题目内容
（1）在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g=| 4π2L |
| T2 |
| 4π2L |
| T2 |
75.2
75.2
s．（2）在测定单摆摆长时，下列的各项操作正确的是
D
D
A．装好单摆，抓住摆球，用力拉紧，测出摆线的悬点到摆球球心之间的距离
B．让单摆自由下垂，测出摆线长度再加上摆球直径
C．取下摆线，测出摆线长度后再加上摆球半径
D．测出小球直径，把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球的半径
（3）实验中，测得重力加速度的值偏大，可能的原因是
D
D
A．摆球的质量偏大
B．单摆振动的振幅偏小
C．计算摆长时没有加上摆球的半径值
D．将实际振动次数n次误记成（n+1）次．
分析：（1）由单摆的周期公式可以求出重力加速度的表达式；秒表分针示数与秒针示数之和是秒表的示数．
（2）单摆摆长等于摆线的长度与摆球半径之和，先测出半球直径，然后组装好单摆，然后测出摆线的长度，两者之和是摆长．
（3）根据实验测出摆长与单摆的周期，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）单摆摆长等于摆线的长度与摆球半径之和，先测出半球直径，然后组装好单摆，然后测出摆线的长度，两者之和是摆长．
（3）根据实验测出摆长与单摆的周期，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）由单摆周期公式T=2π
可知，重力加速度g=
；
由图示秒表可知，秒表分针示数是1min=60s，秒针示数是15.2s，则秒表示数t=60s+15.2s=75.2s；
（2）测单摆摆长时，应先测出小球直径，然后把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，最后求出摆线长度与小球的半径之和，这就是单摆的摆长，故D正确．
（3）用秒表测出单摆完成n次全振动的时间t，则单摆的周期T=
；
单摆摆长等于摆线长度l与摆球的半径r之和，即L=l+r；
由单摆周期公式T=2π
，可知重力加速度：
g=
=
=
，
由g=
可知：重力加速度的测量值与摆球质量无关，
与单摆的振幅无关，故AB错误；如果计算摆长时没有加上摆球的半径值，
则重力加速度的测量值偏小，不符合题意，故C错误；
如果将实际振动次数n次误记成（n+1）次，重力加速度的测量值偏大，符合题意，故D正确．
故答案为：（1）
；75.2；（2）D；（3）D．
|
| 4π2L |
| T2 |
由图示秒表可知，秒表分针示数是1min=60s，秒针示数是15.2s，则秒表示数t=60s+15.2s=75.2s；
（2）测单摆摆长时，应先测出小球直径，然后把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，最后求出摆线长度与小球的半径之和，这就是单摆的摆长，故D正确．
（3）用秒表测出单摆完成n次全振动的时间t，则单摆的周期T=
| t |
| n |
单摆摆长等于摆线长度l与摆球的半径r之和，即L=l+r；
由单摆周期公式T=2π
|
g=
| 4π2L |
| T2 |
| 4π2(l+r) | ||
(
|
| 4π2n2(l+r) |
| n2 |
由g=
| 4π2n2(l+r) |
| n2 |
与单摆的振幅无关，故AB错误；如果计算摆长时没有加上摆球的半径值，
则重力加速度的测量值偏小，不符合题意，故C错误；
如果将实际振动次数n次误记成（n+1）次，重力加速度的测量值偏大，符合题意，故D正确．
故答案为：（1）
| 4π2L |
| T2 |
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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某学生在用单摆测重力加速度的实验时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，让单摆做小角度摆动，测出周期，并用单摆的周期公式，算出了当地的重力加速度．