题目内容
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测得单摆摆角小于5°，完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，用螺旋测微器测得摆球直径为d．（1）从如图可知，摆球直径d的读数为
（2）实验中有个同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可能是
A．悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．单摆所用摆球质量太大
C．把n次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间
D．以摆线长作为摆长来计算．
分析：（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．
（2）根据单摆的周期公式：T=2π
推导出重力加速度的表达式，然后根据公式说明．
（2）根据单摆的周期公式：T=2π
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解答：解：（1）由图示螺旋测微器可知：
固定刻度示数为：5.5mm；
可动刻度示数为：48.0×0.01mm=0.480mm；
则螺旋测微器的示数为：d=5.5mm+0.480mm=5.980mm
（2）根据单摆的周期公式：T=2π
；
推导出重力加速度的表达式：g=
．
若测得的当地重力加速度是偏大，有两种可能：L的测量值偏大，或T的测量值偏小．
A、悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，故L的测量值偏小；根据g=
，重力加速度的测量值偏小，故A错误；
B、根据g=
，重力加速度的测量值与摆球质量无关，故B错误；
C、把n次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间，周期测量值偏小；根据g=
，重力加速度的测量值偏大，故C正确；
D、以摆线长作为摆长来计算，则L的测量值偏小；根据g=
，重力加速度的测量值偏小，故D错误；
故选：C．
故答案为：
（1）5.980；
（2）C．
固定刻度示数为：5.5mm；
可动刻度示数为：48.0×0.01mm=0.480mm；
则螺旋测微器的示数为：d=5.5mm+0.480mm=5.980mm
（2）根据单摆的周期公式：T=2π
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推导出重力加速度的表达式：g=
| 4π2L |
| T2 |
若测得的当地重力加速度是偏大，有两种可能：L的测量值偏大，或T的测量值偏小．
A、悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，故L的测量值偏小；根据g=
| 4π2L |
| T2 |
B、根据g=
| 4π2L |
| T2 |
C、把n次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间，周期测量值偏小；根据g=
| 4π2L |
| T2 |
D、以摆线长作为摆长来计算，则L的测量值偏小；根据g=
| 4π2L |
| T2 |
故选：C．
故答案为：
（1）5.980；
（2）C．
点评：熟练应用单摆周期公式T=2π
导出重力加速度的表达式g=
，然后根据公式分析误差情况，不难．
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| 4π2L |
| T2 |
练习册系列答案
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某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d．在《用单摆测定重力加速度》的实验中，某同学测出的g值比当地值大，造成的原因可能是（ ）
| A、摆角太大了（摆角仍小于10°） | B、量摆长时从悬点量到球的最下端 | C、计算摆长时忘记把小球半径加进去 | D、摆球不是在竖直平面内做简谐振动，而是做圆锥摆运动 | E、计算周期时，将（n-1）次全振动误记为n次全振动 |
