第5课 实验：用单摆测量重力加速度 -2023-2024学年高二物理（人教版2019）（解析版）

第5课试验：用单摆测量重力加速度学习目标学习目标课程标准学习目标会用单摆测量重力加速度的大小1．生疏试验原理、装置。2．生疏数据处理的方法。3．会进行误差分析。002预习导学（一）课前阅读：单摆、单摆简谐运动的条件、单摆简谐运动的周期公式、系统误差、偶然误差、游标卡尺、螺旋测微器（二）基础梳理一、试验原理、步骤1.试验原理当摆角很小时，单摆做，其运动周期为T＝，由此得到g＝eq\f(4π2l,T2)，因此，只要测出和，就可以求出当地的重力加速度g的值.2.试验器材：单摆，，毫米刻度尺，.3.试验过程(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，做成单摆.(2)把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在试验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆位置处做上标记，如图所示.(3)用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出金属小球的，即得出金属小球半径r，计算出摆长l＝.(4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(不超过5°)，然后放开金属小球，让金属小球摇摆，待摇摆平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出单摆的振动周期T.(5)依据单摆周期公式，计算当地的重力加速度.(6)转变摆长，重做几次试验.答案：1.试验原理当摆角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2πeq\r(\f(l,g))，由此得到g＝eq\f(4π2l,T2)，因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值.2.试验器材单摆，游标卡尺，毫米刻度尺，停表.3.试验过程(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，做成单摆.(2)把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在试验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示.(3)用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出金属小球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l＝l′＋r.(4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(不超过5°)，然后放开金属小球，让金属小球摇摆，待摇摆平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出单摆的振动周期T.(5)依据单摆周期公式，计算当地的重力加速度.(6)转变摆长，重做几次试验.【概念连接】单摆、简谐运动【即学即练】试验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的试验.(1)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________.(用l、n、t表示)(2)试验时除用到停表、刻度尺外，还应当用到下列器材中的________.(填选项前的字母)A.长约1m的细线B.长约1m的橡皮绳C.直径约1cm的均匀铁球D.直径约10cm的均匀木球(3)选择好器材，将符合试验要求的单摆悬挂在铁架台上，应接受图________中所示的固定方式.(4)某试验小组组装单摆时，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，如图所示，这样做的目的是________.(填选项前的字母)A.保持摇摆过程中摆长不变B.可使周期测量得更加精确     C.需要转变摆长时便于调整D.保证摆球在同一竖直平面内摇摆答案(1)eq\f(4π2n2l,t2)(2)AC(3)乙(4)AC解析(1)单摆的周期T＝eq\f(t,n)，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得重力加速度g＝eq\f(4π2l,T2)＝eq\f(4π2n2l,t2).(2)为了便于测量周期和减小空气阻力，摆线选择较细且牢固的线，故选A；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选C.(3)为了避开运动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则选图乙.(4)这样做的目的是便于调整摆长，把摆线夹得更紧一些，使摇摆过程中摆长不变，因此A、C正确.【微点拨】留意单摆的条件，单摆做简谐运动的条件二、试验数据处理(1)公式法：利用求出周期，算出三次测得的周期的平均值，然后利用公式求重力加速度.(2)图象法：依据测出的一系列摆长l对应的周期T，作l－的图象，由单摆周期公式得l＝eq\f(g,4π2)T2，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k，即可利用g＝求重力加速度.答案：(1)公式法：利用T＝eq\f(t,N)求出周期，算出三次测得的周期的平均值，然后利用公式g＝eq\f(4π2l,T2)求重力加速度.(2)图象法：依据测出的一系列摆长l对应的周期T，作l－T2的图象，由单摆周期公式得l＝eq\f(g,4π2)T2，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k，即可利用g＝4π2k求重力加速度.【概念连接】游标卡尺、螺旋测微器【拓展补充】留意读数规章【即学即练】试验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的试验.(5)他组(6)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________.(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头计时D.用停表测量摆球完成一次全振动所用时间并作为单摆的周期(7)甲同学多次转变单摆的摆长并测得相应的周期，他依据测量数据画出了如下图所示的图象，但遗忘在图中标明横坐标所代表的物理量.你认为横坐标所代表的物理量是________(填“l2”“l”或“eq\r(l)”)，若图线斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示).答案(1)12.0(2)BC(3)eq\r(l)eq\f(4π2,k2)解析(1)摆球的直径为d＝12.0mm.(2)摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，A错误；将停表测量摆球完成一次全振动所用时间作为单摆的周期，误差较大，应接受累积法测量周期，D错误.(3)依据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))＝eq\f(2π,\r(g))eq\r(l)，所以应当作出T－eq\r(l)图象，故横坐标所代表的物理量是eq\r(l)，斜率k＝eq\f(2π,\r(g))，解得g＝eq\f(4π2,k2).【微点拨】留意算摆长时要加上摆球的半径三、试验误差分析1.留意事项(1)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定.(2)单摆必需在同一平面内振动，且摆角小于.(3)选择在摆球摆到处时开头计时，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＝.(5)一般选用一米左右的细线.2．误差分析(1)系统误差：主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即：悬点是否，摆球是否可视为，球、线是否符合要求，振幅是否，摇摆是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等。(2)偶然误差：主要来自时间(即单摆周期)的测量。因此，要留意测准时间(周期)，要从摆球通过开头计时，并接受计数的方法，即4,3,2,1,0,1,2，…在数“0”的同时按下秒表开头计时。不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应多次测量后取平均值答案：1.留意事项(1)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定.(2)单摆必需在同一平面内振动，且摆角小于5°.(3)选择在摆球摆到平衡位置处时开头计时，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)一般选用一米左右的细线.2．误差分析(1)系统误差：主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即：悬点是否固定，摆球是否可视为质点，球、线是否符合要求，振幅是否足够小，摇摆是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等。(2)偶然误差：主要来自时间(即单摆周期)的测量。因此，要留意测准时间(周期)，要从摆球通过平衡位置开头计时，并接受倒计时计数的方法，即4,3,2,1,0,1,2，…在数“0”的同时按下秒表开头计时。不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应多次测量后取平均值。【概念连接】系统误差、偶然误差【拓展补充】成为圆锥摆后对测量结果有何影响？【即学即练】试验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的试验.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，造成这一状况的缘由可能是________.(填选项前的字母)A.开头摇摆时振幅较小B.开头计时时，过早按下停表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D.测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长答案CD解析由周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得g＝eq\f(4π2l,T2)，单摆振幅大小与g无关，故A错误；开头计时时，过早按下停表，周期偏大，则g偏小，故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，周期偏小，则g偏大，故C正确；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，若测量摆长时以悬点到小球下端边缘的距离为摆长，摆长偏大，由g＝eq\f(4π2l,T2)，所以g偏大，故D正确.（三）预习作业1．某同学利用单摆测量重力加速度。(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C．试验时须使摆球在同一竖直面内摇摆D．摆长肯定的状况下，摆的振幅尽量大(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆。试验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最终用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。答案：(1)BC(2)eq\f(4π2ΔL,T12－T22)解析：(1)组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摇摆时在同一竖直面内摇摆；摆的振幅尽量小一些。选项B、C正确。(2)设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2则T1＝2πeq\r(\f(L1,g))①T2＝2πeq\r(\f(L2,g))②且L1－L2＝ΔL③联立①②③式得g＝eq\f(4π2ΔL,T12－T22)。2．利用单摆测当地重力加速度的试验中。(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d＝________cm。(2)某同学测量数据如下表，请在图乙中画出L­T2图像。L/m0.4000.5000.6000.8001.200T2/s21.602.102.403.204.80由图像可得重力加速度g＝______m/s2(保留三位有效数字)。(3)某同学在试验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的试验图像可能是下列图像中的________。解析：(1)小球的直径d＝22mm＋0.1mm×6＝22.6mm＝2.26cm。(2)L­T2图像如图所示：由T＝2πeq\r(\f(L,g))可得：L＝eq\f(g,4π2)eq\a\vs4\al(T)2，k＝eq\f(g,4π2)对应图像可得：k＝eq\f(1.200－0.400,4.80－1.60)＝0.25可解得：g＝4π2k≈9.86m/s2。(3)在试验中，若摆长没有加小球的半径eq\f(d,2)，其他操作无误，可得：L＝eq\f(g,4π2)T2－eq\f(d,2)。故可知B正确，A、C、D均错误。答案：(1)2.26(2)图见解析9.86(3)B003探究提升环节一试验原理、步骤思考：在探究单摆运动的试验中：(1)图(a)是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图(b)是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F－t图象，依据图(b)的信息可得，从t＝0时刻开头摆球第一次摆到最低点的时刻为________s，摆长为________m(取π2＝10，重力加速度大小g＝10m/s2).(2)单摆振动的回复力是________.A.摆球所受的重力B.摆球重力在垂直摆线方向上的分力C.摆线对摆球的拉力D.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力(3)某同学的操作步骤如下，其中正确的是________.A.取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上B.用米尺量得细线长度l，测得摆长为lC.在摆线偏离竖直方向5°位置静止释放小球D.让小球在水平面内做圆周运动，测得摇摆周期，再依据公式计算重力加速度答案(1)0.50.64(2)B(3)AC解析(1)依据题图(b)的信息可得，摆球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力最大，所对应的时刻为t＝0.5s.依据题图(b)的信息可得，单摆周期T＝1.6s，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得摆长为l＝0.64m.(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，而摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力在径向上供应向心力，选项B正确.(3)测得摆长应为l＋eq\f(d,2)，选项B错误；若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆运动，测得的摇摆周期不是单摆运动周期，选项D错误.环节二试验数据处理问题探究1：某同学在“用单摆测重力加速度”的试验中进行了如下的操作：(1)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为________cm，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长l0，通过计算得到摆长L.(2)用停表测量单摆的周期.当单摆摇摆稳定且到达最低点时开头计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时停表的示数如图乙所示，该单摆的周期T＝________s(结果保留三位有效数字).(3)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2－L图象如图丙，造成图线不过坐标原点的缘由可能是________.A.摆球的振幅过小 B.将l0计为摆长LC.将(l0＋d)计为摆长L D.摆球质量过大(4)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度.他接受的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2.用该同学测出的物理量表示重力加速度为g＝________.答案(1)2.06(2)2.25(3)B(4)eq\f(4π2ΔL,T12－T22)解析(1)由题图甲可知，游标卡尺示数为20mm＋0.1×6mm＝20.6mm＝2.06cm；(2)由题图乙可知，停表示数为t＝1min＋7.4s＝67.4s，单摆的周期T＝eq\f(t,n)＝eq\f(67.4,\f(60,2))s≈2.25s(3)题图丙图线不通过坐标原点，将图线向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，可能是测摆长时漏掉了摆球的半径，故选B.(4)依据题意，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得T1＝2πeq\r(\f(L,g))，T2＝2πeq\r(\f(L－ΔL,g))，联立可得g＝eq\f(4π2ΔL,T12－T22).环节三试验误差分析问题探究2：在“探究单摆的周期与摆长的关系”的试验中，摆球在垂直纸面的平面内摇摆.如图10甲所示，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻.光敏电阻(光照时电阻比较小)与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为________.若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行试验，则该单摆的周期将________(填“变大”“不变”或“变小”).答案2t0变大解析单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会拦住细激光束，从R－t图线可知周期为2t0.摆长等于摆线的长度加上小球的半径，依据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，摆长变大，所以周期变大.问题探究3：某同学利用单摆测定当地重力加速度，发觉单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过转变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L­T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示。他接受恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝________(用图中标注字母表示)。请你推断该同学得到的试验结果与摆球重心就在球心处的状况相比，将________(填“偏大”“偏小”或“相同”)。解析：由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，得T2＝4π2eq\f(L,g)，则TA2＝4π2eq\f(LA,g)，TB2＝4π2eq\f(LB,g)，可得g＝eq\f(4π2LB－LA,TB2－TA2)，由此式可知测得的g与某一次试验时的摆长无关，与两次试验中的摆长差有关，所以g值与摆球重心在不在球心处无关。答案：eq\f(4π2LB－LA,TB2－TA2)相同004体系构建单摆的条件---单摆简谐运动的条件---单摆简谐运动的周期---测量重力加速度005记忆清单一、试验原理、步骤★学习聚焦：单摆条件、单摆简谐运动的条件二、试验数据处理★学习聚焦：公式法、图像法三、试验误差分析★学习聚焦：系统误差、偶然误差00601强化训练1、依据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可以通过试验测量当地的重力加速度。如图甲所示，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。(2)以下是试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，以便利测量，开头时拉开摆球，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头计时，当摆球回到开头位置时停止计时，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，从平衡位置开头计时，登记摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝eq\f(Δt,50)[解析](1)该游标尺为格外度的，依据读数规章可读出小钢球直径为18mm＋6×0.1mm＝18.6mm。(2)依据用单摆测量重力加速度的试验要求可推断a、b、e正确。[答案](1)18.6(2)abe2.物理试验小组的同学做“用单摆测量重力加速度的大小”的试验。(1)试验室有如下器材可供选用：A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳C．直径约2cm的均匀铁球 D．直径约5cm的均匀木球E．停表F．时钟G．最小刻度为毫米的米尺试验小组的同学需要从上述器材中选择：____________________(填写器材前面的字母)。(2)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O为计时起点，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试验要求且误差最小的是________(填字母代号)。(3)某同学利用单摆测重力加速度的大小，测得的g值与真实值相比偏大，可能的缘由是________。A．测摆长时记录的是摆线的长度B．开头计时时，停表过早按下C．摆线上端未坚固地系于悬点，摇摆中消灭松动，使摆线长度增加了D．试验中误将29次全振动数记为30次解析：(1)需要选择的器材有：长约1m的细线，直径约2cm的均匀铁球，停表(测量多次全振动的时间)，最小刻度为毫米的刻度尺(测量摆长)。(2)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，为计时精确     ，在摆球摆至平衡位置时开头计时，故选A。(3)依据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g＝eq\f(4π2L,T2)。将摆线的长误认为摆长，重力加速度的测量值偏小，A错误；开头计时时，停表过早按下，周期的测量值大于真实值，重力加速度的测量值偏小，B错误；摆线上端未坚固地系于悬点，摇摆中消灭松动，使摆线长度增加了，即摆长L的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小，C错误；设单摆29次全振动的时间为t，则单摆的周期T＝eq\f(t,29)，若误计为30次，则T测＝eq\f(t,30)＜eq\f(t,29)，即周期的测量值小于真实值，重力加速度的测量值偏大，D正确。答案：(1)ACEG(2)A(3)D3.用单摆测量重力加速度的大小的试验装置如图所示。(1)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用l、n、t表示)。(2)下表是某同学记录的3组试验数据，并做了部分计算处理。组次123摆长l/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g/(m·s－2)9.749.73请计算出第3组试验中的T＝______s，g＝______m/s2(计算结果保留两位小数)。(3)用多组试验数据作出T2-l图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2-l图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是________(填选项前的字母)。A．消灭图线a的缘由可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长lB．消灭图线c的缘由可能是误将49次全振动记为50次C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值解析：(1)由T＝eq\f(t,n)，T＝2πeq\r(\f(l,g))，得g＝eq\f(4π2n2l,t2)。(2)T＝eq\f(t,n)＝eq\f(100.5,50)s＝2.01s，g＝eq\f(4π2n2l,t2)＝eq\f(4×3.142×502×1,100.52)m/s2≈9.76m/s2。(3)b图线为正确图线，a图线与b图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，A错误；c图线与b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能消灭的缘由是多记了全振动次数，B正确；由T＝2πeq\r(\f(l,g))得T2＝eq\f(4π2,g)l，图线斜率小，说明g偏大，C错误。答案：(1)eq\f(4π2n2l,t2)(2)2.019.76(3)B4.在用单摆测定重力加速度的试验中（1）试验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=________mm；（2）接着测量了摆线的长度为l0，试验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式g=_______（用题目中的物理量表示）；（3）某小组转变摆线长度l0，测量了多组数据。在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2-l0图象后求出斜率，然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲________，乙________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。答案：14.15偏小无影响【详解】（1）[1]摆球的直径（2）[2]单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长为由图乙所示图象可知，单摆的周期由单摆周期公式重力加速度（3）[3]摆长应当是摆线长度与摆球半径之和，甲同学把摆线长l0作为摆长，摆长小于实际摆长，依据单摆周期公式重力加速度可知，重力加速度的测量值小于真实值[4]乙同学由可知可知，T2-l0图象的斜率把摆线长度当作摆长作出的T2-l0图象的斜率不受影响，所测重力加速度g不受影响5.如图所示，某同学利用双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度。已知每根悬线长为d，两悬点间相距s，金属小球半径为r，AB为光电计数器。现将小球垂直于纸面对外拉动，使悬线偏离竖直方向一个较小的角度并由静止释放，同时，启动光电计数器，当小球第一次经过图中虚线（光束）位置O时，由A射向B的光束被拦住，计数器计数一次，显示为“1”，同时计时器开头计时．然后每当小球经过点O时，计数器都计数一次。当计数器上显示的计数次数刚好为n时，所用的时间为t，由此可知：（1）双线摆的振动周期______，双线摆的等效摆长______。（2）依据公式______代入周期T和等效摆长L的值，即可求出重力加速度。（3）该同学在试验中，测量5种不同摆长状况下单摆的振动周期，记录数据见表。如图表试验次数12345L/m0.500.800.901.001.20T/s1.411.791.902.012.191.993.203.614.004.80以L为横坐标，为纵坐标，在图中作出图像_______，并利用此图像求得重力加速度______。（保留三位有效数字）答案：9.86m/s2【详解】(1)[1]由题意可知，时间t内，单摆完成全振动的次数为，单摆的周期[2]双线摆的等效摆长为(2)[3]由单摆周期公式可得(3)[4][5]由单摆周期公式变形得则L与T2成正比，为便利试验数据处理，L-T2是一条直线，探究T、L的关系应作出L-T2图象，如图所示斜率解得g=9.86m/s26.将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆振动过程