题目内容
在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，某同学测得摆线长为89.20cm，用游标卡尺测得摆球直径如图所示，然后用秒表记录了单摆做30次全振动的时间．（1）该单摆的摆长为 cm；
（2）如果该同学测得的g值偏小，可能的原因是 （填序号即可）
A．用线长当作摆长
B．开始计时，秒表过迟按下
C．实验中误将29次全振动数为30次
（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l，
测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数值，
再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线
如图所示，则测得重力加速度g= m/s2．
（保留三位有效数字）
【答案】分析：（1）游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，根据图1所示确定游标卡尺的精度，然后读出游标卡尺的示数．摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长．
（2）由单摆周期公式，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小的原因．
（3）由单摆周期公式求出T2与L的表达式，由图象求出斜率，然后求出重力加速度．
解答：解：（1）由图所示游标卡尺可知，主尺示数是2cm，游标尺示数是10×0.05mm=0.5mm=0.05cm，
游标卡尺示数，即摆球的直径为2cm+0.05cm=2.05cm；
单摆摆长L=l+
=89.20cm+
=90.225cm．
（2）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=
=
=
，
A、用摆线长当作摆长，摆长偏小，由g=
可知：重力加速度的测量值偏小，符合题意，故A正确；
B、开始计时，秒表过迟按下，所测时间t偏小，由g=
可知，所测重力加速度偏大，不符合题意，故B错误；
C、实验中误将29次全振动数为30次，n偏大，由g=
可知所测重力加速度偏大，不符合题意，故C错误；
（3）由单摆周期公式T=2π
可得，T2=
L，由此可知T2与L成正比，因此T2-L图象斜率k=
，由图象可知，
图象斜率k=4s2/m，则重力加速度g=
=
m/s2≈9.86m/s2；
故答案为：（1）90.225；（2）A；（3）9.86．
点评：（1）对游标卡尺读数时，要先确定游标卡尺的精度，然后读出主尺示数与游标尺示数，最后求出游标卡尺的示数．
（2）本题考查了单摆测重力加速度实验的误差分析，有一定的难度；由单摆周期公式求出l与T2的关系式，是正确解题的关键．
（3）由单摆周期公式求出T2与L的表达式，由图象求出图象的斜率，即可求出重力加速度．
（2）由单摆周期公式，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小的原因．
（3）由单摆周期公式求出T2与L的表达式，由图象求出斜率，然后求出重力加速度．
解答：解：（1）由图所示游标卡尺可知，主尺示数是2cm，游标尺示数是10×0.05mm=0.5mm=0.05cm，
游标卡尺示数，即摆球的直径为2cm+0.05cm=2.05cm；
单摆摆长L=l+
=89.20cm+=90.225cm．（2）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===，A、用摆线长当作摆长，摆长偏小，由g=
可知：重力加速度的测量值偏小，符合题意，故A正确；B、开始计时，秒表过迟按下，所测时间t偏小，由g=
可知，所测重力加速度偏大，不符合题意，故B错误；C、实验中误将29次全振动数为30次，n偏大，由g=
可知所测重力加速度偏大，不符合题意，故C错误；（3）由单摆周期公式T=2π
可得，T2=L，由此可知T2与L成正比，因此T2-L图象斜率k=，由图象可知，图象斜率k=4s2/m，则重力加速度g=
=m/s2≈9.86m/s2；故答案为：（1）90.225；（2）A；（3）9.86．
点评：（1）对游标卡尺读数时，要先确定游标卡尺的精度，然后读出主尺示数与游标尺示数，最后求出游标卡尺的示数．
（2）本题考查了单摆测重力加速度实验的误差分析，有一定的难度；由单摆周期公式求出l与T2的关系式，是正确解题的关键．
（3）由单摆周期公式求出T2与L的表达式，由图象求出图象的斜率，即可求出重力加速度．
练习册系列答案
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①某同学在做“利用单摆测重力加速度“实验中先测得摆线长为97.44cm，球直径由如图游标卡尺测得．然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则：小球直径为
