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新高考物理一轮复习刷题练习第93讲 用单摆测量重力加速度的大小（实验）（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习刷题练习第93讲 用单摆测量重力加速度的大小（实验）（含解析），共21页。试卷主要包含了某同学用单摆测量重力加速度，等内容，欢迎下载使用。
第93讲 用单摆测量重力加速度的大小（实验）
1．（2022•上海）在“用单摆测定当地的重力加速度”的实验中：
（1）摆线质量和摆球质量分别为m线和m球，摆线长为l，摆球直径为d，则 （D） ；
（A）m线≫m球，l≪d
（B）m线≫m球，l≫d
（C）m线≪m球，l≪d
（D）m线≪m球，l≫d
（2）小明在测量后作出的T2﹣l图线如图所示，则他测得的结果是g＝ 9.75 m/s2。（保留2位小数）
（3）为了减小误差，应从最高点还是最低点开始计时，请简述理由。
【解答】解：（1）根据实验原理可知，摆线质量要远小于摆球质量，而摆线长度要远大于摆球直径，故（D）正确，（ABC）错误；
故选：（D）。
（2）根据单摆的周期公式可知，
即图像中的斜率为
解得：g＝9.75m/s2。
（3）为了减小误差，应从最低点开始计时，因为单摆在摆动过程中经过最低点速度最大，最高点速度最小，在最低点计时误差比较小。
故答案为：（1）（D）；（2）9.75；（3）见解析
2．（2020•浙江）某同学用单摆测量重力加速度，
①为了减少测量误差，下列做法正确的是 BC （多选）；
A．摆的振幅越大越好
B．摆球质量大些、体积小些
C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
②改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图象如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是 C 。
A．测周期时多数了一个周期
B．测周期时少数了一个周期
C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
【解答】解：①A、单摆在摆角小于5度时的振动为简谐运动，在摆长一定时摆角越大单摆的振幅越大，为保证单摆做简谐运动，摆的振幅不能太大，并不是越大越好，故A错误；
B、为减小空气阻力对实验的影响，摆球质量大些、体积小些，故B正确；
C、为保证摆长不变且减小周期测量的误差，摆线尽量细些、长些、伸缩性小些，故C正确；
D、为减小测周期时造成的偶然误差，计时的起、止位置选在摆球达到平衡位置处，故D错误。
故选：BC。
②摆长长度L与摆球半径r之和是单摆摆长，即为：l＝L+r
由单摆周期公式T＝2π可知：
T2lLr
T2﹣l图象是过原点的直线，如果漏了摆球半径r而把摆长长度L作为摆长，
T2﹣l图象在纵轴上有截距，图象不过原点，由图示图象可知，
图象不过原点的原因是：测摆长时直接将摆线的长度作为摆长造成的，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：①BC；②C。
一.知识回顾
1.实验原理
由单摆的周期公式T＝2π ，可得出g＝l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g。
2.实验器材
带中心孔的小钢球、约1 m长的细线、带有铁夹的铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。
3.实验步骤
（1）做单摆
取约1 m长的细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示。
（2）测摆长
用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l＝L＋。
（3）测周期
将单摆从平衡位置拉开一个角度(不超过5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30次或50次全振动的总时间，算出平均每摆动一次全振动的时间，即为单摆的振动周期T。
（4）改变摆长，重做几次实验。
4.数据处理的两种方法：
方法一：公式法。
根据公式T＝2π，g＝。将测得的几组周期T和摆长l分别代入公式g＝中算出多组重力加速度g的值，再求出g的平均值，即为当地重力加速度的值。
方法二：图像法。
由单摆的周期公式T＝2π 可得l＝T2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴描点作图，作出的lT2图像理论上是一条过原点的直线，如图所示，求出图像的斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝＝。
5.误差分析
（1）本实验的系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点固定，小球质量大、体积小，细线轻质非弹性，振动是在同一竖直平面内的振动，这些要求是否符合。
（2）本实验的偶然误差主要来自时间的测量和摆线长度的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计摆球全振动次数。使用刻度尺测量摆线长度时，要多次测量取平均值以减小误差。
（3）利用图像法处理数据具有形象、直观的特点，同时也能减小实验误差。利用图像法分析处理时要特别注意图像的斜率及截距的物理意义。
6.注意事项
（1）小球选用密度大的钢球。
（2）选用1 m左右难以伸缩，且尽量轻的细线。
（3）悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定。
（4）单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°。
（5）选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数。
二.例题精析
题型一：实验原理与等效重力加速度
例1．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为 0.97 cm．摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最 低 （填“高”或“低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需时间，则单摆振动周期为 2.05s 。
（2）用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，从图丙中可知单摆的摆长为 0.9980 m。
（3）若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝ 。
（4）考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中 A 。
A．学生甲的说法正确
B．学生乙的说法正确
C．两学生的说法都是错误的
（5）某同学用单摆测量当地的重力加速度。他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图丁（a）所示。通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图丁（b）所示。由图象可知，摆球的半径r＝ 0.01 m，当地重力加速度g＝ 9.86 m/s2（结果保留两位小数）；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会 一样 （选填“偏大”“偏小”或“一样”）。
【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：9mm+7×0.1mm＝9.7mm＝0.97cm；
为了减小测量周期的误差，应从摆球应是经过最低点的位置时开始计时；
由图示秒表可知，其示数：t＝90s+12.5s＝102.5s，
单摆周期：Ts＝2.05s；
（2）悬点到摆球球心的距离是单摆摆长，由图示刻度尺可知，单摆摆长为L＝99.80cm＝0.9980m；
（3）由单摆周期公式：T＝2π可知，重力加速度：g；
（4）考虑到空气浮力，浮力的方向始终与重力方向相反，相当于等效的重力场的等效重力加速度变小，振动周期变大，甲的说法正确，故A正确，BC错误；
故选：A；
（5）T2与L的图象，应为过原点的直线，但图象中没有过原点；且实验中该学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，
而没有加上摆球的半径，据此可知横轴截距应为球的半径，由图示图象可知，摆球的半径：r＝1.0cm＝0.010m；
由单摆周期公式：T＝2π可知：T2，
所以T2﹣L图象的斜率k4，
重力加速度：g9.86m/s2；
用T2﹣L的关系图线求当地重力加速度值，误将摆线长当成摆长进行测量和绘制图线，T2﹣L图象的斜率不变，所测重力加速度不变。
故答案为：（1）0.97 低 2.05s；（2）0.9980 （3） （4）A；（5）0.01，9.86，一样。
题型二：数据处理与误差分析
例2．在利用单摆测当地重力加速度的实验中：
（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＝ 2.26 cm。
L/m
0.400
0.500
0.600
0.800
1.200
T2/s2
1.60
2.10
2.40
3.20
4.80
（2）某同学测量数据如表，请在图乙中画出L﹣T2图像，由图像可得重力加速度g＝ 9.86 m/s2（保留三位有效数字）。
（3）某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图像可能是图丙图像中的 B 。
【解答】解：（1）①主尺读数为：2.2cm；副尺读数为：6×0.1mm＝0.6mm＝0.06cm；故球直径为2.2cm+0.06cm＝2.26cm；
（2）如图所示：
由单摆周期公式解得：
因此L﹣T2图象的斜率为：
解得：g＝4kπ2
由图象可得：
从而得到：g＝4×0.25×3.142m/s2＝9.86m/s2
（3）在实验过程中，若摆长没有加小球的半径，其它操作无误，设小球半径为r，由单摆周期公式可得：
解得：
从而可知B正确，ACD错误，故选B
故答案为：（1）2.26；（2）；9.86；（3）B
题型三：实验原理变式与创新（摆球半径未知的情况如何完成实验）
例3．在“利用单摆测重力加速度”的实验中
（1）以下做法中正确的是 C ；
A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长
B．测量周期时，从小球到达最大振幅位置开始计时，摆球完成50次全振动时，及时截止，然后求出完成一次全振动的时间
C．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动
D．单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能小于10°
（2）某同学先用米尺测得摆线长为97.43cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示为 2.125 cm，则单摆的摆长为 98.49 cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图乙所示为 100.0 s。（结果均保留4位有效数字）
（3）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长L，测得多组周期T和L的数据，作出l﹣T2图像，如图丙所示。实验得到的L﹣T2图像是 c （选填“a”“b”或“c”）；
（4）关于实验操作或结果分析，下列说法正确的是 AD （填正确答案标号）。
A．如果有两个大小相等且都带孔的铁球和木球，应选用铁球
B．摆线要选细些的、伸缩性好的
C．为了使单摆的周期大一些，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．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，测量的重力加速度g值偏小
【解答】解：（1）A、测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长，然后测量小球的直径，单摆的摆长等于摆线的长度与小球半径的和；故A错误；
B、测量周期时，开始计时的位置应该是从最低点开始，因为此时摆球的速度最快，相对来说引起的时间误差较小，测量摆球完成50次全振动的时间，然后求出完成一次全振动的时间，故B错误；
C、要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动，故C正确；
D、单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能大于5°，故D错误。
故选：C。
（2）由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，摆球直径d＝21mm+5×0.05mm＝21.25mm＝2.125cm。
单摆的摆长：L＝l97.43cmcm＝98.49cm
时间：t＝1.5×60s+10.0s＝100.0s
（3）摆线长度与摆球半径之和是单摆实际上的摆长L，若将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，则L＝l﹣r，由单摆周期公式T＝2π得：lr，由图示图象可知，实验得到的l﹣T2图象应该是c；
（4）A、为减小空气阻力在实验中带来的影响，应选用铁球，故A正确；
B、摆线要选细些的、但是不能由伸缩性，故B错误；
C、为了能够近似将小球看成简谐运动，要求单摆的摆角不能太大，故C错误；
D、根据单摆周期公式T＝2π得，g，当摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，会使得单摆实际的周期T变大，因此g变小，故D正确；
故选：AD。
故答案为：（1）C；（2）2.125，98.49，100.0；（3）c，（4）AD
三.举一反三，巩固练习
1. 某同学做“用单摆测重力加速度”的实验，供选择的摆线有：
A.0.3m长的细线
B.1m长的细线
C.1.2m长的粗线
D.1.5m长的橡皮绳
（1）应选用的摆线是 B （填写所选摆线前的字母）。
（2）单摆做简谐振动时，回复力是由摆球 重力垂直摆线方向 的分力提供。实验时，测出摆长为l，某次摆动的周期为T，则重力加速度的表达式为 。
（3）该同学改变摆长，测出几组摆长l和对应的周期T的数据，作出l﹣T2图像，如图（a）所示。他在实验时不小心在小球下方粘了一个小物体，如图（b）所示，如果利用图（a）中A、B两点的坐标值计算重力加速度，是否能够消除因小球下方粘了小物体而造成的测量误差？ 能 （选填“能”或“不能”），理由是： 将A、B两点的纵坐标值相减，根据，因小球重心下移造成的摆长测量误差被抵消了 。
【解答】解：（1）该实验应选用质量较轻、不可伸长、长度较长的细线，应选用的摆线是B，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2）单摆做简谐振动时，回复力是由摆球重力垂直摆线方向的分力提供。
由单摆的周期公式
得重力加速度的表达式为：
（3）能够消除因小球下方粘了小物体而造成的测量误差。
将A、B两点的纵坐标值相减，根据
因小球重心下移造成的摆长测量误差被抵消了。
故答案为：（1）B；（2）重力垂直摆线方向；；（3）能；将A、B两点的纵坐标值相减，根据，因小球重心下移造成的摆长测量误差被抵消了
2. 居家防疫期间，小明在家做“用单摆测定重力加速度”的实验。他使用一块外形不规则的小石块代替摆球，如图甲所示。设计的实验步骤是：
A.将小石块用不可伸长的细线系好，结点为N，细线的上端固定于O点；
B.用刻度尺测量ON间细线的长度l作为摆长；
C.将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放；
D.从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T算出周期；
E.改变ON间细线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；
F.根据公式g，分别计算出每组l和T对应的重力加速度g，然后取平均值即可作为重力加速度的测量结果。
（1）为减小实验误差，应从石块摆到 最低点 （选填“最低点”或“最高点”）位置开始计时。
（2）小明用ON的长l为摆长，利用公式g求出的重力加速度的测量值比真实值 偏小 （选填“偏大”或“偏小”）。
（3）小明利用测出的多组摆长l和周期T的数值，作出T2﹣l图像如图乙所示，若图像的斜率为k，则重力加速度的表达式是g＝ 。
【解答】解：（1）为了减小实验误差，应从石块摆到最低点位置开始计时；
（2）由单摆的周期公式可得：
用ON的长l作为摆长，则摆长片段，则测得的重力加速度偏小；
（3）设石块质心到N点的距离为R，则实际摆长为L＝l+R，则可得：
可知T2﹣l图像的斜率为：
k
可得重力加速度为：g
故答案为：（1）最低点；（2）偏小；（3）
3. （1）用单摆测定重力加速度的实验原理的理是 单摆的周期公式T 。
（2）若测量结果得到的g值偏大，可能是因为 D 。（选填选项前的字母）
A.组装单摆时，悬点没有固定牢固
B.测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长
C.测量周期时，把n次全振动误认为是（n﹣1）次全振动
D.测量摆长时，用力向下拉着摆球测量摆长
（3）多次改变摆长测出对应的周期，将数据输入计算机，可得到图2所示的l﹣T2图像，图线经过坐标原点，斜率k＝0.25m/s2。由此求得重力加速度g＝ 9.86 m/s2。（π2＝9.86，此空答案保留3位有效数字）
【解答】解：（1）由单摆周期公式：T＝2π可知，重力加速度：g，测出单摆的摆长L与周期T，可以求出重力加速度，测重力加速度的原理是单摆的周期公式；
（2）由单摆周期公式：T＝2π可知，重力加速度：g。
A、悬线没固定牢固，则导致摆长的测量值比实验小，由g可知测量值偏小，故A错误；
B、测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长，所测摆长L偏小，所测g偏小，故B错误；
C、测量周期时，把n次全振动误认为是（n﹣1）次全振动，所测周期T偏大，由上述公式可得，测得的g偏小，故C错误；
D、测量摆长时，用力向下拉着摆球测量摆长，则摆长的测量值偏大，由上述公式可知，所测的重力加速度偏大，故D正确。
故选：D。
（3）根据单摆周期公式：T＝2π可知：l，l﹣T2图象的斜率：k，解得：g＝4×9.86×0.25m/s2＝9.86m/s2；
故答案为：（1）单摆的周期公式T；（2）D；（3）9.86
4. 某同学为测量当地的重力加速度，设计了图甲所示的实验装置。一轻质细线上端固定在力传感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时球心刚好位于光电门处。主要实验步骤如下：
a、用游标卡尺测出钢球直径d；
b、钢球悬挂静止不动时，记下力传感器的示数F1，量出线长L（线长L远大于钢球直径d）；
c、将钢球拉到适当的高度后由静止释放，细线始终于拉直状态，计时器测出钢球通过光电门时的遮光时间t，记下力传感器示数的最大值F2。
（1）游标卡尺示数如图乙，则钢球直径d＝ 7.25 mm；
（2）钢球经过光电门时的速度表达式v＝ ；
（3）通过以上信息可求出当地的重力加速度表达式为g＝ （用题干中所给物理量的符号表示）。
【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.05mm，其读数为主尺的示数与游标尺示数之和，故钢球的直径d＝7mm+5×0.05mm＝7.25mm；
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度可知，钢球遮光长度为d，钢球的遮光时间为t，故钢球经过光电门的线速度大小为；
（3）钢球静止时，根据二力平衡可得：F1＝mg
在最低点，根据牛顿第二定律有：F2﹣mg
解得：g
故答案为：（1）7.25；（2）；（3）
5. 用如图1所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
（1）在摆球自然悬垂的状态下，用米尺测出摆线长为l，用游标卡尺测得摆球的直径为d，则单摆摆长为 （用字母l、d表示）；
（2）为了减小测量误差，下列说法正确的是 B （选填字母代号）；
A．将钢球换成塑料球
B．当摆球经过平衡位置时开始计时
C．把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放
D．记录一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度g
（3）若测得的重力加速度g值偏小，可能的原因是 BC （选填字母代号）；
A．把悬点到摆球下端的长度记为摆长
B．把摆线的长度记为摆长
C．摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动
D．实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次
（4）某同学利用质量分布不均匀的球体作摆球测定当地重力加速度，摆球的重心不在球心，但是在球心与悬点的连线上。他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出T2﹣L图线，然后在图2线上选取A、B两个点，坐标分别为（LA，）（LB，）如图所示。由图2可计算出重力加速度g＝ 。
【解答】解：（1）在摆球自然悬垂的状态下，用米尺测出摆线长为l，用游标卡尺测得摆球的直径为d，则单摆摆长为
（2）A．将钢球换成塑料球，会增加阻力的影响从而增加误差，故A错误；
B．当摆球经过平衡位置时开始计时，可减小测定周期产生的误差，故B正确；
C．单摆的摆角要小于5°，否则就不是简谐振动了，则把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放，会增加实验误差，故C错误；
D．应该至少测量30次全振动的时间测量周期，用记录一次全振动的时间作为周期误差会较大，故D错误。
故选：B。
（3）根据，可知
若测得的重力加速度g值偏小，则
A．把悬点到摆球下端的长度记为摆长，则L测量值偏大，则测得的g偏大，故A错误；
B．把摆线的长度记为摆长，则L测量值偏小，则测得的g偏小，故B正确；
C．摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动，则实际摆长变大，计算所用的摆长偏小，则测得的g偏小，故C正确；
D．实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次，则周期测量值偏小，则测得的g偏大，故D错误；
故选：BC。
（4）若摆球重心在球心以上x处，则，解得
则图像的斜率为
解得，
故答案为：（1）（2）B（3）BC（4）
6. 某同学为了测量当地的重力加速度，设计了一套如图甲所示的实验装置。拉力传感器竖直固定，一根不可伸长的细线上端固定在传感器的固定挂钩上，下端系一小钢球，钢球底部固定有遮光片，在拉力传感器的正下方安装有光电门，钢球通过最低点时遮光片恰能通过光电门。小明同学进行了下列实验步骤：
（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，如图乙所示，则d＝ 12.35 mm；
（2）用游标卡尺测量小钢球的直径为D，用刻度尺测量小钢球到悬点的摆线长为I；
（3）拉起小钢球，使细线与竖直方向成不同角度，小钢球由静止释放后均在竖直平面内运动，记录遮光片每次通过光电门的遮光时间Δt和对应的拉力传感器示数F；
（4）根据记录的数据描绘出如图所示的图像，已知图像与纵轴交点为a，图像斜率为k，则通过以上信息可求出当地的重力加速度表达式为g＝ （用题目中所给物理量的符号表示）；
（5）如果在实验过程中所系的细线出现松动，则根据实验数据求出的当地重力加速度g的值比实际值 偏大 （选填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.05mm，其读数为主尺的示数与游标尺示数之和，故挡光片的宽度d＝12mm+7×0.05mm＝12.35mm；
（4）在最低点，根据牛顿第二定律有：F﹣mg，而v，联立可得：F＝mg。结合图象的斜率k，截距a＝mg，解得：g；
（5）在摆动过程中若出现松动，则实际摆长I比开始测量的摆长偏大，根据上述公式可知，则真实的重力加速度的值比测量的值减小，即测量值偏大。
故答案为：（1）12.35；（4）（5）偏大
7. 居家防疫期间，小明在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验。如图1他找到了一块外形不规则的小石块代替摆球，设计的实验步骤是：
A．将小石块用不可伸长的细线系好，结点为N，细线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量ON间细线的长度l作为摆长；
C．将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放；
D．从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T得出周期；
E．改变ON间细线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；
F．根据公式g，分别计算出每组l和T对应的重力加速度g，然后取平均值即可作为重力加速度的测量结果。
（1）小石块摆动的过程中，充当回复力的是 D 。
A．重力
B．拉力
C．拉力沿水平方向的分力
D．重力沿圆弧切线方向的分力
（2）为使测量更加准确，步骤D中，小明应从 平衡位置 （选填“最大位移”或“平衡位置”）处开始计时。
（3）小明用ON的长l为摆长，利用公式求出的重力加速度的测量值比真实值 偏小 （选填“偏大”或者“偏小”）。
（4）小红利用小明测出的多组摆长l和周期T的值，作出T2﹣l图线如图2所示，通过测量计算出图线的斜率为k，由斜率k求重力加速度的表达式是g＝ 。
（5）在步骤F中，有同学认为可以先将多次测量的摆长l取平均值得到，周期T取平均值得到，再代入公式g，得到重力加速度g的测量结果，你认为这种做法是否正确并说明理由。
【解答】解：（1）石块做简谐运动时重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2）石块经过平衡位置时速度最大，在石块经过平衡位置时开始计时可以减小周期测量的实验误差。
（3）摆线悬点到石块重心的距离是单摆摆长，摆线长度l小于单摆摆长L，由可知，用ON的长l为摆长，重力加速度的测量值比真实值偏小。
（4）设N到石块重心的距离为r，单摆摆长L＝l+r，由单摆周期公式T＝2π可知：T2l，
由图示T2﹣l图象可知，图象的斜率k，重力加速度g；
（5）这种做法是错误的；由单摆周期公式T＝2π可知，摆长l与周期T间不是一次函数关系，不能求出l的平均值和T的平均值，再代入公式g求出重力加速度。
故答案为：（1）D；（2）平衡位置；（3）偏小；（4）；（5）这种做法是错误的；摆长l与周期T间不是一次函数关系，不能求出l的平均值和T的平均值然后求出重力加速度。
第93讲 用单摆测量重力加速度的大小（实验）
1．（2022•上海）在“用单摆测定当地的重力加速度”的实验中：
（1）摆线质量和摆球质量分别为m线和m球，摆线长为l，摆球直径为d，则 （D） ；
（A）m线≫m球，l≪d
（B）m线≫m球，l≫d
（C）m线≪m球，l≪d
（D）m线≪m球，l≫d
（2）小明在测量后作出的T2﹣l图线如图所示，则他测得的结果是g＝ 9.75 m/s2。（保留2位小数）
（3）为了减小误差，应从最高点还是最低点开始计时，请简述理由。
【解答】解：（1）根据实验原理可知，摆线质量要远小于摆球质量，而摆线长度要远大于摆球直径，故（D）正确，（ABC）错误；
故选：（D）。
（2）根据单摆的周期公式可知，
即图像中的斜率为
解得：g＝9.75m/s2。
（3）为了减小误差，应从最低点开始计时，因为单摆在摆动过程中经过最低点速度最大，最高点速度最小，在最低点计时误差比较小。
故答案为：（1）（D）；（2）9.75；（3）见解析
2．（2020•浙江）某同学用单摆测量重力加速度，
①为了减少测量误差，下列做法正确的是 BC （多选）；
A．摆的振幅越大越好
B．摆球质量大些、体积小些
C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
②改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图象如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是 C 。
A．测周期时多数了一个周期
B．测周期时少数了一个周期
C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
【解答】解：①A、单摆在摆角小于5度时的振动为简谐运动，在摆长一定时摆角越大单摆的振幅越大，为保证单摆做简谐运动，摆的振幅不能太大，并不是越大越好，故A错误；
B、为减小空气阻力对实验的影响，摆球质量大些、体积小些，故B正确；
C、为保证摆长不变且减小周期测量的误差，摆线尽量细些、长些、伸缩性小些，故C正确；
D、为减小测周期时造成的偶然误差，计时的起、止位置选在摆球达到平衡位置处，故D错误。
故选：BC。
②摆长长度L与摆球半径r之和是单摆摆长，即为：l＝L+r
由单摆周期公式T＝2π可知：
T2lLr
T2﹣l图象是过原点的直线，如果漏了摆球半径r而把摆长长度L作为摆长，
T2﹣l图象在纵轴上有截距，图象不过原点，由图示图象可知，
图象不过原点的原因是：测摆长时直接将摆线的长度作为摆长造成的，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：①BC；②C。
一.知识回顾
1.实验原理
由单摆的周期公式T＝2π ，可得出g＝l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g。
2.实验器材
带中心孔的小钢球、约1 m长的细线、带有铁夹的铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。
3.实验步骤
（1）做单摆
取约1 m长的细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示。
（2）测摆长
用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l＝L＋。
（3）测周期
将单摆从平衡位置拉开一个角度(不超过5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30次或50次全振动的总时间，算出平均每摆动一次全振动的时间，即为单摆的振动周期T。
（4）改变摆长，重做几次实验。
4.数据处理的两种方法：
方法一：公式法。
根据公式T＝2π，g＝。将测得的几组周期T和摆长l分别代入公式g＝中算出多组重力加速度g的值，再求出g的平均值，即为当地重力加速度的值。
方法二：图像法。
由单摆的周期公式T＝2π 可得l＝T2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴描点作图，作出的lT2图像理论上是一条过原点的直线，如图所示，求出图像的斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝＝。
5.误差分析
（1）本实验的系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点固定，小球质量大、体积小，细线轻质非弹性，振动是在同一竖直平面内的振动，这些要求是否符合。
（2）本实验的偶然误差主要来自时间的测量和摆线长度的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计摆球全振动次数。使用刻度尺测量摆线长度时，要多次测量取平均值以减小误差。
（3）利用图像法处理数据具有形象、直观的特点，同时也能减小实验误差。利用图像法分析处理时要特别注意图像的斜率及截距的物理意义。
6.注意事项
（1）小球选用密度大的钢球。
（2）选用1 m左右难以伸缩，且尽量轻的细线。
（3）悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定。
（4）单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°。
（5）选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数。
二.例题精析
题型一：实验原理与等效重力加速度
例1．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为 0.97 cm．摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最 低 （填“高”或“低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需时间，则单摆振动周期为 2.05s 。
（2）用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，从图丙中可知单摆的摆长为 0.9980 m。
（3）若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝ 。
（4）考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中 A 。
A．学生甲的说法正确
B．学生乙的说法正确
C．两学生的说法都是错误的
（5）某同学用单摆测量当地的重力加速度。他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图丁（a）所示。通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图丁（b）所示。由图象可知，摆球的半径r＝ 0.01 m，当地重力加速度g＝ 9.86 m/s2（结果保留两位小数）；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会 一样 （选填“偏大”“偏小”或“一样”）。
【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：9mm+7×0.1mm＝9.7mm＝0.97cm；
为了减小测量周期的误差，应从摆球应是经过最低点的位置时开始计时；
由图示秒表可知，其示数：t＝90s+12.5s＝102.5s，
单摆周期：Ts＝2.05s；
（2）悬点到摆球球心的距离是单摆摆长，由图示刻度尺可知，单摆摆长为L＝99.80cm＝0.9980m；
（3）由单摆周期公式：T＝2π可知，重力加速度：g；
（4）考虑到空气浮力，浮力的方向始终与重力方向相反，相当于等效的重力场的等效重力加速度变小，振动周期变大，甲的说法正确，故A正确，BC错误；
故选：A；
（5）T2与L的图象，应为过原点的直线，但图象中没有过原点；且实验中该学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，
而没有加上摆球的半径，据此可知横轴截距应为球的半径，由图示图象可知，摆球的半径：r＝1.0cm＝0.010m；
由单摆周期公式：T＝2π可知：T2，
所以T2﹣L图象的斜率k4，
重力加速度：g9.86m/s2；
用T2﹣L的关系图线求当地重力加速度值，误将摆线长当成摆长进行测量和绘制图线，T2﹣L图象的斜率不变，所测重力加速度不变。
故答案为：（1）0.97 低 2.05s；（2）0.9980 （3） （4）A；（5）0.01，9.86，一样。
题型二：数据处理与误差分析
例2．在利用单摆测当地重力加速度的实验中：
（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＝ 2.26 cm。
L/m
0.400
0.500
0.600
0.800
1.200
T2/s2
1.60
2.10
2.40
3.20
4.80
（2）某同学测量数据如表，请在图乙中画出L﹣T2图像，由图像可得重力加速度g＝ 9.86 m/s2（保留三位有效数字）。
（3）某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图像可能是图丙图像中的 B 。
【解答】解：（1）①主尺读数为：2.2cm；副尺读数为：6×0.1mm＝0.6mm＝0.06cm；故球直径为2.2cm+0.06cm＝2.26cm；
（2）如图所示：
由单摆周期公式解得：
因此L﹣T2图象的斜率为：
解得：g＝4kπ2
由图象可得：
从而得到：g＝4×0.25×3.142m/s2＝9.86m/s2
（3）在实验过程中，若摆长没有加小球的半径，其它操作无误，设小球半径为r，由单摆周期公式可得：
解得：
从而可知B正确，ACD错误，故选B
故答案为：（1）2.26；（2）；9.86；（3）B
题型三：实验原理变式与创新（摆球半径未知的情况如何完成实验）
例3．在“利用单摆测重力加速度”的实验中
（1）以下做法中正确的是 C ；
A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长
B．测量周期时，从小球到达最大振幅位置开始计时，摆球完成50次全振动时，及时截止，然后求出完成一次全振动的时间
C．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动
D．单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能小于10°
（2）某同学先用米尺测得摆线长为97.43cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示为 2.125 cm，则单摆的摆长为 98.49 cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图乙所示为 100.0 s。（结果均保留4位有效数字）
（3）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长L，测得多组周期T和L的数据，作出l﹣T2图像，如图丙所示。实验得到的L﹣T2图像是 c （选填“a”“b”或“c”）；
（4）关于实验操作或结果分析，下列说法正确的是 AD （填正确答案标号）。
A．如果有两个大小相等且都带孔的铁球和木球，应选用铁球
B．摆线要选细些的、伸缩性好的
C．为了使单摆的周期大一些，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．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，测量的重力加速度g值偏小
【解答】解：（1）A、测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长，然后测量小球的直径，单摆的摆长等于摆线的长度与小球半径的和；故A错误；
B、测量周期时，开始计时的位置应该是从最低点开始，因为此时摆球的速度最快，相对来说引起的时间误差较小，测量摆球完成50次全振动的时间，然后求出完成一次全振动的时间，故B错误；
C、要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动，故C正确；
D、单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能大于5°，故D错误。
故选：C。
（2）由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，摆球直径d＝21mm+5×0.05mm＝21.25mm＝2.125cm。
单摆的摆长：L＝l97.43cmcm＝98.49cm
时间：t＝1.5×60s+10.0s＝100.0s
（3）摆线长度与摆球半径之和是单摆实际上的摆长L，若将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，则L＝l﹣r，由单摆周期公式T＝2π得：lr，由图示图象可知，实验得到的l﹣T2图象应该是c；
（4）A、为减小空气阻力在实验中带来的影响，应选用铁球，故A正确；
B、摆线要选细些的、但是不能由伸缩性，故B错误；
C、为了能够近似将小球看成简谐运动，要求单摆的摆角不能太大，故C错误；
D、根据单摆周期公式T＝2π得，g，当摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，会使得单摆实际的周期T变大，因此g变小，故D正确；
故选：AD。
故答案为：（1）C；（2）2.125，98.49，100.0；（3）c，（4）AD
三.举一反三，巩固练习
1. 某同学做“用单摆测重力加速度”的实验，供选择的摆线有：
A.0.3m长的细线
B.1m长的细线
C.1.2m长的粗线
D.1.5m长的橡皮绳
（1）应选用的摆线是 B （填写所选摆线前的字母）。
（2）单摆做简谐振动时，回复力是由摆球 重力垂直摆线方向 的分力提供。实验时，测出摆长为l，某次摆动的周期为T，则重力加速度的表达式为 。
（3）该同学改变摆长，测出几组摆长l和对应的周期T的数据，作出l﹣T2图像，如图（a）所示。他在实验时不小心在小球下方粘了一个小物体，如图（b）所示，如果利用图（a）中A、B两点的坐标值计算重力加速度，是否能够消除因小球下方粘了小物体而造成的测量误差？ 能 （选填“能”或“不能”），理由是： 将A、B两点的纵坐标值相减，根据，因小球重心下移造成的摆长测量误差被抵消了 。
【解答】解：（1）该实验应选用质量较轻、不可伸长、长度较长的细线，应选用的摆线是B，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2）单摆做简谐振动时，回复力是由摆球重力垂直摆线方向的分力提供。
由单摆的周期公式
得重力加速度的表达式为：
（3）能够消除因小球下方粘了小物体而造成的测量误差。
将A、B两点的纵坐标值相减，根据
因小球重心下移造成的摆长测量误差被抵消了。
故答案为：（1）B；（2）重力垂直摆线方向；；（3）能；将A、B两点的纵坐标值相减，根据，因小球重心下移造成的摆长测量误差被抵消了
2. 居家防疫期间，小明在家做“用单摆测定重力加速度”的实验。他使用一块外形不规则的小石块代替摆球，如图甲所示。设计的实验步骤是：
A.将小石块用不可伸长的细线系好，结点为N，细线的上端固定于O点；
B.用刻度尺测量ON间细线的长度l作为摆长；
C.将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放；
D.从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T算出周期；
E.改变ON间细线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；
F.根据公式g，分别计算出每组l和T对应的重力加速度g，然后取平均值即可作为重力加速度的测量结果。
（1）为减小实验误差，应从石块摆到 最低点 （选填“最低点”或“最高点”）位置开始计时。
（2）小明用ON的长l为摆长，利用公式g求出的重力加速度的测量值比真实值 偏小 （选填“偏大”或“偏小”）。
（3）小明利用测出的多组摆长l和周期T的数值，作出T2﹣l图像如图乙所示，若图像的斜率为k，则重力加速度的表达式是g＝ 。
【解答】解：（1）为了减小实验误差，应从石块摆到最低点位置开始计时；
（2）由单摆的周期公式可得：
用ON的长l作为摆长，则摆长片段，则测得的重力加速度偏小；
（3）设石块质心到N点的距离为R，则实际摆长为L＝l+R，则可得：
可知T2﹣l图像的斜率为：
k
可得重力加速度为：g
故答案为：（1）最低点；（2）偏小；（3）
3. （1）用单摆测定重力加速度的实验原理的理是 单摆的周期公式T 。
（2）若测量结果得到的g值偏大，可能是因为 D 。（选填选项前的字母）
A.组装单摆时，悬点没有固定牢固
B.测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长
C.测量周期时，把n次全振动误认为是（n﹣1）次全振动
D.测量摆长时，用力向下拉着摆球测量摆长
（3）多次改变摆长测出对应的周期，将数据输入计算机，可得到图2所示的l﹣T2图像，图线经过坐标原点，斜率k＝0.25m/s2。由此求得重力加速度g＝ 9.86 m/s2。（π2＝9.86，此空答案保留3位有效数字）
【解答】解：（1）由单摆周期公式：T＝2π可知，重力加速度：g，测出单摆的摆长L与周期T，可以求出重力加速度，测重力加速度的原理是单摆的周期公式；
（2）由单摆周期公式：T＝2π可知，重力加速度：g。
A、悬线没固定牢固，则导致摆长的测量值比实验小，由g可知测量值偏小，故A错误；
B、测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长，所测摆长L偏小，所测g偏小，故B错误；
C、测量周期时，把n次全振动误认为是（n﹣1）次全振动，所测周期T偏大，由上述公式可得，测得的g偏小，故C错误；
D、测量摆长时，用力向下拉着摆球测量摆长，则摆长的测量值偏大，由上述公式可知，所测的重力加速度偏大，故D正确。
故选：D。
（3）根据单摆周期公式：T＝2π可知：l，l﹣T2图象的斜率：k，解得：g＝4×9.86×0.25m/s2＝9.86m/s2；
故答案为：（1）单摆的周期公式T；（2）D；（3）9.86
4. 某同学为测量当地的重力加速度，设计了图甲所示的实验装置。一轻质细线上端固定在力传感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时球心刚好位于光电门处。主要实验步骤如下：
a、用游标卡尺测出钢球直径d；
b、钢球悬挂静止不动时，记下力传感器的示数F1，量出线长L（线长L远大于钢球直径d）；
c、将钢球拉到适当的高度后由静止释放，细线始终于拉直状态，计时器测出钢球通过光电门时的遮光时间t，记下力传感器示数的最大值F2。
（1）游标卡尺示数如图乙，则钢球直径d＝ 7.25 mm；
（2）钢球经过光电门时的速度表达式v＝ ；
（3）通过以上信息可求出当地的重力加速度表达式为g＝ （用题干中所给物理量的符号表示）。
【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.05mm，其读数为主尺的示数与游标尺示数之和，故钢球的直径d＝7mm+5×0.05mm＝7.25mm；
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度可知，钢球遮光长度为d，钢球的遮光时间为t，故钢球经过光电门的线速度大小为；
（3）钢球静止时，根据二力平衡可得：F1＝mg
在最低点，根据牛顿第二定律有：F2﹣mg
解得：g
故答案为：（1）7.25；（2）；（3）
5. 用如图1所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
（1）在摆球自然悬垂的状态下，用米尺测出摆线长为l，用游标卡尺测得摆球的直径为d，则单摆摆长为 （用字母l、d表示）；
（2）为了减小测量误差，下列说法正确的是 B （选填字母代号）；
A．将钢球换成塑料球
B．当摆球经过平衡位置时开始计时
C．把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放
D．记录一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度g
（3）若测得的重力加速度g值偏小，可能的原因是 BC （选填字母代号）；
A．把悬点到摆球下端的长度记为摆长
B．把摆线的长度记为摆长
C．摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动
D．实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次
（4）某同学利用质量分布不均匀的球体作摆球测定当地重力加速度，摆球的重心不在球心，但是在球心与悬点的连线上。他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出T2﹣L图线，然后在图2线上选取A、B两个点，坐标分别为（LA，）（LB，）如图所示。由图2可计算出重力加速度g＝ 。
【解答】解：（1）在摆球自然悬垂的状态下，用米尺测出摆线长为l，用游标卡尺测得摆球的直径为d，则单摆摆长为
（2）A．将钢球换成塑料球，会增加阻力的影响从而增加误差，故A错误；
B．当摆球经过平衡位置时开始计时，可减小测定周期产生的误差，故B正确；
C．单摆的摆角要小于5°，否则就不是简谐振动了，则把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放，会增加实验误差，故C错误；
D．应该至少测量30次全振动的时间测量周期，用记录一次全振动的时间作为周期误差会较大，故D错误。
故选：B。
（3）根据，可知
若测得的重力加速度g值偏小，则
A．把悬点到摆球下端的长度记为摆长，则L测量值偏大，则测得的g偏大，故A错误；
B．把摆线的长度记为摆长，则L测量值偏小，则测得的g偏小，故B正确；
C．摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动，则实际摆长变大，计算所用的摆长偏小，则测得的g偏小，故C正确；
D．实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次，则周期测量值偏小，则测得的g偏大，故D错误；
故选：BC。
（4）若摆球重心在球心以上x处，则，解得
则图像的斜率为
解得，
故答案为：（1）（2）B（3）BC（4）
6. 某同学为了测量当地的重力加速度，设计了一套如图甲所示的实验装置。拉力传感器竖直固定，一根不可伸长的细线上端固定在传感器的固定挂钩上，下端系一小钢球，钢球底部固定有遮光片，在拉力传感器的正下方安装有光电门，钢球通过最低点时遮光片恰能通过光电门。小明同学进行了下列实验步骤：
（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，如图乙所示，则d＝ 12.35 mm；
（2）用游标卡尺测量小钢球的直径为D，用刻度尺测量小钢球到悬点的摆线长为I；
（3）拉起小钢球，使细线与竖直方向成不同角度，小钢球由静止释放后均在竖直平面内运动，记录遮光片每次通过光电门的遮光时间Δt和对应的拉力传感器示数F；
（4）根据记录的数据描绘出如图所示的图像，已知图像与纵轴交点为a，图像斜率为k，则通过以上信息可求出当地的重力加速度表达式为g＝ （用题目中所给物理量的符号表示）；
（5）如果在实验过程中所系的细线出现松动，则根据实验数据求出的当地重力加速度g的值比实际值 偏大 （选填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.05mm，其读数为主尺的示数与游标尺示数之和，故挡光片的宽度d＝12mm+7×0.05mm＝12.35mm；
（4）在最低点，根据牛顿第二定律有：F﹣mg，而v，联立可得：F＝mg。结合图象的斜率k，截距a＝mg，解得：g；
（5）在摆动过程中若出现松动，则实际摆长I比开始测量的摆长偏大，根据上述公式可知，则真实的重力加速度的值比测量的值减小，即测量值偏大。
故答案为：（1）12.35；（4）（5）偏大
7. 居家防疫期间，小明在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验。如图1他找到了一块外形不规则的小石块代替摆球，设计的实验步骤是：
A．将小石块用不可伸长的细线系好，结点为N，细线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量ON间细线的长度l作为摆长；
C．将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放；
D．从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T得出周期；
E．改变ON间细线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；
F．根据公式g，分别计算出每组l和T对应的重力加速度g，然后取平均值即可作为重力加速度的测量结果。
（1）小石块摆动的过程中，充当回复力的是 D 。
A．重力
B．拉力
C．拉力沿水平方向的分力
D．重力沿圆弧切线方向的分力
（2）为使测量更加准确，步骤D中，小明应从 平衡位置 （选填“最大位移”或“平衡位置”）处开始计时。
（3）小明用ON的长l为摆长，利用公式求出的重力加速度的测量值比真实值 偏小 （选填“偏大”或者“偏小”）。
（4）小红利用小明测出的多组摆长l和周期T的值，作出T2﹣l图线如图2所示，通过测量计算出图线的斜率为k，由斜率k求重力加速度的表达式是g＝ 。
（5）在步骤F中，有同学认为可以先将多次测量的摆长l取平均值得到，周期T取平均值得到，再代入公式g，得到重力加速度g的测量结果，你认为这种做法是否正确并说明理由。
【解答】解：（1）石块做简谐运动时重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2）石块经过平衡位置时速度最大，在石块经过平衡位置时开始计时可以减小周期测量的实验误差。
（3）摆线悬点到石块重心的距离是单摆摆长，摆线长度l小于单摆摆长L，由可知，用ON的长l为摆长，重力加速度的测量值比真实值偏小。
（4）设N到石块重心的距离为r，单摆摆长L＝l+r，由单摆周期公式T＝2π可知：T2l，
由图示T2﹣l图象可知，图象的斜率k，重力加速度g；
（5）这种做法是错误的；由单摆周期公式T＝2π可知，摆长l与周期T间不是一次函数关系，不能求出l的平均值和T的平均值，再代入公式g求出重力加速度。
故答案为：（1）D；（2）平衡位置；（3）偏小；（4）；（5）这种做法是错误的；摆长l与周期T间不是一次函数关系，不能求出l的平均值和T的平均值然后求出重力加速度。
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