题目内容
吴丽和石岩两位同学分别采用不同方法估测石家庄当地的重力加速度．
（1）吴丽同学用甲图装置进行实验，使用电磁打点计时器工作电源的频率为50Hz；打出的纸带如图乙，则与物体相连的是纸带 端（填“左”或“右”）；纸带上各点均为计时点，则物体下落的加速度为 m/s2．（保留三位有效数字）
（2）石岩同学则利用单摆测重力加速度，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40cm，用游标卡尺测得摆球直径如图丙，读数为 ．则该单摆的摆长为 cm．用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图丁，则停表读数为 s，如果测得的g值偏大，可能的原因是 （填序号）
A．计算摆长时用的是摆球的直径
B．开始计时时，停表晚按下
C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加
D．实验中误将30次全振动记为31次．
（1）吴丽同学用甲图装置进行实验，使用电磁打点计时器工作电源的频率为50Hz；打出的纸带如图乙，则与物体相连的是纸带
（2）石岩同学则利用单摆测重力加速度，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40cm，用游标卡尺测得摆球直径如图丙，读数为
A．计算摆长时用的是摆球的直径
B．开始计时时，停表晚按下
C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加
D．实验中误将30次全振动记为31次．
分析：（1）纸带做加速运动，先打的点之间的距离小；根据匀变速直线运动相邻相等时间内的位移之差为△x=gT2即可解题．
（2）游标卡尺的读数先读主尺的刻度，然后读游标尺的刻度；秒表先读出分钟，然后读出秒；
根据单摆的周期公式：T=2π
得：g=
来分析误差产生的原因．
（2）游标卡尺的读数先读主尺的刻度，然后读游标尺的刻度；秒表先读出分钟，然后读出秒；
根据单摆的周期公式：T=2π
|
| 4π2L |
| T2 |
解答：解：（1）纸带做加速运动，与重物相连的位置是先打的点，得与点之间的距离小，所以纸带的右边与重物相连．匀变速直线运动相邻相等时间内的位移之差为：△x=gT2，即：x23-x78=5gT2
所以得：g=
=
m/s2=9.40m/s2
（2）游标卡尺的主尺的刻度为：20mm；20分度的游标尺精确度为0.05mm，游标尺的第10刻度与上面对齐，所以游标尺的读数为：0.05mm×10=0.50mm．游标卡尺的总读数为20.50mm=2.050cm；
单摆的摆长为摆线的长度与小球的半径的和：L=l+
=89.40+
=90.425cm
秒表的分钟指针不到1分，超过半分钟，所以秒表的秒针读数为57.0s；
根据单摆的周期公式：T=2π
得：g=
；如果测得的g值偏大，可能的原因测量的摆长偏大，或测量的周期偏小．
A．计算摆长时用的是摆球的直径，则摆长的测量值偏大，此时g的测量值偏大，故A正确；
B．开始计时时，停表晚按下，则测量的时间偏小，计算出的周期偏小，测量出的g偏大．故B正确；
C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，真实值大于测量值，所以g的测量值偏小．故C错误；
D．实验中误将30次全振动记为31次，周期：T=
＜
，即周期的测量值偏小，此时的g测量值偏大．故D正确．
故选：ABD．
故答案为：（1）右；9.40；（2）2.050cm；90.425；57.0；ABD．
所以得：g=
| x23-x78 |
| 5T2 |
| 0.0392-0.0204 |
| 5×0．02 |
（2）游标卡尺的主尺的刻度为：20mm；20分度的游标尺精确度为0.05mm，游标尺的第10刻度与上面对齐，所以游标尺的读数为：0.05mm×10=0.50mm．游标卡尺的总读数为20.50mm=2.050cm；
单摆的摆长为摆线的长度与小球的半径的和：L=l+
| d |
| 2 |
| 2.050 |
| 2 |
秒表的分钟指针不到1分，超过半分钟，所以秒表的秒针读数为57.0s；
根据单摆的周期公式：T=2π
|
| 4π2L |
| T2 |
A．计算摆长时用的是摆球的直径，则摆长的测量值偏大，此时g的测量值偏大，故A正确；
B．开始计时时，停表晚按下，则测量的时间偏小，计算出的周期偏小，测量出的g偏大．故B正确；
C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，真实值大于测量值，所以g的测量值偏小．故C错误；
D．实验中误将30次全振动记为31次，周期：T=
| t |
| 31 |
| t |
| 30 |
故选：ABD．
故答案为：（1）右；9.40；（2）2.050cm；90.425；57.0；ABD．
点评：解答本题要知道自由落体运动相邻相等时间内的位移之差为一定值，难度不大，属于基础题．
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