题目内容
（1）某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，如果他测得的g值偏小，可能的原因是
A．测摆线长时，摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地悬挂，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动记为50次
（2）某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，一位同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径．具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度为g=
．
B
B
（填序号）A．测摆线长时，摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地悬挂，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动记为50次
（2）某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，一位同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径．具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度为g=
| 4π2(L1-L2) | ||||
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| 4π2(L1-L2) | ||||
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分析：（1）根据单摆的周期公式T=2π
得出重力加速度的表达式，从而判断出重力加速度减小的原因．
（2）设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式分别列出方程，求解重力加速度．
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（2）设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式分别列出方程，求解重力加速度．
解答：解：（1）根据单摆的周期公式T=2π
得：g=
．
A、测摆线长时摆线拉得过紧，使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误；
B、摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小．故B正确；
C、开始计时时，秒表过迟按下，则记录的时间偏小，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误；
D、实验中将49次全振动数成50次全振动，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选：B．
（2）（3）设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式：T=2π
有：T1=2π
，T2=2π
联立两式解得：g=
故答案为：（1）B；（2）
．
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| 4π2L2 |
| T2 |
A、测摆线长时摆线拉得过紧，使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误；
B、摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小．故B正确；
C、开始计时时，秒表过迟按下，则记录的时间偏小，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误；
D、实验中将49次全振动数成50次全振动，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选：B．
（2）（3）设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式：T=2π
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有：T1=2π
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联立两式解得：g=
| 4π2(L1-L2) | ||||
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故答案为：（1）B；（2）
| 4π2(L1-L2) | ||||
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点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式，知道测量重力加速度的原理．
练习册系列答案
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