高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册4 单摆学案设计

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册4 单摆学案设计，共16页。

物理观念：1.知道单摆振动时回复力的来源.2.知道影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式.3.掌握用单摆测定重力加速度的原理和方法.
科学思维：1.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件.2.引导学生对摆球进行受力分析，将单摆纳入简谐运动模型.
科学探究：1.观察单摆，对影响单摆周期的因素进行猜想，然后通过实验探究认识到影响单摆周期的因素.2.会测量当地的重力加速度.
一、单摆及单摆的回复力
1.单摆
(1)如果细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫做单摆.单摆是实际摆的理想化模型.
(2)单摆的平衡位置：摆球静止时所在的位置.
2.单摆的回复力
(1)回复力的来源：如图1所示，摆球的重力沿圆弧切线方向(填“切线方向”或“法线方向”)的分力提供回复力.
图1
(2)回复力的特点：在偏角很小时，sin θ≈eq \f(x,l)，所以单摆的回复力为F＝－eq \f(mg,l)x，即小球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，单摆的运动可看成是简谐运动.
二、单摆的周期
1.单摆振动的周期与摆球质量无关(填“有关”或“无关”)，在振幅较小时与振幅无关(填“有关”或“无关”)，但与摆长有关(填“有关”或“无关”)，摆长越长，周期越长(填“越长”“越短”或“不变”).
2.单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g)).
三、用单摆测定重力加速度
1.实验原理
由T＝2πeq \r(\f(l,g))，得g＝eq \f(4π2l,T2)，则测出单摆的摆长l和周期T，即可求出当地的重力加速度.
2.数据处理
(1)平均值法：利用实验中获得的摆长和周期的实验数据，从中选择几组，分别计算重力加速度，然后取平均值.
(2)图象法：分别以l和T2为纵坐标和横坐标，作出函数l＝eq \f(g,4π2)T2的图象，图象的斜率k＝eq \f(g,4π2)，进而求出重力加速度g.
1.判断下列说法的正误.
(1)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力.( × )
(2)单摆经过平衡位置时受到的合力为零.( × )
(3)制作单摆的摆球越大越好.( × )
(4)若单摆的振幅变为原来的一半，则周期也将变为原来的一半.( × )
2.一个理想的单摆，已知其周期为T.如果由于某种原因重力加速度变为原来的2倍，振幅变为原来的3倍，摆长变为原来的8倍，摆球质量变为原来的2倍，它的周期变为______.
答案 2T
一、单摆的回复力
(1)单摆的回复力就是单摆所受的合外力吗？
(2)单摆经过平衡位置时，回复力为零，合外力也为零吗？
答案 (1)回复力不是合外力.单摆的运动可看做变速圆周运动，其重力可分解为沿悬线方向的分力和沿圆弧切线方向的分力，重力沿圆弧切线方向的分力提供使摆球沿圆弧振动的回复力.
(2)单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零.
1.单摆向心力来源：细线拉力和重力沿径向的分力的合力.
2.单摆回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ提供使摆球振动的回复力.
3.回复力的大小：在偏角很小时，摆球的回复力满足F＝－kx，此时摆球的运动可看成是简谐运动.
注意 (1)单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零.
(2)单摆的回复力为小球受到的重力沿圆弧切线方向的分力，而不是小球受到的合外力.
例1 图2中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中( )
图2
A.摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用
B.摆球在A点和C点处，速度为零，合力与回复力也为零
C.摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
D.摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
答案 C
解析 摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误；摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确，B、D错误.
二、单摆的周期
单摆的周期公式为T＝2πeq \r(\f(l,g)).
(1)单摆的摆长l等于悬线的长度吗？
(2)将一个单摆移送到不同的星球表面时，周期会发生变化吗？
答案 (1)不等于.单摆的摆长l等于悬线的长度与摆球的半径之和.
(2)可能会.单摆的周期与所在地的重力加速度g有关，不同星球表面的重力加速度可能不同.
1.伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟.
2.单摆的周期公式：T＝2πeq \r(\f(l,g)).
3.对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和准确值相差0.01%).
(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离l＝l线＋r球.
(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定.
(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期.
例2 (2018·黄埔区高二检测)某单摆由1 m长的摆线连接一个直径2 cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法中正确的是( )
A.用大球替代小球，单摆的周期不变
B.摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小
C.用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变
D.将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大
答案 C
解析 用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆的周期变大，故A错误；由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故B错误；用等大铜球替代铁球，单摆摆长不变，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆的周期不变，故C正确；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆周期变小，故D错误.
例3 如图3所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长也是l，下端C点系着一个小球(半径可忽略)，下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动，重力加速度为g)( )
图3
A.让小球在纸面内振动，周期T＝2πeq \r(\f(l,g))
B.让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2πeq \r(\f(3l,2g))
C.让小球在纸面内振动，周期T＝2πeq \r(\f(3l,2g))
D.让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2πeq \r(\f(l,g))
答案 A
解析 让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2πeq \r(\f(l,g))；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为(eq \f(\r(3),4)l＋l)，周期T′＝2πeq \r(\f(\f(\r(3),4)＋1l,g))，A正确，B、C、D错误.
三、实验：用单摆测定重力加速度
1.实验原理
由T＝2πeq \r(\f(l,g))，得g＝eq \f(4π2l,T2)，则测出单摆的摆长l和周期T，即可求出当地的重力加速度.
2.实验器材
铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、秒表、细线(1 m左右)、刻度尺、游标卡尺.
3.实验步骤
(1)让细线穿过小球上的小孔，在细线的穿出端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆.
(2)将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂.在单摆平衡位置处做上标记.
(3)用刻度尺量出悬线长l′(准确到mm)，用游标卡尺测出摆球的直径d，则摆长为l＝l′＋eq \f(d,2).
(4)把单摆拉开一个角度，角度不大于5°，释放摆球.摆球经过最低位置时，用秒表开始计时，测出单摆完成30次(或50次)全振动的时间，求出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期.
(5)改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格.
4.数据处理
(1)公式法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式g＝eq \f(4π2l,T2)中求出g值，最后求出g的平均值.
设计如下所示实验表格：
(2)图象法：由T＝2πeq \r(\f(l,g))得T2＝eq \f(4π2,g)l，以T2为纵坐标，以l为横坐标作出T2－l图象(如图4所示).其斜率k＝eq \f(4π2,g)，由图象的斜率即可求出重力加速度g.
图4
5.注意事项
(1)选择细而不易伸长的线，长度一般不应短于1 m；摆球应选用密度较大、直径较小的金属球.
(2)摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小.
(3)摆球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆.
(4)计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，要测n次全振动的时间t.
例4 某同学利用如图5所示的装置测量当地的重力加速度.实验步骤如下：
图5
A.按装置图安装好实验装置；
B.用游标卡尺测量小球的直径d；
C.用米尺测量悬线的长度L；
D.让小球在竖直平面内小角度摆动，当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3、…，当数到20时，停止计时，测得时间为t；
E.多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；
F.计算出每个悬线长度对应的t2；
G.以t2为纵坐标、L为横坐标，作出t2－L图线.
结合上述实验，完成下列问题：
(1)用游标为10分度的游标卡尺测量小球直径，某次测量示数如图6所示，读出小球直径d为________ cm.
图6
(2)该同学根据实验数据，利用计算机作出t2－L图线如图7所示.根据图线拟合得到方程t2＝404.0L＋3.07，由此可以得出当地的重力加速度g＝_____ m/s2.(取π2＝9.86，结果保留3位有效数字)
图7
(3)从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是________.
A.不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时
B.开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数
C.不应作t2－L图线，而应作t－L图线
D.不应作t2－L图线，而应作t2－(L＋eq \f(1,2)d)图线
答案 (1)1.52 (2)9.76 (3)D
解析 (1)游标卡尺主尺的示数是1.5 cm＝15 mm，游标尺示数是2×0.1 mm＝0.2 mm，小球的直径d＝15 mm＋0.2 mm＝15.2 mm＝1.52 cm.
(2)根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))得：
eq \f(t,10)＝2πeq \r(\f(l,g))，又l＝L＋eq \f(d,2)，则t2＝400π2eq \f(l,g)＝400π2eq \f(L,g)＋eq \f(200π2d,g).
由题意知斜率k＝404.0，则eq \f(400π2,g)＝404.0，
代入π2＝9.86得g≈9.76 m/s2.
(3)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长小于实际摆长，故t2－L图象不过原点，在纵轴上截距不为零，故D正确.
[学科素养] 通过本题，学生回顾了游标卡尺的读数方法，提高了根据实际情况设计实验步骤的能力，锻炼了用单摆测定重力加速度的本领.在解题过程中，展现了实验探究过程中交流、反思的能力.本题着重体现了“实验探究”的学科素养.
1.(对单摆回复力的理解)(多选)一单摆做小角度摆动，其振动图象如图8所示，以下说法正确的是( )
图8
A.t1时刻摆球速度为零，摆球的合外力为零
B.t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
C.t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大
D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
答案 CD
解析 由题图读出t1时刻摆球在正向最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零，故A错误；t2时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错误；t3时刻摆球在负向最大位移处，速度为零，回复力最大，故C正确；t4时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故D正确.
2.(单摆的周期公式)(2018·新余一中高二下学期段考)如图9所示，摆长为l的单摆放在倾角为θ的光滑固定斜面上，则摆球在斜面所在的平面内做小摆角振动时的周期为( )
图9
A.T＝2πeq \r(\f(l,g)) B.T＝2πeq \r(\f(l,gcs θ)) C.T＝2πeq \r(\f(l,gsin θ)) D.以上答案都不对
答案 C
3.(用单摆测定重力加速度)(2018·西安中学高二第二学期期中)某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间，如图10所示，则：
图10
(1)该摆摆长为________ cm，秒表所示读数为________ s.
(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是( )
A.测摆线长时摆线拉得过紧
B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C.开始计时时，秒表过迟按下
D.实验中误将49次全振动记为50次
(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成如图11所示直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示).
图11
答案 (1)98.50 75.2 (2)B (3)eq \f(4π2,k)
一、选择题
考点一 单摆及单摆的回复力
1.(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是( )
A.摆线质量不计
B.摆线不可伸缩
C.摆球的直径比摆线长度小得多
D.只要是单摆的运动就一定是简谐运动
答案 ABC
解析 只有在摆角很小的情况下才能视单摆运动为简谐运动.
2.关于单摆，下列说法中正确的是( )
A.摆球运动的回复力是它受到的合力
B.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点时，加速度是不变的
C.摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
D.摆球经过平衡位置时，加速度为零
答案 B
解析 摆球的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力，A错误；摆球经过最低点时，回复力为0，但合力提供向心力，C、D错误；由简谐运动特点知B正确.
考点二 单摆的周期公式
3.(多选)如图1所示为单摆的振动图象，取g＝10 m/s2，π2＝10，根据此振动图象能确定的物理量是( )
图1
A.摆长 B.回复力 C.频率 D.振幅
答案 ACD
解析 由题图知，振幅为A＝3 cm，单摆的周期为T＝2 s，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，得摆长l＝1 m，频率f＝eq \f(1,T)＝0.5 Hz，摆球的回复力F＝－eq \f(x,l)mg，由于摆球的质量未知，无法确定回复力，A、C、D正确.
4.如图2所示，单摆的周期为T，则下列说法正确的是( )
图2
A.把摆球质量增加一倍，其他条件不变，则单摆的周期变小
B.把摆角α变小，其他条件不变，则单摆的周期变小
C.将此摆从地球移到月球上，其他条件不变，则单摆的周期将变长
D.将单摆摆长增加为原来的2倍，其他条件不变，则单摆的周期将变为2T
答案 C
解析 根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知，周期与摆球的质量和摆角无关，摆长增加为原来的2倍，周期变为原来的eq \r(2)倍，故A、B、D错误；月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，由周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知将此摆从地球移到月球上，单摆的周期将变长，C正确.
5.做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的eq \f(9,4)倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的eq \f(2,3)，则单摆振动的( )
A.周期不变，振幅不变B.周期不变，振幅变小
C.周期改变，振幅不变D.周期改变，振幅变大
答案 B
解析 由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，当摆长l不变时，周期不变，故C、D错误；由能量守恒定律可知eq \f(1,2)mv2＝mgh，其摆动的高度与质量无关，因摆球经过平衡位置时的速度减小，则最大高度减小，知振幅减小，选项B正确，A错误.
6.(多选)(2018·屯溪一中高二第二学期期中)如图3所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝eq \f(L,2)，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则以下说法正确的是( )
图3
A.由于机械能守恒，可得摆角大小不变
B.A和C两点在同一水平面上
C.周期T＝2π(eq \r(\f(L,g))＋eq \r(\f(L,2g)))
D.周期T＝π(eq \r(\f(L,g))＋eq \r(\f(L,2g)))
答案 BD
7.(多选)(2018·西城区高二检测)如图4甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示.不计空气阻力，g取10 m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是( )
图4
A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin (πt) cm
B.单摆的摆长约为1 m
C.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小
答案 AB
解析 由振动图象可读出周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由ω＝eq \f(2π,T)得到圆频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asin ωt＝8sin (πt) cm，故A正确.由公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，解得l≈1 m，故B正确.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，摆球的位移减小，回复力减小，速度增大，所需向心力增大，绳子的拉力增大，故C、D错误.
二、非选择题
8.正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图5所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点用时30 s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1 m，当地重力加速度g取π2(m/s2)；根据以上数据可得小球运动的周期T＝________ s；房顶到窗上沿的高度h＝________ m.
图5
答案 3 3
解析 n＝eq \f(1,2)×(21－1)＝10，T＝eq \f(t,n)＝3 s，
T＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)＝eq \f(1,2)(2πeq \r(\f(l,g))＋2πeq \r(\f(l＋h,g)))，
解得h＝3 m.
9.(2018·北京101中学高二下学期期中)根据单摆周期公式可以通过实验测量当地的重力加速度，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，就做成了单摆.
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图6所示，读数为________mm.
图6
(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、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，此时时间间隔Δt即为单摆周期T
E.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)
答案 (1)18.6 (2)ABE
解析 (1)由题图游标卡尺可知，其示数为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm.
(2)为减小实验误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽量长一些，故A正确；为减小空气阻力对实验的影响，减小实验误差，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故B正确；摆长一定的情况下，摆的振幅尽量小些，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置不能有太大的角度，故C错误；为准确测量单摆周期，应从摆球经过平衡位置时开始计时，测出多个周期的时间，然后求出平均值作为周期，故D错误；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)，可减小实验误差，故E正确.
10.(2018·东北育才学校高二下学期期中)在用单摆测重力加速度的实验中：
(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将所选用的器材的字母填在题后的横线上.
A.长1 m左右的细绳； B.长30 m左右的细绳；
C.直径2 cm的铅球； D.直径2 cm的铁球；
E.秒表； F.时钟；
G.最小刻度是厘米的直尺； H.最小刻度是毫米的直尺.
所选择的器材是________.
(2)实验时摆线偏离竖直线的要求是______________，理由是_____________________.
(3)某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2－L图线，如图7所示，再利用图线上任两点A、B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)，可求得g＝________________.若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其他测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是________的(选填“偏大”、“偏小”或“不变”).
图7
答案 (1)ACEH
(2)摆线与竖直方向的夹角不超过5° 只有在偏角不超过5°的情况下，单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))才成立
(3)4π2·eq \f(x2－x1,y2－y1) 不变
11.(2018·临漳一中高二下学期期中)实验小组的同学们用如图8所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验.
图8
(1)用L表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，重力加速度g＝________.
(2)实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的______(选填选项前的字母).
A.长约1 m的细线
B.长约1 m的橡皮绳
C.直径约1 cm的均匀铁球
D.直径约10 cm的均匀木球
(3)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图________中所示的固定方式(选填“甲”或“乙”).
(4)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________(选填选项前的字母).
A.测出摆线长作为单摆的摆长
B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动
C.在摆球经过平衡位置时开始计时
D.用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
(5)乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是____________(选填选项前的字母).
A.开始摆动时振幅较小
B.开始计时时，过早按下秒表
C.测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为n次全振动的时间
(6)丙同学画出了单摆做简谐运动时的振动图象如图9所示，则摆线偏离竖直方向的最大摆角的正弦值约为________(结果保留一位有效数字).
图9
答案 见解析
解析 (1)由周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))得g＝eq \f(4π2L,T2)
(2)为减小误差应保持摆线的长度不变，则A正确，B错误；为减小误差，摆球密度要大，体积要小，则C正确，D错误.
(3)悬点要固定，则为题图乙.
(4)摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，A错误；应把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；应在摆球经过平衡位置时开始计时，C正确；把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误.
(5)由T＝2πeq \r(\f(L,g))得g＝eq \f(4π2L,T2).振幅大小与g无关，故A错误；开始计时时，过早按下秒表，所测周期偏大，则g偏小，B错误；测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，则所测周期偏小，则g偏大，C正确.
(6)由题图可知周期为2 s，
由T＝2πeq \r(\f(L,g))得L＝eq \f(T2g,4π2)＝eq \f(4×9.8,4×3.142) m≈1 m，
振幅为4 cm＝0.04 m，
则sin θ≈eq \f(0.04,1)＝0.04.
12.如图10所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心O′的正下方，一小球甲(可视为质点)由距O点很近的A点由静止释放，R≫.
图10
(1)若小球甲释放的同时，另一小球乙(可视为质点)从球心O′处自由落下，问两球第一次到达O点的时间比；
(2)若小球甲释放的同时，另一小球丙(可视为质点)在O点正上方某处自由落下，为使两球在O点相碰，小球应由多高处自由落下？
答案 (1)eq \r(2)π∶4 (2)eq \f(2n－12π2R,8)(n＝1，2，3，…)
解析 (1)甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O点的时间为t1＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(R,g))＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g)).
乙球做自由落体运动，到达O点的时间为t2
R＝eq \f(1,2)gt22，所以t2＝eq \r(\f(2R,g))，t1∶t2＝eq \r(2)π∶4.
(2)小球甲从A点由静止释放运动到O点的时间为t＝eq \f(T,4)(2n－1)，n＝1，2，3，…，由O点正上方自由落下的小球丙到达O点的时间也为t时两球才能在O点相碰，所以h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(2n－12π2R,8)(n＝1，2，3，…).实验次数
摆长l/m
周期T/s
重力加速度g/(m·s－2)
重力加速度g的平均值/(m·s－2)
1
g＝eq \f(g1＋g2＋g3,3)
2
3