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解：单摆的周期公式为：T=可得重力加速度的表达式为g=，单摆完成一次全振动的时间为一个周期，由题意知单摆完成40次全振动的时间为t，则单摆的周期T=．

故答案为：，

解：A、单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期．故A正确．

    B、要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球．故B错误．

    C、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°．故C错误．

    D、单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期．故D错误．

故选AC．

实验测得此摆的摆长为L，并用秒表测得但摆在t时间内恰好完成n次全振动，周期T=

由单摆周期公式T=2π，得g=

故答案为：AC，

解：（1）根据单摆周期公式T=2π，得到g=；

（2）单摆摆长=摆球半径+摆线长度

故摆长l=cm=87.4cm=0.874m；

重力加速度为：g==≈9.76m/s2；

（3）根据单摆的周期公式T=2π，得到g=；

A、B、从上面的表达式可得，重力加速度与小球的质量、摆的振幅都无关，故A错误，B错误；

C、将摆线的长误为摆长，故摆长的测量值偏小，根据g=，重力加速度的测量值就偏小．故C正确；

D、单摆振动n次的时间t，单摆的周期T=，若误记做n+1次，则周期的测量值小于真实值，根据g=，重力加速度的测量值偏大．故D错误．

故选：C；

故答案为：

（1）；

（2）0.874，9.76；

（3）C．

解：（1）单摆的摆长L=l线+=102.00cm．

单摆振动50次所用的时间为101.5s，所以T=2.03s

根据周期公式T=2，根据此公式变形得到g=L=9.76m/s2．

（2）根据周期公式T=2，此公式变形得到g=L

A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．

B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．

C、开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．

D、实验中误将49.5次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．

故选：B

（3）根据周期公式T=2，此公式变形得到T2=，以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K=，即g=

（4）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2，有：S2-S1=aT2，解得T=；

故答案为：（1）9.76（2）B（3）（4）；

解：用单摆测定重力加速度，需要测量摆长周期，则需要秒表、刻度尺、游标卡尺等

测定匀变速直线运动的实验中，需要测量纸带点迹的长度，所以需要的器材有刻度尺、打点计时器．

验证机械能守恒，需要通过纸带求解瞬时速度和下降的距离，所以需要打点计时器、刻度尺等．

碰撞中的动量守恒需要测量物体的质量，则需要天平，测量水平距离，需要刻度尺．

验证力的平行四边形定则需要弹簧测力，利用刻度尺画力．

所以需要使用打点计时器的实验有AD，需要使用天平的实验有D，需要刻度尺（含米尺或三角板）的实验是ABCDE，

故答案为：AD，D，ABCDE．

解：内圈读数：90s，外圈读数10.5s，总读数为：100.5s；

故答案为：100.5