题目内容
（1）甲、乙两同学做“用单摆测重力加速度”实验，甲同学用秒表测量单摆的周期：当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为0，单摆每次经过最低点计一次数，当数到n=60时秒表的示数为67.2s，则该单摆的周期是
（2）在做实验时，可能导致重力加速度的测量结果偏大的有
A．振幅偏小
B．在未悬挂摆球之前先测定好摆长
C．摆球做圆锥摆运动
D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长．
2.24
2.24
s；乙同学用游标卡尺测量摆球的直径如图所示，则游标卡尺的读数是2.98
2.98
cm．（2）在做实验时，可能导致重力加速度的测量结果偏大的有
D
D
．A．振幅偏小
B．在未悬挂摆球之前先测定好摆长
C．摆球做圆锥摆运动
D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长．
分析：（1）从单摆经过最低点开始计时，摆球每经过最低点计时1次，则摆球经过最低点两次需要的时间是一个周期，根据摆球经过最低点的次数及总时间可以求出单摆的周期；游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数．
（2）由单摆周期公式，求出重力加速度的表达式，根据重力加速度的表达式，分析重力加速度测量值偏大的原因．
（2）由单摆周期公式，求出重力加速度的表达式，根据重力加速度的表达式，分析重力加速度测量值偏大的原因．
解答：解：（1）单摆每次经过最低点计一次数，当数到n=60经历了n′=30各周期，单摆周期T=
=
=2.24s；
由图示游标卡尺可知，游标卡尺主尺示数是2.9cm，游标尺示数是8×0.1mm=0.8mm=0.08cm，游标卡尺示数是2.9cm+0.08cm=2.98cm；
（2）由单摆周期公式T=2π
，可知重力加速度：g=
，
A、由g=
可知：重力加速度的测量值与振幅无关，振幅偏小，不影响测量结果，故A错误；
B、在未悬挂摆球之前先测定好摆长，摆长偏小，由g=
可知重力加速度的测量值偏小，不符合题意，故B错误；
C、摆球做圆锥摆运动，单摆有效摆长为Lcosθ，L为摆长，θ为单摆的振动时的偏角，有效摆长变小，g=
可知，重力加速度的测量值偏小，故C错误；
D、摆线长度与半球半径之和，将摆线长和球的直径之和当成了摆长，摆长偏大，由g=
可知，重力加速度的测量值偏大，符合题意，故D正确；
故答案为：（1）2.24；2.98；（2）D．
| t |
| n′ |
| 67.2s |
| 30 |
由图示游标卡尺可知，游标卡尺主尺示数是2.9cm，游标尺示数是8×0.1mm=0.8mm=0.08cm，游标卡尺示数是2.9cm+0.08cm=2.98cm；
（2）由单摆周期公式T=2π
|
| 4π2L |
| T2 |
A、由g=
| 4π2n2(l+r) |
| n2 |
B、在未悬挂摆球之前先测定好摆长，摆长偏小，由g=
| 4π2L |
| T2 |
C、摆球做圆锥摆运动，单摆有效摆长为Lcosθ，L为摆长，θ为单摆的振动时的偏角，有效摆长变小，g=
| 4π2L |
| T2 |
D、摆线长度与半球半径之和，将摆线长和球的直径之和当成了摆长，摆长偏大，由g=
| 4π2L |
| T2 |
故答案为：（1）2.24；2.98；（2）D．
点评：本题考查了应用单摆测重力加速度的实验原理、实验操作、实验误差分析等问题，是常考问题；熟悉实验操作、熟练应用单摆周期公式是正确解题的关键．
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