题目内容
（1）在利用单摆测定重力加速度的实验中，由于单摆做简谐振动的周期T=2π
|
| 4π2 |
| T2 |
①造成图线不过原点的原因是
A．每次都将n个周期的时间计成n+1个周期的时间
B．每次在测量摆长时，都将摆线长当成了摆长
C．每次实验时，摆球的振幅都不同
D．每次实验时，摆球的质量都不同
②当地重力加速度为
（2）利用单摆测重力加速度的实验中，如测出摆线长为L，小球直径为D，n次全振动的时间为t，则①当地的重力加速度g等于
分析：（1）图象不通过坐标原点，从图象可以得到相同的周期下，摆长偏小，故可能是漏加小球半径；由单摆周期公式求出图象所对应的函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出重力加速度；
（2）单摆的周期是一次全振动的时间，由T=
求出周期．单摆的摆长等于摆线的长度加小球的半径．由单摆的周期公式求出g．为了减小测量周期的误差，应在平衡位置开始计时和结束计时．
（2）单摆的周期是一次全振动的时间，由T=
| t |
| n |
解答：解：（1）①图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是漏加小球半径，故B正确；
②由单摆周期公式T=2π
可得，T2=
L，T2-L图象的斜率k=
，由图象可知，k=
=4，则重力加速度g=
=
=9.87m/s2．
（2）①单摆的周期为T=
，单摆的摆长l=L+
；由单摆的周期公式T=2π
得，g=
=
=
；
②由于摆球经过平衡位置时，速度最大，在相同视觉距离误差上，引起的时间误差最小，测量周期比较准确．所以为了减小测量周期的误差，应在平衡位置开始计时和结束计时．
故答案为：（1）①B；②9.87；（2）①
；②平衡．
②由单摆周期公式T=2π
|
| 4π2 |
| g |
| 4π2 |
| g |
| 4-0 |
| 0.99-(-0.01) |
| 4π2 |
| k |
| 4×9.87 |
| 4 |
（2）①单摆的周期为T=
| t |
| n |
| D |
| 2 |
|
| 4π2l |
| T2 |
4π2(L+
| ||
(
|
4π2n2(L+
| ||
| t2 |
②由于摆球经过平衡位置时，速度最大，在相同视觉距离误差上，引起的时间误差最小，测量周期比较准确．所以为了减小测量周期的误差，应在平衡位置开始计时和结束计时．
故答案为：（1）①B；②9.87；（2）①
4π2n2(L+
| ||
| t2 |
点评：（1）本题关键明确实验原理；通过图象的平移得到摆长偏小1cm，得到误差来源；通过图象的函数表达式得到斜率的物理意义．
（2）单摆周期采用累积法测量．单摆的摆长等于悬点到球心的距离，不等于摆线长．基本题．
（2）单摆周期采用累积法测量．单摆的摆长等于悬点到球心的距离，不等于摆线长．基本题．
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（1）在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大，可能的原因是
="16" cm,
="48" cm，摆长为64 cm（可视为不变），摆角小于5°，则该沙摆的周期为______s，木板的加速度大小约为_____
_ m/s2（g取10m/s2）
=16 cm,
=48 cm，摆长为64 cm（可视为不变），摆角小于5°，则该沙摆的周期为______s，木板的加速度大小约为______ m/s2（g取10m/s2）