Question

在“用单摆测定重力加速度”的实验中
（1）以下说法正确的是

C

．
A．测量摆长时应将摆球取下后再测量
B．摆球应选用半径约2cm的木球
C．实验中应控制摆角不大于10°是为了减小系统误差
D．实验中只要测量一次全振动的时间即可知道单摆振动的周期
（2）测周期时，当摆球经过

平衡

位置时开始计时并计数“0”，测出经过该位置100次的时间如图中秒表所示，则周期为

2.00s

．（结果保留3位有效数字）
（3）一组同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验，用正确的操作方法，测定了6组摆长L和周期T的对应值．为求出当地的重力加速度，同学们提出了4种不同方法．你认为以下4种方法中，不合理的有

AB

A．从测定的6组数据中任意选取1组，用公式g=4π²L/T ²求出g作为测量值
B．求出L的平均值

.

L

和T的平均值

.

T

，用公式g=4π²

.

L

/

.

T

²求出g作为测量值
C．用6组L、T值，用g=4π²L/T²求出6个g，再求这6个g的平均值作为测量值
D．在坐标纸上作出T ²-L图象，从图象中计算出图线斜率K，根据g=4π²/K求出g．

Answer 1

分析：（1）A、单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和；
B、为减小空气阻力影响，减小实验误差，应用质量大体积小的球做摆球；
C、单摆做简谐运动时的最大摆角不能大于10°；
D、为减小实验误差，应测出多次全振动的总时间，然后再求出单摆周期．
（2）为准确测量单摆周期，应从摆球经过最低点时开始计时；秒表分针与秒针示数之和是秒表示数，由图示秒表读出其示数，然后求出单摆的周期．
（3）根据L与T是非线性关系，分析实验错误的方法．根据偶然误差的特点，采用图象法相当于大量数据取平均值，偶然误差偏大和偏小大多抵消，误差最小．

解答：解：（1）A、单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把单摆固定后测出摆线的长度，再加上摆球的半径即可测出摆长，故A错误；
B、空气阻力对半径约2cm的木球影响较大，不能用作摆球，故B错误；
C、单摆做简谐运动时的最大摆角不能大于10°，故C正确；
D、为减小实验误差，应测出多次全振动的总时间，然后再求出单摆周期，只测量一次全振动的时间作为单摆振动的周期误差较大，故D错误；故选C．
（2）测周期时，当摆球经过平衡位置（最低点）时开始计时并计数“0”；由图示秒表可知，分针示数为1min=60s，秒针示数为40.00s，则秒表示数为60s+40s=100.00s，摆球经过最低点100次的时间是50各周期，则单摆周期为2.00s．
（3）A、从测定的6组数据中任意选取1组，用公式g=

4π2L

T2

求出g作为测量值，误差较大，不合理；
B、摆长L与周期T间不是一次函数关系，不能求出L的平均值

.

L

和T的平均值

.

T

，用公式g=

4π2 . L

. T 2

求出g作为测量值，做法不合理；
C、用6组L、T值，用=

4π2L

T2

求出6个g，再求这6个g的平均值作为测量值，可以减小实验误差，做法合理；
D、在坐标纸上作出T²-L图象，从图象中计算出图线斜率K，根据g=

4π2

k

求出g，应用图象法处理实验数据，减小了实验误差，做法合理；
本题选择不合理的，故选AB．
故答案为：（1）C；（2）平衡；2.00s；（3）AB．

点评：本题考查了实验注意事项、秒表读数、实验数据处理，难度不大，掌握基础知识即可正确解题；为减小实验误差，测周期时应测N各周期的时间，然后求出平均值作为单摆的周期；处理实验数据时应求平均值或用图象法处理实验数据．