Question

20．某實驗小組在進行“用單擺測定重力加速度”的實驗中，已知單擺擺動過程中的擺角小于5°；在測量單擺的周期時，從單擺運動到最低點開始計時且記數為1，到第n次經過最低點所用的時間內為t；在測量單擺的擺長時，先用毫米刻度尺測得懸掛后的擺線長（從懸點到擺球的最上端）為L，再用游標卡尺測得擺球的直徑為d．
（1）用上述物理量的符號寫出求重力加速度的一般表達式g=$\frac{{π}^{2}（n-1）^{2}（L+\fracay6s44i{2}）}{{t}^{2}}$．
（2）實驗結束后，某同學發(fā)現他測得的重力加速度的值總是偏大，其原因可能是下述原因中的BD．
A．單擺的懸點未固定緊，振動中出現松動，使擺線增長了
B．把n次擺動的時間誤記為（n+1）次擺動的時間
C．以擺線長作為擺長來計算
D．以擺線長與擺球的直徑之和作為擺長來計算
（3）某同學在做“用單擺測定重力加速度”的實驗中，用秒表測單擺完成40次全振動的時間如圖所示，則單擺的周期為1.995s．
（4）為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長L并測出相應的周期T，從而得出一組對應的L與T的數據，再以L為橫坐標、T²為縱坐標將所得數據連成直線，并求得該直線的斜率k．則重力加速度g=$\frac{{4{π^2}}}{k}$．（用k表示）若根據所得數據連成的直線的延長線沒過坐標原點，而是與縱軸的正半軸相交于一點，則實驗過程中可能存在的失誤是擺長漏加小球半徑，因此失誤，由圖象求得的重力加速度的g無影響（偏大，偏小，無影響）

Answer 1

分析 （1）根據題意求出單擺的周期，單擺擺長等于擺線長度與擺球半徑之和，由單擺周期公式求出重力加速度表達式．
（2）對于測量誤差可根據實驗原理進行分析．
（3）秒表分針與秒針示數之和是秒表示數．
（4）由重力加速度的表達式，根據數學知識分析T²-l圖線斜率的意義．

解答 解：（1）單擺的擺長l=L+$\fracwyaiw2w{2}$，單擺周期T=$\frac{t}{\frac{n-1}{2}}$=$\frac{2t}{n-1}$，由單擺周期公式T=2π$\sqrt{\frac{l}{g}}$，
可得：g=$\frac{4{π}^{2}（L+\fracc2a2qcs{2}）}{（\frac{2t}{n-1}）^{2}}$=$\frac{{π}^{2}（n-1）^{2}（L+\fracq4meisw{2}）}{{t}^{2}}$；
（2）A、擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加了，測得的單擺周期變大，根據g=$\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$可知，測得的g應偏小．故A錯誤；
B、實驗中誤將n次全振動計為n+1次，根據T=$\frac{t}{n}$求出的周期變小，g偏大．故B正確；
C、以擺線長作為擺長來計算，擺長偏小，根據g=$\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$可知，測得的g應偏小．故C錯誤；
D、以擺線長與擺球的直徑之和作為擺長來計算，擺長偏大，根據g=$\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$可知，測得的g應偏大．故D正確．
故選：BD；
（3）由圖示秒表可知，秒表示數為1min+19.8s=79.8s，則單擺的周期T=$\frac{79.8s}{40}$=1.995s；
（4）根據重力加速度的表達式g=$\frac{4{π}^{2}L}{{T}^{2}}$可知，T²-l圖線斜率k=$\frac{4{π}^{2}}{g}$，則g=$\frac{4{π}^{2}}{k}$；若根據所得數據連成的直線的延長線沒過坐標原點，而是與縱軸的正半軸相交于一點，則實驗過程中可能存在的失誤是擺長漏加小球半徑，從g的表達式可知：g與擺長無關，所以因此失誤對由圖象求得的重力加速度的g的值無影響．
故答案為：（1）$\frac{{π}^{2}（n-1）^{2}（L+\fracm2mgkae{2}）}{{t}^{2}}$；（2）BD； （3）1.995；（4）$\frac{{4{π^2}}}{k}$；擺長漏加小球半徑；無影響．

點評 常用儀器的讀數要掌握，這是物理實驗的基礎．掌握單擺的周期公式，從而求解加速度，擺長、周期等物理量之間的關系．單擺的周期采用累積法測量可減小誤差．對于測量誤差可根據實驗原理進行分析．