Question

7．做“用单摆测定重力加速度”的实验
（1）为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过平衡位置 （选填“平衡位置”或“最高点”）时开始计时；某次测定了 40次全振动的时间如图 1中秒表所示，那么秒表读数是75.2s；
（2）改变摆长l，共测定了6组摆长l和对应的周期T．为了求出当地的重力加速度g，4位同学提出了4种不同的处理方法：
A．从测定的6组对应值中任意选取1组，用公式g=4π²l/T²求出g作为测量值
B．先分别求出6个l值的平均值$\overline{l}$和6个T值的平均值$\overline{T}$，再用公式g=$\frac{4π\overline{l}}{\overline{T}}$求出 g作测量值
C．先用6组l，T的值，用公式g=4π²l/T²求出6个对应的g值，再求这6个值的平均 值作测量值
D．在坐标纸上以了T²为横轴，l为纵轴，据6组l和T的值作出l-T²图象，计算出图线的斜率k，根据g=$\frac{4{π}^{2}}{k}$是求出g作为测量值
以上4种方法中，错误的是B，其余正确方法中，偶然误差最大的是A （填相应字母）．
（3）若测得的g值偏小，可能的原因是BC．
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；
C．开始计时时，秒表提前按下；
D．实验中误将39次全振动数为40次．
（4）如图2示是两个单摆的振动图象．甲、乙两个摆的摆长之比为1：4

Answer 1

分析 （1）最低点速度最大，易观察，即此处为平衡位置，秒表读数为分针加秒针，注意不估读；
（2）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；
（3）根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g=$\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$，再分析g值偏小可能的原因；
（4）由振动图象得到甲乙两个单摆的周期，然后根据单摆的周期公式T=$2π\sqrt{\frac{L}{g}}$求解两个单摆的摆长之比．

解答 解：（1）最低点速度最大，易观察，即此处为平衡位置，由图所示秒表可知，分针示数为1min=60s，秒针示数为15.2s，则秒表示数为60s+15.2s=75.2s，
（2）A、根据单摆的周期公式T=$2π\sqrt{\frac{L}{g}}$，得到：g=$\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$，只取一组数据计算不能有效减小偶然误差；
B、分别求出6个l值的平均值$\overline{l}$和6个T值的平均值$\overline{T}$，表达式g=$\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$就不成立了，故B错误；
C、分别用6组L、T的对应值，用公式g=$\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$，求出6个对应的g值，再求这6个g的平均值作为测量值可以减小测量的偶然误差，故C是可以的．
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g=$\frac{4{π}^{2}}{k}$求出g作为测量值，可以有效减小测量的偶然误差；
故错误的是：B，偶然误差最大的是：A．
（3）根据单摆的周期公式T=$2π\sqrt{\frac{L}{g}}$推导出重力加速度的表达式g=$\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$，
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、实验中开始计时，秒表提前按下，则测得周期偏大，所以测得的重力加速度偏小．故C正确．
D、实验中将39次全振动数成40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：BC．
（4）由题图知：甲、乙两个单摆的周期分别为4s和8s，故：$\frac{{T}_{甲}}{{T}_{乙}}=\frac{1}{2}$
根据单摆的周期公式T=$2π\sqrt{\frac{L}{g}}$，得到：$\frac{{L}_{甲}}{{L}_{乙}}=（\frac{{T}_{甲}}{{T}_{乙}}）^{2}=\frac{1}{4}$
故答案为：（1）平衡位置，75.2；（2）B，A；（3）BC；（4）1：4

点评 本题关键是掌握单摆的周期公式，明确实验原理、误差来源，知道偶然误差的特点和减小方法，会用图象法分析数据．