题目内容
在用单摆测定重力加速度的实验中，单摆的摆角θ应______，从摆球经过______，开始计时，测出n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测出摆线长为L，用游标卡尺测出摆球的直径为D．（1）用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式为g=______
（2）实验中某同学发现他测出的重力加速度值总是偏大，其原因可能是______
A、实验室处在高山上，离海平面太高
B、单摆所用的摆球太重
C、测出n次全振动的时间为t，误作为（n+1）次全振动的时间进行计算
D、以摆球的直径和摆线之和作为摆长来计算．
【答案】分析：单摆在摆角比较小时，单摆的运动才可以看成简谐运动．摆球经过平衡位置时速度最大，此时计时，误差比较小．根据单摆的公式
，推导出g的表达式．再根据g的表达式分析误差形成的原因．
解答：解：单摆在摆角比较小时，单摆的运动才可以看成简谐运动，所以单摆的摆角θ应小于5°．摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小．
（1）单摆的摆长为L+
，单摆的周期T=
，根据单摆的公式
，所以g=
．
（2）A、高度越高，重力加速度越小，但是位置不是影响测量重力加速度偏大偏小的原因．故A错误．
B、摆球的质量不影响重力加速度的大小．故B错误．
C、测出n次全振动的时间为t，误作为（n+1）次全振动的时间进行计算，测得周期偏小，根据
，知测得重力加速度偏大．故C正确．
D、以摆球的直径和摆线之和作为摆长来计算，测得摆长偏大，根据
，知测得重力加速度偏大．故D正确．
故选CD．
故本题答案为：小于5，平衡位置，
，CD．
点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式
，以及在实验中摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，从平衡位置开始计时误差较小．
，推导出g的表达式．再根据g的表达式分析误差形成的原因．解答：解：单摆在摆角比较小时，单摆的运动才可以看成简谐运动，所以单摆的摆角θ应小于5°．摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小．
（1）单摆的摆长为L+
，单摆的周期T=，根据单摆的公式，所以g=．（2）A、高度越高，重力加速度越小，但是位置不是影响测量重力加速度偏大偏小的原因．故A错误．
B、摆球的质量不影响重力加速度的大小．故B错误．
C、测出n次全振动的时间为t，误作为（n+1）次全振动的时间进行计算，测得周期偏小，根据
，知测得重力加速度偏大．故C正确．D、以摆球的直径和摆线之和作为摆长来计算，测得摆长偏大，根据
，知测得重力加速度偏大．故D正确．故选CD．
故本题答案为：小于5，平衡位置，
，CD．点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式
，以及在实验中摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，从平衡位置开始计时误差较小． 
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=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9．8m/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9．8m/s2)?
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