题目内容
某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示．则：（1）该摆摆长为
（2）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．摆线上端未牢固地系于悬点，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次全振动数为50次
（3）用上述物理量算出重力加速度g=
分析：（1）单摆的摆长等于摆线的长度与摆球半径之和；秒表先读分针读数，再读秒针读数，两者相加；机械式秒表的小表盘表示分钟，大表盘表示秒，大表盘一圈30秒；为了确定是前三十秒还是后三十秒，需要参考小表盘两分钟之间的半刻线，如果小表盘表针没到半刻线，就是某分钟+小表盘示数秒；如果小表盘表针超过了半刻线，就是某分钟+（大表盘示数+30）秒；
（2）本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2π
，根据此公式变形得到g=
，判断g值偏小的原因；
（3）根据单摆的周期公式T=2π
，可求得当地的重力加速度g=
．
（2）本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2π
|
| 4π2L |
| T2 |
（3）根据单摆的周期公式T=2π
|
| 4π2L |
| T2 |
解答：解：（1）单摆的摆长L=l线+
=97.50cm+
cm=98.5cm；
小表盘表针超过了半刻线，故：
t=60s+39.8s=99.8s．
（2）A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．
C、开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．
D、实验中误将49次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选：B．
（3）由单摆的周期公式：T=2π
，可求得当地的重力加速度：
g=
=
=9.75m/s2
故答案为：
（1）98.50，99.8s；
（2）B；
（3）9.75m/s2．
| d |
| 2 |
| 2.0 |
| 2 |
小表盘表针超过了半刻线，故：
t=60s+39.8s=99.8s．
（2）A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．
C、开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．
D、实验中误将49次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选：B．
（3）由单摆的周期公式：T=2π
|
g=
| 4π2L |
| T2 |
| 4×3.142 | ||
(
|
故答案为：
（1）98.50，99.8s；
（2）B；
（3）9.75m/s2．
点评：本题考查了“利用单摆测重力加速度”实验中数据测量的方法和减小读数误差的技巧，不难．
练习册系列答案
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某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验．
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