Question

在“利用单摆测重力加速度”的实验中，测得单摆的摆角小于5°，完成n次全振动所用的时间为t，用毫米刻度

在“利用单摆测重力加速度”的实验中，测得单摆的摆角小于5°，完成n次全振动所用的时间为t，用毫米刻度尺测得的摆线长为L，用螺旋测微计测得摆球的直径为d．（1）用上述物理量的符号写出重力加速度的一般表达式g=______．（2）从右图可知，摆球直径d的读数为d=______mm．（3）实验中有个同学发现他测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是下述原因中的______．A．实验室处在高山上，距离海平面太高B．单摆所用的摆球质量太大C．把n次全振动的时间t误作为（n+1）次全振动的时间D．以摆线长作为摆长来计算（4）实验中有个同学没有考虑摆球的半径，而使测量值偏小．在误差理论中，该同学实验中的这种误差被称为是______误差．

Answer 1

（1）单摆周期T= t n ，单摆摆长l=L+ d 2 ，由单摆周期公式T=2π l g ， 联立可得重力加速度为：g= 4 π 2 n 2 (L+ d 2 ) t 2 ； （2）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5.5mm+0.480mm=5.980mm； （3）A、高山重力加速度偏小，故A错误； B、周期与摆球质量无关，摆球质量大，空气阻力可以忽略，故B错误； C、实验中误将n次全振动计为n+1次，根据T= t n 求出的周期变小，g偏大，故C正确； D、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，根据g= 4 π 2 L T 2 可知，测得的g应偏小，故D错误； 故选C． （4）偶然误差可以通过多次测量取平均值减小，而系统误差不可避免，故是系统误差； 故答案为：（1） 4 π 2 n 2 (L+ d 2 ) t 2 ；（2）5.980；（3）C；（4）系统．