=______．
如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是______．（填字母代号）
A．计算摆长时没有计入摆球的半径
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．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
D．试验中误将39次全振动数为40次
（2）利用单摆周期公式测定重力加速度时测出不同摆长L时相应周期值T，做T2-L图线，如图乙所示．T2与L的关系T2=______，利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2）可求出图线的斜率k=______，再由k可求出g=______．
正确答案
解析
解：（1）游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.05×4mm═0.20mm，则摆球的直径d=20.20mm．
根据T=
代入数据解得：g≈36.2m/s2．
根据g=
A、计算摆长时没有计入摆球的半径，摆长的测量值偏小，则测量的重力加速度偏小．故A错误．
B、开始计时时，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大．故B正确．
C、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，则摆长的测量值偏小，测量的重力加速度偏小．故C错误．
D、实验中误将39次全振动数为40次，则测量的周期偏小，测量的重力加速度偏大．故D正确．
故选：BD．
（2）根据
则图线的斜率为：k=
则有：g=
故答案为：（1）20.20，
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