实验一探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度注意事项1．悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证顶点固定。2．强调在同一平面内振动且摆角小于10°。3．选择在摆球摆到平衡位置处开始计时，并数准全振动的次数。4．小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长l′，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长l＝l′＋r。5．选用一米左右的细线。热点一对实验操作及误差分析的考查【例1】某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。图1①他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示。这样做的目的是________(填字母代号)。A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动图2②他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为________mm，单摆摆长为________m。③下列振动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)。解析①在“探究影响单摆周期的因素”实验中，要使单摆在摆动过程中摆长不变，而且摆长便于调节，故选项A、C正确、选项B、D错误。②摆球的直径d＝12mm＋0×0.1mm＝12.0mm摆长l＝L－eq\f(d,2)＝0.9990m－0.0060m＝0.9930m。③单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A＝lsin5°＝0.087m＝8.7cm，且为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故选项A正确、选项B、C、D错误。答案①AC②12.00.9930③A【变式训练】1．根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图3甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。图3(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有______。A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期TE．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝eq\f(Δt,50)(3)实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的()A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了B．把n次摆动的时间误记为(n＋1)次摆动的时间C．以摆线长作为摆长来计算D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算解析(1)该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径大小为18.7mm。(2)根据用单摆测量重力加速度的实验要求可知选项A、B、E正确。(3)根据g＝eq\f(4π2l,T2)知，当悬点松动后，摆线增长，则代入公式中的l将偏小，故g偏小，A错误；对B选项，T变小，g变大，B正确；对C选项，l变小，g应偏小，C错误；对D选项，l变大，g应偏大，D正确。答案(1)18.7(2)ABE(3)BD热点二对实验数据处理的考查【例2】在用单摆测重力加速度的实验中：(1)某同学实验时改变摆长，测出几组摆长l和对应的周期T的数据，作出l－T2图线，如图4所示。利用图线上任两点A、B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)，便可求得重力加速度g＝________。图4(2)作l－T2图线解决物理问题，可以提示我们：若摆球的质量分布不均匀，对测量结果将________(填“有影响”或“没有影响”)。解析(1)由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得摆长与周期的关系为l＝eq\f(g,4π2)T2，图像的斜率k＝eq\f(g,4π2)，由图像中的A、B两点坐标可得：eq\f(g,4π2)＝eq\f(y2－y1,x2－x1)，解得重力加速度为g＝eq\f(4π2y2－y1,x2－x1)。(2)摆球的质量分布不影响图像的斜率，对测量结果没有影响。答案(