问题
问答题
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．
答案
（1）单摆周期T=
，单摆摆长l=L+t n
，由单摆周期公式T=2π d 2
，l g
联立可得重力加速度为：g=
；4π2n2(L+
)d 2 t2
（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=
求出的周期变小，g偏大，故C正确；t n
D、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，根据g=
可知，测得的g应偏小，故D错误；4π2L T2
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）
；（2）5.980；（3）C；（4）系统．4π2n2(L+
)d 2 t2