Question

13．某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测得摆线长为L，摆球直径为d，然后用秒表测得n次全振动的时间为t，则：

（1）重力加速度的表达式g=$\frac{4{π}^{2}{n}^{2}（L+\frac{d}{2}）}{{t}^{2}}$．（用上述符号表示）
（2）若用最小分度为毫米的刻度尺测得摆线长为970.8mm，用10分度的游标卡尺测得摆球直径如图1，摆球的直径为18.4mm．单摆在竖直面内摆动，用秒表测出单摆做50次全振动所用的总时间如图2所示，则总时间t=100.0s．求得当地的重力加速度为9.8m/s²．（取π²=10）
（3）如果他测得的g值偏小，可能的原因是B
A、测摆线长时摆线拉得过紧
B、摆球在水平面内做圆周运动
C、摆线上端悬点未固定，振动过程中出现松动，摆线长度增加了
D、开始计时，秒表过迟按下．

Answer 1

分析 （1）根据题意求出单摆的摆长与周期，然后由单摆周期公式的变形公式求出重力加速度表达式．
（2）游标卡尺的示数等于主尺示数与游标尺示数之和；秒表示数等于分针示数与秒针示数之和，
根据图示秒表读出秒表示数，然后求出单摆的周期，把所测数据代入重力加速度公式，求出重力加速度．
（3）根据重力加速度表达式分析实验误差原因．

解答 解：（1）单摆摆长l=L+$\frac{d}{2}$，单摆周期T=$\frac{t}{n}$，由单摆周期公式T=2π$\sqrt{\frac{l}{g}}$可知，
g=$\frac{4{π}^{2}l}{{T}^{2}}$=$\frac{4{π}^{4}（L+\frac{d}{2}）}{（\frac{t}{n}）^{2}}$=$\frac{4{π}^{2}{n}^{2}（L+\frac{d}{2}）}{{t}^{2}}$；
（2）由图示游标卡尺可知，主尺的示数是18mm，游标尺的示数是4×0.1mm=0.4mm，
则游标卡尺示数，即小球直径d=18mm+0.4mm=18.4mm；
由图示秒表可知，分针示数是1m=60s，秒针示数是40s，秒表示数是60s+40s=100.0s，单摆周期T=$\frac{t}{n}$=$\frac{100s}{50}$=2.0s；
单摆摆长l=L+$\frac{d}{2}$=970.8mm+$\frac{18.4mm}{2}$=980mm=0.98m，重力加速度g=$\frac{4{π}^{2}l}{{T}^{2}}$=$\frac{4×10×0.98}{{2}^{2}}$=9.8m/s²；
（3）由g=$\frac{4{π}^{2}l}{{T}^{2}}$=$\frac{4{π}^{2}{n}^{2}（L+\frac{d}{2}）}{{t}^{2}}$可知：
A、测摆线长时摆线拉得过紧，摆长偏大，所测重力加速度偏大，故A错误；
B、摆球在水平面内做圆周运动，成为圆锥摆，摆的摆长为（L+$\frac{d}{2}$）cosθ，
θ是摆的偏角，单摆摆长偏小，所测重力加速度偏小，故B正确；
C、摆线上端悬点未固定，振动过程中出现松动，摆线长度增加了，所测重力加速度偏大，故C错误；
D、开始计时，秒表过迟按下，所测时间t偏小，所测重力加速度偏大，故D错误；
如果他测得的g值偏小，可能的原因是：B、摆球在水平面内做圆周运动；
故答案为：（1）$\frac{4{π}^{2}{n}^{2}（L+\frac{d}{2}）}{{t}^{2}}$；（2）18.4；100.0；9.8；（3）B．

点评 对游标卡尺读数时，他、要注意确定游标尺的精度，如果游标尺是10分度的，则精度为0.1mm，如果游标尺是20分度的，则精度是0.05mm，如果游标尺是50分度的，则精度是0.02mm；分析实验误差时，要根据重力加速度的表达式进行分析．