- 单摆
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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次全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数t=______s；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．
正确答案
20.15
78.4
BD
解析
解：直径读数：
主尺：20mm，游标尺对齐格数：3个格，读数：3×0.05=0.15mm，所以直径为：20+0.15=20.15mm；
秒表读数：
大盘读数60s，小盘读数18.4s，故时间为78.4s；
根据T=2π
同学测得的g值偏大，说明摆长测量值偏大或者周期测量值偏小；
A、计算摆长时没有计入摆球的半径，摆长测量值偏小，故加速度测量值偏小，故A错误；
B、开始计时时，秒表过迟按下，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，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，故相对与原来的单摆，周期测量值偏大了，故加速度测量值偏小，故C错误；
D、试验中误将39次全振动数为40次，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，故D正确；
故选BD；
故答案为：20.15，78.4，
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，
（1）需要测量的物理量是______．
（2）实验中重力加速度的计算公式g=______．
（3）实验中若测得重力加速度g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
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．
正确答案
解析
解：（1、2）根据
（3）A、摆球的质量大小不影响单摆的重力加速度．故A错误．
B、将悬线的长度记作摆长，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、摆角太小，不影响重力加速度测量值．故C错误．
D、测周期时，将n次全振动记为n+1次全振动．使得周期的测量值偏小，则重力加速度测量值偏大．故D错误．
故选B．
故答案为：（1）摆线的长度L0、摆球的直径d、n次全振动所需的时间t（2）
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，直接测出物理量摆长L，振动n次的时间t，从而测定重力加速度g．如果测出的g值偏小，则可能的原因是（ ）
（A）误将摆线长度当作摆长
（B）误将从悬点到摆球下端的长度当作摆长
（C）摆球质量过大
（D）误把n次全振动记录为n+1次．
正确答案
解析
解：由单摆的周期公式T=2
A、若将摆线长度当作摆长，摆长L偏小，根据g=
B、将从悬点到摆球下端的长度当作摆长，摆长L偏大，根据g=
C、单摆的周期与摆球质量无关，所以根据实验可知，摆球的质量与测量g没有影响．故C错误．
D、把n次全振动记录为n+1次，由T=
故选A
下列说法中正确的是 （ ）
正确答案
解析
解：
A、同种介质中，光的波长越短，频率越高，传播速度越慢．故A错误．
B、泊松亮斑是由于光的衍射产生的，所以泊松亮斑和杨氏干涉实验都有力地支持了光的波动说．故B错误．
C、某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次，由T=
D、根据爱因斯坦相对论得知，静止在地面上的人观察一条沿自身长度方向高速运动的杆，观察到的长度比杆静止时的短．故D正确．
故选：CD
（1）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______．（填字母序号）
A．适当增加摆线的长度；
B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的；
C．单摆偏离开平衡位置的角度要尽量大；
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．
（2）如果某一组同学在实验中，用正确的操作方法，测定了6组摆长L和周期T的对应值，为了求出当地的重力加速度g，4位同学提出了4种不同的方法：
A．从测定的6组数据中任意选取1组，用公式g=
B．分别求出6个L值的平均值和6个T值的平均值，用公式g=
C．分别用6组L、T的对应值，用公式 g=
D．在坐标纸上作出T2-L图象，从图象中求出图线的斜率K，再根据g=
你认为以上4种方法中，错误的是哪一种？______；（填字母序号）
其余正确方法中偶然误差最小的是哪一种？______．（填字母序号）
正确答案
解析
解：（1）A、根据单摆的周期公式T=2π
B、摆球体积较大，空气阻力也大，不利于提高测量的精确度．故B错误．
C、只有在小角度的情形下，单摆的振动才可以看作简谐振动，周期公式才满足，所以摆偏离开平衡位置的角度不能太大，不超过5°．故C错误．
D、T对测量结果影响较大，采用累计法测量可以减小误差．故D错误．
故选：A．
（2）：A、根据单摆的周期公式T=2π
B、分别求出6个L值的平均值和6个T值的平均值，再根据表达式g=
C、分别用6组L、T的对应值，用公式g=
D、在坐标纸上作出T2-L图象，从图象中计算出图线的斜率K，根据表达式g=
故错误的方法是：B．
正确方法中偶然误差最小的是：D．
故答案为：A； B； D．
（1）实验室中有一种游标卡尺，其游标尺有10格，总长为19mm．游标上每格比主尺上2mm少0.1mm，故其精度为0.1mm．如图所示，用这种游标卡尺测量小球的直径，则直径为______mm．
（2）某同学欲测一单摆的周期，如果测得单摆完成30次全振动时秒表的示数如图所示，那么秒表的读数是______s，该单摆的摆动周期是______s．（保留三位有效数字）
正确答案
解析
解：（1）10分度，精度为0.1mm
大于1mm的整数部分为22mm，由于游标尺上第六个刻线（除零刻线）与主尺刻线对齐，故不足1mm的小数部分为0.6mm，因而读数为22.6mm；
故答案为：22.6．
（2）表的读数方法是：短针读数（t1）+长针读数（t2）
从短针看出时间大于30s而小于60s，因而时间为54.4s
单摆的摆动周期T=
故答案为：54.4，1.81．
某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据，其中的一组数据如下所示．
（1）用毫米刻度尺测量摆线的长时，将摆线平放，如图（A）所示，刻度尺读数是______cm，用游标卡尺测量摆球直径，卡尺游标位置如图（B）所示，可知摆球直径是______cm，如图所示测出的摆长______（偏大，偏小）．
（2）该同学用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图C所示，则秒表所示读数为______s．单摆的周期是______s（计算结果保留三位有效数字）．
（3）为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长L，测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与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如图D所示，T2与L的关系式T2=______，利用图线可求出图线的斜率k=______，再由k可求出g=______m/s2．
正确答案
99.00
1.940
偏小
56.9
1.90
4
9.86
解析
解：（1）刻度尺的读数为99.00cm，游标卡尺的主尺读数为19mm，游标读数为0.05×8mm=0.40mm，则最终读数为19.40mm=1.940cm，由于小球拉着摆线时，摆线有形变，所以图示测出的摆长偏小．
（2）秒表的读数为t=30s+26.9s=56.9s．单摆的周期T=
（3）根据T=
故答案为：（1）99.00 cm 1.940 偏小（2）56.9 1.90 （3）
（1）造成图象不过坐标原点的原因是______；
（2）由图象求出的重力加速度g=______m/s2（保留三位有效数字，取π2=9.86）
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；
（2）由T=2π
由数学知识得
解得：g=9.86m/s2；
故答案为：（1）未考虑小球半径（2）9.86，
利用单摆测定重力加速度的实验中，用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是______； 某同学用毫米刻度尺测得摆长L0=864.9mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球的直径d=______mm，摆长为______mm．如果他测定40次全振动的时间为75.2s，则单摆周期为______s，通过计算重力加速度为______m/s2，如果他在实验时误将39次全振动数成40次，那么他的测量结果会偏______；
正确答案
g=
20.30
867.2
1.88
9.68
大
解析
解：根据单摆的周期公式T=2π
g=
游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数=20mm+0.05mm×6=20.30mm；
摆长=线长+球半径=864.9mm+
周期：T=
故重力加速度：g=
如果误将39次全振动数成40次，则周期的测量值偏小，根据公式g=
故答案为：g=
利用单摆测当地重力加速度的实验中
①利用游标卡尺测得金属小球直径如图1所示，小球直径d=______ cm．
②某同学测量数据如下表，请在图2中画出L-T2图象
由图象可得重力加速度g=______ m/s2（保留三位有效数字）
③某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其它操作无误，那么他得到的实验图象可能是下列图象中的______．
正确答案
解析
解：①主尺读数为：2.2cm；副尺读数为：6×0.1mm=0.6mm=0.06cm，故球直径为2.2cm+0.06cm=2.26cm；
②如图：
由单摆周期公式：
解得：
图象斜率为
g=4π2k，
由图象可得：
可得：
g=4×3.142×0.25=9.86m/s2．
③在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其它操作无误，可得：
故答案为：①2.26；
②
g=9.86；
③B．
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