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备战2024 高考实验攻略之各类实验解答总结
专题1 长度测量类实验解答总结
1、测量长度常用仪器：刻度尺、游标卡尺（重点）、螺旋测微器（重点）
2、本专题涉及到的常见的实验：
（1）纸带类实验；
（2）光电门等现代技术在力学实验
（3）探究弹簧弹力与形变量的关系；
（4）导体电阻率的测量
（5）用双缝干涉测量光的波长；
（6）用单摆测量重力加速度；
【方法总结提升】
1、刻度尺
使用刻度尺前需要观察三点：分度值，零刻度线，量程。
使用刻度尺前，要三看，应该观察它的分度值，零刻度线，量程。使用时，刻度尺要沿着
所测物体，不要歪斜，有刻度的一侧要紧靠被测物体。要使零刻度线或者某一刻度与物体
的一侧对齐然后再读数。读数时，视线要与刻度线垂直，估读要到分度值的下一位。
2、游标卡尺（重点）
（1）用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径 .
（2）读数
若用x 表示由主尺上读出的整毫米数，K 表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线对齐的
游标尺的格数，则记录结果表示为(x＋K×精确度)mm.
常见的游标尺上小等分刻度有10 个、20 个、50 个的，其规格见下表：
刻度格数(分度)
刻度总长度
1 mm 与每小格
的差值
精确度(可精确到)
10
9 mm
0.1 mm
0.1 mm
20
19 mm
0.05 mm
0.05 mm
50
49 mm
0.02 mm
0.02 mm
（3）注意事项
①游标卡尺是根据刻度线对齐来读数的，所以不需要估读，但读数要注意最小精确度所在
的位数，如果读数最后一位是零，该零不能去掉 .
②读数时，要注意游标尺第几条刻度线(不含零刻度线)与主尺对齐 .
3、螺旋测微器（重点）
1
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（1）读数方法
L＝固定刻度示数＋可动刻度示数(估读一位)×0.01 mm.
（2）注意事项
①读数时准确到0.01 mm，要估读到0.001 mm，测量结果若用毫米做单位，则小数点后面
必须保留三位 .
②读数时，要注意固定刻度上半毫米刻度线是否露出 .
【例题1】用铁架台、带挂钩的不同弹簧若干、50g 的钩码若干、刻度尺等，安装如图甲所
示的装置，探究弹簧弹力F 的大小与伸长量x 之间的定量关系。
（1）未挂钩码时，弹簧原长放大如图甲所示，可读得原长
cm。
（2）由图乙还可知劲度系数较大的是 弹簧；还可算出B 弹簧的劲度系数为
。
（3）若某同学做实验时，误把弹簧长度当成伸长量作为横坐标作图，则该同学所做图像得
到的K 值是 （填偏大，偏小或者不变）
【答案】 7.00 A 10 不变
【解析】（1）图中刻度尺的分度值为1mm，要估读到分度值的下一位，已知刻度尺的零
刻度线与弹簧上端平齐，弹簧长度为
（2）根据胡克定律有
图像的斜率表示劲度系数，则可知A 弹簧的劲度系数大于B 弹簧的劲度系数；B 弹簧的劲
度系数为
（3）把弹簧长度当成伸长量作为横坐标作图，图线相对原来会向右平移，但并不影响图线
斜率，故K 值不变。
2
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【例题2】某同学用游标卡尺分别测量金属圆管的内、外壁直径，游标卡尺的示数分别如
图（a）和图（b）所示。
由图可读出，圆管内壁的直径为 mm，圆管外壁的直径为 mm；由
此可计算出金属圆管横截面的面积。
【答案】 22.3 29.9
【解析】根据所给图像可知，gai 游标卡尺的游标尺为10 分度值游标卡尺，其精度为
0.1mm，由图（a）可读出，圆管内壁的直径为主尺读数加游标尺读数，即为
由图（b）可读出，圆管内壁的直径为
【例题3】如图甲所示，某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，测得摆线长为
l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆全振动n 次所用的时间为t。则：
（1）下列最合理的装置是
（2）用螺旋测微器测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为 mm。
（3）如果测得的g 值偏小，可能的原因是 。
A．单摆振动时振幅较小
B．将摆线长当成了摆长
C．实验时误将49 次全振动记为50 次
3
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D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
（4）甲同学选择了合理的实验装置后，测量出几组不同摆长L 和周期T 的数值，画出如图
丙T²-L 图像中的实线a。乙同学也进行了与甲同学同样的实验，实验中将摆线长作为摆长
L，测得多组周期T 和L 的数据，作出T²-L 图像，应是图丙中的图线 。（已知c、d
两条图线和a 平行）（选填“a”、“b”、“c”、“d”或“e”）。
【答案】 C 9.450/9.448/9.449/9.451/9.452 BD/DB c
【解析】（1）细线要用铁夹固定，防止摆长忽长忽短；摆线要用细线，不能用弹性棉绳；
摆球要用密度较大的铁球，故选C。
（2）螺旋测微器测量小钢球直径的读数为
。
（3）根据单摆周期公式
可得
A．单摆振动时振幅较小，不影响
的测量，故A 错误；
B．将摆线长当成了摆长，导致变小，可知g 值偏小，故B 正确；
C．实验时误将将49 次全振动记为50 次，则周期测量值偏小，可知g 值偏大，故C 错误；
D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长测量值偏小，故
D 正确。
故选BD。
（4）根据单摆周期公式
可得
实验中将摆线长作为摆长L，没有加上摆球的半径，所以摆线长为零时，纵轴截距不为零，
由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故选c。
【例题4】现有一根由某种材料制成的粗细均匀的金属丝，为测量其电阻率，实验小组设
计了如下实验：
4
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（1）分别用螺旋测微器测出其直径、用游标卡尺测出其长度，如甲图所示，则金属丝的直
径
mm，金属丝的长度l= cm。
（2）用乙图所示电路图测量电阻丝的电阻
，其中
为定值电阻。请用笔画线代替导线，
把丙图中的实物电路补充完整 。
（3）第一次按乙图所示的电路测量，调节滑动变阻器的滑片，测得多组电压U 及电流I 的
值；第二次将电压表改接在a、b 两点测量，测得多组电压 U 及电流I 的值，并根据两次测
量结果分别作出U-I 图像，如丁图所示。则第一次测量得到的图线是 （填“M”或
“N”）。
（4）电压表可看作理想电表，由U-I 图像可得电阻丝的电阻
，根据电阻定
律可求得电阻丝的电阻率
（π 取3.14，计算结果均保留2 位有效数
字）。
5
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【答案】 1.750 6.150
N 40
【解析】（1）根据螺旋测微器的读数规律可得
根据游标卡尺的读数规律可得
（2）实物图如图所示
（3）第一次测量按乙图的电路，根据欧姆定律可得
第二次测量将电压表改接在a、b 两端，根据欧姆定律可得
可知
可知第一次测量得到图线是N。
（4）由图像数据可得
联立解得
6
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由电阻定律可知
代入数据可得
1．某同学用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为 mm；
用游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为 cm。另一位学
生用游标尺上标有50 等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图丙所示，则该
工件的长度L= cm。
【答案】 8.021 2.060 5.236
【解析】螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为
2.1×0.01 mm=0.021mm
所以最终读数为
8mm＋0.021mm=8.021mm
游标卡尺的主尺读数为20mm，游标尺上第12 个刻度与主尺上某一刻度对齐，故游标尺读
数为
12×0.05mm=0.60mm
所以最终读数为
20mm＋0.60mm=20.60mm=2.060cm
工件的长度
L=52mm＋0.02×18mm=5.236cm
2．某同学用如图甲所示装置验证动量定理.斜面体固定在桌面上，装有遮光条的滑块质量
为M，重力加速度为g。
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（1）实验前先用游标卡尺测量遮光条宽度，读数如图乙所示，则遮光条的宽度
；
（2）绕过定滑轮的细线连接着滑块和装有砂的砂桶，牵引滑块的细线与斜面平行，改变砂
桶中砂的质量，向下轻推物块，直到滑块通过两光电门时间相等，测量并记录这时砂和砂
桶的质量m，不悬挂细线和砂桶，由静止释放滑块，则滑块沿斜面向下运动的合外力等于
；若滑块通过光电门1、2 时遮光条遮光时间分别为
、
，两光电门间的距离为x，则物
块从光电门1 运动到光电门2 所用的时间
；
（3）滑块从光电门1 运动到光电门2 的过程中，如果表达式 成立，则动量定理
得到验证.
【答案】 4.7
【解析】（1）根据游标卡尺的读数规律，该读数为
（2） 悬挂细线和砂桶，滑块受力平衡，不悬挂细线和砂桶，相当于撤去滑块受到的一个
沿斜面向上的拉力mg，则滑块沿斜面向下运动的合外力等于
；
滑块做匀加速直线运动，根据运动学公式有
解得
（3）如果有
实验中
8
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整理得表达式
则动量定理得到验证。
3．某同学用如图所示装置验证牛顿第二定律。长木板放在水平桌面上，滑块和遮光条的总
质量为M，两光电门间的距离为L，不计绳与小滑轮间的摩擦。
（1）实验前先用游标卡尺测量遮光条的宽度d，结果如图所示，
；
（2）在砂桶中加入适量的砂，轻推滑块，观察滑块通过两个光电门时遮光条的遮光时间，
如果通过光电门1 时遮光条遮光时间大于通过光电门2 时遮光条遮光时间，则应
（填“增加”或“减少”）砂桶中砂的质量，直到滑块通过光电门1 时遮光条遮光时间等
于通过光电门2 时遮光条遮光时间，记录这时测力计示数
，则滑块与长木板间的滑动摩
擦力大小等于 ；
（3）增加砂桶中砂的质量，释放滑块后，滑块向左做加速运动，记录滑块通过光电门1、
2 时遮光条遮光时间
及测力计的示数F，如果在误差允许的范围内，表达式
成立，则牛顿第二定律得到验证。
【答案】 10.60 减少
【解析】（1）游标卡尺主尺示数为
，游标尺示数为
则游标卡尺示数为
。
（2）如果通过光电门1 时遮光条遮光时间大于通过光电门2 时遮光条遮光时间，说明物块
在做加速运动，应适当减少砂桶中砂的质量，直到滑块通过光电门1 时遮光条遮光时间等
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于通过光电门2 时遮光条遮光时间，记录这时测力计示数
，则滑块与长木板间的滑动摩
擦力大小等于
。
（3）滑块运动的加速度
滑块受到的合外力
则如果在误差允许的范围内
成立，则牛顿第二定律得到验证。
4．某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来测量滑块的瞬时速度并验证两滑块在碰撞过
程中的动量守恒定律。
（1）图甲中水平桌面上放置气垫导轨，导轨上有光电计时器1 和光电计时器2，弹性滑块
A、B 的质量分别为mA、mB，两遮光片沿运动方向的宽度均为d，利用游标卡尺测量遮光
片的宽度，测量结果如图乙所示，遮光片的宽度d= cm。
（2）实验中为确保碰撞后滑块A 不反向运动，mA、mB应满足的关系是mA （填“大
于”“等于”或“小于”）mв。
（3）实验先调节气垫导轨成水平状态，再轻推滑块A，测得A 通过光电计时器1 时的遮光
时间为
，A 与B 相碰后，B 和A 先后经过光电计时器2 时的遮光时间分别为
和
，
则碰前A 的速度大小
m/s。
（4）在实验误差允许的范围内，若满足关系式 （用mA、mB、
、
、
表示），
则可认为验证了动量守恒定律。
【答案】 0.970 大于 0.97
【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为
，游标尺读数为
则
（2）
和B 发生弹性碰撞，若用质量大的
碰质量小的B，则不会发生反弹。
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（3）滑块经过光电门时挡住光的时间极短，则可用平均速度近似替代滑块的瞬时速度，则
碰前
的速度
（4）碰后
的速度
碰后B 的速度
若系统动量守恒，则有
化简可得
5．为测量方槽中溶液的电阻率，某同学选用了如图甲所示的实验器材。已知A、B 分别为
紧靠方槽两侧内壁金属铜板上的接线柱，铜板的电阻不计且宽度恰与方槽内壁等宽，方槽
内溶液的长度为a，宽度为b，深度为c。其余器材及参数如下：
溶液电阻（连A、B 接线柱时，
约为1Ω）
电源（电动势
，内阻不计）
滑动变阻器R（最大阻值为1Ω）
定值电阻（
）
电压表V（量程为3V，
）
电流表A（量程为0.6A，内阻
约为0.1Ω）
开关1 个及导线若干（电阻不计）
（1）为使测量结果尽量准确，请用笔画线代替导线，将图甲中的实验电路连接完整，要使
图中滑动变阻器的滑片在开关闭合前恰处于正确的位置；( )
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（2）若该同学利用游标卡尺测量溶液的深度，他应使用图乙中的 （选填“位
置1”“位置2”或“位置3”）进行测量；正确测量得到的游标尺位置如图丙所示，则溶液的
深度c 为 cm；
（3）若电压表和电流表的示数分别用U 和I 表示，则该溶液电阻率的表达式
（用题中所给物理量的符号表示）。
【答案】
位置3 5.015
/
【解析】（1）若滑动变阻器采用限流式接法，电流表示数变化范围过小，所以采用分压式
接法，若电压表直接并联在A、B 两接线柱上，电压表示数过小，故需并联在A、B 和定值
电阻两端，由于电流表内阻未知，为减小系统误差需采用电流表外接法，如图所示：
（2）因测量溶液深度，故需使用游标卡尺的深度尺，选位置3 进行测量；
由图丙可知，卡尺的精确度为0.05mm，根据卡尺的读数规则，其读数为
故溶液深度为5.015cm；
（3）设溶液的电阻为R，溶液与定值电阻的总电阻为
，由欧姆定律可知
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又由电阻定律可知
联立解得
6．在“测定金属的电阻率”的实验中。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为
；
（2）用游标卡尺测量金属丝的长度，示数如图所示，读数为
；
（3）为了减少实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，请在答题纸上虚线框
中画出电路原理图 ；
（4）请根据（3）中设计的电路图，在甲图中连接实物图 ；
（5）两电表的示数分别如图乙和丙所示（电压表量程0~3V，电流表量程0~0.6A），电压
表读数 V，电流表读数 A。根据以上实验数据，则该金属材料的电阻率为
（保留两位有效数字）。
【答案】 6.855/6.856/6.857/6.858/6.859 10.50
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1.20 0.50
【解析】（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径读数为6.5mm+0.01mm×35.7=6.857mm；
（2）用游标卡尺测量金属丝的长度读数为1cm+0.05mm×10=10.50mm；
（3）为了在实验中获得较大的电压调节范围，则滑动变阻器用分压电路；为减小误差则采
用电流表外接，电路如图；
（4）实物连接如图；
（5）电压表读数1.20V，电流表读数0.50A。
根据
解得
带入数据解得
7．某同学用如图所示装置验证动量守恒定律。斜槽轨道被竖直固定在水平桌面上，其末端
Q 伸出桌面外且切线水平；挡板b 竖直固定，点O 是Q 点的水平投影点；小钢球1 和玻璃
球2 的大小相等且均可视为质点；图中的P、M、N 是小球与挡板的撞击点。请回答下列问
题：
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（1）用游标卡尺测量出的小钢球的直径如下图所示，可知小钢球直径d= cm。
（2）第一次在不放玻璃球2 时，将小钢球1 从斜槽上E 点由静止释放，它撞击在挡板b 上；
第二次将玻璃球2 放在斜槽末端Q 处，小钢球仍从E 点由静止释放，它们均撞击在挡板b
上。则第一次小钢球1 撞击在挡板b 上的 点（选填“P”“M”或“N”）。
（3）要完成该实验，必须测量的物理量有 （填正确答案标号）。
A．小钢球1 和玻璃球2 的质量m1、m2
B．小钢球1 或玻璃球2 的直径d
C．E、Q 之间的竖直高度h
D．Q、O 之间的水平距离x
E．OP、OM、ON 的长度HP、HM、HN
（4）在误差允许范围内，关系式 成立，说明两球在碰撞过程中动量守恒。（用
所测的物理量表示且为最简形式）
【答案】 1.070 M AE
【解析】，
（1）游标卡尺是二十分度的，每个小格长度是
，第
刻线与主尺的
，根据
测量原理可得
求得
读数即为
；
（2）小球离开轨道后做平抛运动，设挡板与抛出点之间的水平距离为
由平抛运动规律得
小球做平抛运动的初速度越小，下落距离越大，碰撞后小球1 的速度变小，小于碰撞前的
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速度，碰撞后小球2 的速度小于小球1 的速度，由此可知，碰撞后1 的速度最小，2 的速度
最大，由此可知：第一次小钢球1 撞击在挡板b 上的M 点，第二次小钢球1 撞击在挡板b
上的N 点，玻璃球2 撞击在挡板b 上的P 点．因此，第一次小钢球1 撞击在挡板b 上的M
点；
（3）要验证的关系式是
其中
则
带入可得
化简得
则要完成该实验，必须测量的物理量有A 和E；
故选AE。
由上问求解可知，在误差允许范围内，关系式
成立，说明两球在碰撞
过程中动量守恒。
8．某同学设计实验“测定金属的电阻率”，要求电压从零开始调节。已知金属丝的电阻大
约为
，在用伏安法对金属丝电阻进一步测定时，有如下实验器材可供选择：
直流电源：电压3V，内阻不计：
电流表A：量程0~0.6A，内阻
：
电压表V：量程0~3V，内阻约
；
滑动变阻器
：最大阻值
；
滑动变阻器
：最大阻值
；
开关、导线等。
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（1 ）用螺旋测微器测金属丝的直径时，如图甲所示，可知金属丝的直径
mm；用游标卡尺测金属丝的长度，如图乙所示，可知金属丝的长度
cm。
（2）在所给的器材中，滑动变阻器应选 。（填写仪器的字母代号）
（3）根据题目要求和实验器材，为了减小误差，实验电路图应选 。
A ．
B ．
C ．
D．
【答案】 0.830 5.04
C
【解析】（1）由图示螺旋测微器可知，金属丝的直径
游标卡尺是10 分度的卡尺，其分度值为0.1mm，则图示读数为
（2） 为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应采用分压式接法，应选择最大
值较小的滑动变阻器
。
（3） 由
所以阻值较小，故电流表采用外接法，滑动变阻器应采用分压式接法。
故选C。
9．实验装置如图1，使重锤自由下落，打点计时器在随重锤下落的纸带上打下一系列点迹
挑出点迹清晰的一条纸带，从点迹清晰处依次标出计数点0，1，2，…，7，纸带如图2。
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（1）该装置可以用于测量当地重力加速度和验证机械能是否守恒，在下列器材中，两种实
验都必须使用的器材是
A．交流电源 B．天平（含砝码）
C． 刻度尺 D．秒表
（2）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的
A．速度变化量和高度变化量
B．速度变化量和势能变化量
C． 动能变化量与势能变化量
（3）在验证机械能是否守恒的实验中，大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大
于动能的增加量，原因是
A．利用公式
计算重物速度
B．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
C． 没有采用多次实验取平均值的方法
（4）打点计时器接在频率为50Hz 的交流电源上，纸带图2 所示，计数点0、1 间的距离是
cm。打下1 点时重锤的瞬时速度大小是 m/s（保留二位有效数字）
（5）在测量当地重力加速度的实验中，某同学根据纸带打出的点，已经读出2、4 间和
5、7 间的距离分别为：3.96cm、6.30cm。请你根据数据求出当地的重力加速度g=
m/s2（结果保留3 位有效数字）
【答案】 AC/CA C B 1.08 （1.05~1.10） 0.63/0.64/0.65
9.75
【解析】（1）实验都必须使用的器材有交流电源和刻度尺；打点计时器可记录重物的运动
时间，所以不需要秒表，而需要打点计时器电源；若重物的机械能守恒，则有
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可知在不需要得出重力势能减小量与动能增加量的具体数据时，可以不测量质量就判断等
式是否成立，即不需要天平。故A、C 正确，B、D 错误。故选AC。
（2）根据机械能守恒定律，为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间
的动能变化量与势能变化量。故C 正确，故选C。
（3）由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦
力，所以减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做
功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故B 正确，AC 错误。故选B。
（4）刻度尺最小刻度为0.1cm，故根据读数，计数点0、1 间的距离是1.08cm，考虑到估
读，1.05~1.10cm 皆可。
根据读数，计数点0、2 间的距离为2.56cm，则根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于
平均速度可得打下1 点时重锤的瞬时速度大小是
考虑到估读，结果为0.63~0.65m/s 皆可。
（5）根据题意可得，打下3 点和6 点时重锤的瞬时速度大小分别是
则当地的重力加速度g 为
10．某同学用图甲所示装置测定光的波长。
（1）已知单缝到双缝的距离100mm，双缝到光屏的距离为500mm，双缝之间的距离为
0.50mm。该同学在实验中，移动分划板，第1 条明条纹对应的游标卡尺读数如图乙所示，
第5 条明条纹对应的游标卡尺读数如图丙所示，则入射光的波长为 m（结果保留
两位有效数字）。
（2）在撰写实验报告时，需将目镜中所观察到的现象描绘出来。小张和小李分别画了转动
手轮时所观察到的初、末两个视场区的示意图如图丁、戊所示。由图可判断，
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（选填“丁”或“戊”）图存在造假现象。
【答案】
丁
【解析】（1）10 分度游标卡尺的精确值为
，第1 条明条纹对应的游标卡尺读数为
第5 条明条纹对应的游标卡尺读数为
则有
根据
可得入射光的波长为
（2）由图丁可看到初末条纹是同一条纹，丁图存在造假现象。
11．某实验小组用图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。所用实验器
材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、10 分度的游标卡尺、停表等。
请回答下列问题：
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有 。
A．摆线要选择细些的、伸缩性大的，并且尽可能长一些
B．摆球尽量选择质量大些、体积小的金属球
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C．用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长
D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于
，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位
置开始计时
（2）用刻度尺测得摆线长度为
，用游标卡尺测量摆球直径，示数如图乙所示，则
摆球的直径为
；
（3）实验中测得摆球做50 次全振动所用的时间为
取9.87，由此算得当地的重力
加速度的值为
（保留3 位有效数字）。
【答案】 BD/DB 18.6 9.83
【解析】（1）A．摆线要选择细些的、伸缩性小的，长短适当的，选项A 错误；
B．摆球尽量选择质量大些、体积小的金属球，以减小阻力的影响，选项B 正确；
C．用刻度尺测量摆线的长度l，加小球半径才是单摆的摆长，选项C 错误；
D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于
，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位
置开始计时，选项D 正确。
故选BD。
（2）摆球的直径为1.8cm+0.1mm×6=18.6mm；
（3）周期
摆长
根据
可得
12．单摆测定重力加速度的实验中：
（1）实验时用刻度尺测得悬点到小球底部的长度
，用20 分度的游标卡尺测量摆球直径，
示数如图甲所示，该摆球的直径d= mm。
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有 。
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A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大
的角度
D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球到开
始位置时停止计时，此时间间隔
即为单摆周期T
（3）实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F 随时间t 变化的图像如图丙所示，然后使单摆
保持静止，得到如图丁所示的F-t 图像。那么：
①重力加速度的表达式g= （用题目中的物理量d、
、
表示）。
②设摆球在最低点时
，已测得当地重力加速度为g 单摆的周期用T 表示，那么测得
此单摆摆动时的机械能E 的表达式是
A．
B．
C．
D．
（4）在实验中测得的g 值偏小，可能原因是
A．实验中误将n 次计为n-1 次
B．开始计时时，停表过迟按下
C．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了使摆线长度增加
了
【答案】 11.70 AB/BA
C AD/DA
【解析】（1）游标卡尺的精度为，读数为
。
（2）A.实验中摆线应长一些，且在实验过程中长度不能发生改变，所以应选择细些的、伸
缩性小些的，故A 正确；
B.为了减少阻力带来的影响，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故B 正确；
C.摆线相距平衡位置不能有较大的角度，否则就不是单摆了，故C 错误；
D.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，同时为了减小误差，在释放摆球，当摆球摆
到最低点开始计时，应记录完成n 次全振动的总时间，故D 错误。
故选AB。
（3）①根据单摆的周期公式
可知
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②单摆经过最低点时，根据丙图可知
根据丁图可知
小球的摆长为
则小球在最低点的动能为
小球摆动过程机械能守恒，则
故选C。
（4）A．实验中误将n 次计为n-1 次，根据
可知周期测量值偏大，所以重力加速度测量值偏小，故A 正确。
B．开始计时时，停表过迟按下，则测量周期偏小，重力加速测量值偏大，故B 错误；
C．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算，使摆线长度增加了，所以重力加速测量值
偏大，故C 错误；
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，代入的摆线长偏小，重力加速测量
值偏小，故D 正确；
故选AD。
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