第八章　第40课时　单摆　实验九：用单摆测量重力加速度 讲义 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理讲义围绕单摆周期公式及用单摆测量重力加速度两大高考核心考点，按“物理模型-规律公式-实验应用”逻辑架构，通过考点梳理（单摆与弹簧振子对比表格）、方法指导（类单摆等效分析）、真题训练（2025年四川卷等例题），帮助学生系统掌握知识，突破难点。 资料以科学探究和科学思维为导向，如实验中用l-T²图像求重力加速度培养数据处理能力，例题通过多摆周期关系推导摆长比训练推理能力。设置分层练习（课时精练含基础与提升题），助力教师精准把控复习节奏，提升学生模型建构和实验技能，高效备战高考。

第40课时　单摆　实验九：用单摆测量重力加速度 目标要求　1.知道什么是单摆，熟记单摆的周期公式。2.知道利用单摆测量重力加速度的原理，掌握利用单摆测量重力加速度的方法。3.会对测量数据进行处理并进行误差分析。 考点一　单摆及其周期公式 1.如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置叫作单摆。(如图) 2.简谐运动的条件：θ<5°。 3.回复力：F回=mgsin θ=-x=-kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反，故单摆做简谐运动。 4.周期公式：T=2π。 (1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。 (2)g为当地重力加速度。 说明：当单摆处于月球上时，重力加速度为g月；当单摆处于超重或失重状态时，重力加速度为等效重力加速度。 5.单摆的等时性：单摆的振动周期取决于摆长l和重力加速度g，与振幅和摆球质量无关。 6.弹簧振子和单摆比较 模型 弹簧振子 单摆 示意图 简谐运动的条件 ①弹簧质量要忽略 ②无摩擦等阻力 ③在弹簧弹性限度内 ①摆线为不可伸缩的轻细线 ②无空气阻力等 ③最大摆角小于5° 回复力 弹簧弹力提供 摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力(不是摆球所受的合外力)提供 平衡位置 弹簧处于自然长度处 最低点 周期 T=2π T=2π (1)单摆的回复力表达式中k对应什么？ (2)由单摆的周期公式和回复力公式推导简谐运动的周期公式。 答案　(1)由单摆回复力公式可知k=。 (2)由回复力公式知=，替换单摆周期公式可得简谐运动的周期公式为T=2π。 例1　(2025·四川卷·5)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　) A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B.小球丁第一次经过平衡位置时，小球乙动能为零 C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4 D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2 答案　C 解析　根据单摆周期公式T=2π，可知T丁>T丙>T乙>T甲，设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲==T丙=，可得T丙=2T甲，T乙=T甲，T丁=4T甲，可得T甲∶T乙=3∶4，T丙∶T丁=1∶2，根据单摆周期公式T=2π，结合T丙∶T丁=1∶2，可得小球丙、丁的摆长之比L丙∶L丁=1∶4，故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放位置时，即经过时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，加速度不为零，故A错误；根据上述分析可得T乙=T丁，小球丁第一次到达平衡位置时，小球乙振动的时间为，即，可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。 例2　(2025·江苏南通市检测)如图甲所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点有一个钉子，将摆球(可视为质点)拉到A点后静止释放，摆球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图乙所示。已知摆球摆角始终小于5°，重力加速度g取10 m/s2，不计一切阻力和能量损失，下列说法中正确的是(　　) A.该单摆的周期为0.4π s B.O、P间的距离为1.6 m C.t=0.2π s时摆球动能最大 D.图中x1与x2的比值为2∶1 答案　D 解析　由题图乙可知，该单摆的周期为T=2(0.5-0.2)π s=0.6π s，选项A错误；根据单摆周期公式可得0.4π s=π，0.2π s=π，解得O、P间的距离为LOP=1.2 m，选项B错误；t=0.2π s时摆球到达最高点，此时速度为零，则动能为零，选项C错误；不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1=mgh2，所以摆球摆到两侧最高点位置时等高；设单摆在OP左侧最大偏角为θ，由数学知识得x1=2LOAsin ，设单摆在OP右侧最大偏角为α，由数学知识得x2=2LBPsin ，由机械能守恒定律得mgLOA(1-cos θ)=mgLBP(1-cos α)，其中LOA=4LBP，联立解得=，选项D正确。 针对训练　(2025·江苏苏州市检测)某单摆如图甲所示，其摆长为L，小钢球(可视为质点)带电量为+Q(Q>0)，该单摆做简谐运动的周期为T1。保持摆长不变，若在悬挂点处固定一个带+Q电荷量的小钢球(可视为质点)，如图乙所示，该单摆做简谐运动的周期为T2。若将图甲单摆置于匀强电场当中，如图丙所示，电场强度大小为(k为静电力常量)，方向竖直向下，该单摆做简谐运动的周期为T3。T1、T2和T3的大小关系为(　　) A.T1>T2=T3 B.T1=T2>T3 C.T1=T2<T3 D.T1<T2=T3 答案　B 解析　题图甲中小钢球在摆动过程中除了受细绳拉力外，只受重力，所以T1=2π；题图乙中小钢球在摆动过程中受细绳拉力、库仑力和重力，其中细绳拉力与库仑力的合力相当于题图甲中细绳的拉力，所以T2=2π；题图丙中小钢球在摆动过程中受细绳拉力、竖直向下的静电力和重力，其等效重力加速度为g'=g+=g+>g，所以T3=2π<2π，故T1=T2>T3，B项正确。 　几种常见的类单摆模型的等效摆长及等效重力加速度 模型 图示(l、l1、l2为摆线长，R为圆弧半径，小球可看成质点) 摆长 等效重力加速度g等效 周期T 双线摆 不变，lsin α g T=2π 折线摆 碰到钉子后变小 g T=π+π 圆弧摆 不变 g T=2π 斜面摆 不变 gsin α T=2π 电梯中的摆 不变 g+a T=2π 点电荷电场中的摆 不变 g T=2π 考点二　实验：用单摆测量重力加速度 装置图及原理 摆角很小时，单摆做简谐运动，周期T=2π，可得g=，则测出单摆摆长l=l线+和周期T，便可计算出当地的重力加速度g 实验器材 铁架台和铁夹、长约1 m的细线、中心有小孔的金属小球、停表、毫米刻度尺、游标卡尺 数据处理 (1)公式法：将测得的几组周期T和摆长l分别代入公式g=中，算出多组重力加速度g的值，再求出g的平均值 (2)图像法：根据测出的一系列摆长l对应的周期T，作l-T2的图像，由单摆周期公式得l=T2，图像应是一条过原点的直线，如图所示，求出图线的斜率k，即可利用g=4π2k求重力加速度 注意事项 (1)测周期的方法 ①从摆球过平衡位置时开始计时，此处速度大、计时误差小 ②要测多次全振动的时间来计算周期 ③在摆球过平衡位置开始计时，以后摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次，且在数“零”的同时按下停表 (2)测摆长的方法 摆线自然下垂时，用毫米刻度尺测量悬线长l线，用游标卡尺测量摆球的直径，然后计算出摆球的半径r，则摆长l=l线+r 误差分析 (1)偶然误差：来自对时间(即单摆周期)的测量，通过多次测量求平均值减小误差 (2)系统误差：来自单摆模型本身是否符合要求 (3)减小误差方法： ①细线的质量要小，弹性要小 ②摆球应选用体积小、密度大的材料 ③要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放，摆角小于5° ④单摆悬线的上端要夹紧在铁夹中，避免摆动时摆长改变 例3　(2025·江苏宿迁市期末)某学习小组进行“用单摆测量重力加速度”的实验。 (1)下列图中，最合理的装置及器材是　　　　。  (2)用游标卡尺测量摆球直径d，示数如图乙所示，则d=　　　　　　 cm，再测量摆线长l。  (3)当摆球到最低点时启动秒表开始计时并记为第1次，摆球第n次经过最低点时，秒表读数为t，单摆周期T=　　　　　　。  (4)由实验数据计算发现g测量值小于真实值，原因可能是　　　　　。  A.将次数n计多了 B.开始计时时，秒表过迟按下 C.悬点松动，摆动中摆线长度增大 D.将摆线长和球的直径之和当成了摆长 (5)某同学作出了T2-l图像，如图丙所示。图像不过原点对重力加速度的测量　　　　　　(填“有”或“没有”)影响。  答案　(1)C　(2)1.25　(3)　(4)C　(5)没有 解析　(1)题图A中将弹性棉绳缠绕在金属杆上，摆动时摆长将发生变化，且小球采用塑料球，所受空气阻力影响较大，该装置不合理，故A错误；题图B中细线采用弹性棉绳，铁球摆动时摆长将发生变化，该装置不合理，故B错误；题图C中利用铁夹将细丝线夹住，摆长可以近似认为不变，小球采用铁球，所受空气阻力可以忽略，该装置合理，故C正确；题图D中小球采用塑料球，所受空气阻力影响较大，该装置不合理，故D错误。 (2)根据游标卡尺的读数规律，该读数为 12 mm+0.1×5 mm=12.5 mm=1.25 cm (3)当摆球到最低点时启动秒表开始计时并记为第1次，摆球第n次经过最低点时，秒表读数为t， 则有t=(n-1)·，解得T=。 (4)根据T=2π，解得g=， 若将次数n计多了，结合上述可知，周期的测量值偏小，此时重力加速度g的测量值大于真实值，故A错误；开始计时时，秒表过迟按下，即测量时间t偏小，结合上述可知，周期的测量值偏小，则此时重力加速度g的测量值大于真实值，故B错误；悬点松动，摆动中摆线长度增大，即摆长的测量值偏小，则此时重力加速度g的测量值小于真实值，故C正确；将摆线长和球的直径之和当成了摆长，即摆长的测量值偏大，则此时重力加速度g的测量值大于真实值，故D错误。 (5)根据T=2π，解得T2=l+， 结合T2-l图像可知图像斜率k=，即g=， 故图像不过原点对重力加速度的测量没有影响。 例4　(2025·江苏南京市六校联合体联考)某同学欲利用一半径较大的固定光滑圆弧面测定重力加速度，圆弧面如图甲所示。该同学将小铁球从最低点移开一小段距离由静止释放，则小铁球的运动可等效为一单摆。 (1)用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图乙所示，则小铁球的直径d=　　　　　　 mm。  (2)测量小铁球的运动周期时，开始计时的位置为图甲中的　　　　(选填“A”“O”或“A'”)处。  (3)测量50次全振动的时间如图丙所示，则等效单摆的周期T=　　　　　 s。  (4)更换半径不同的小铁球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制的T2-图像如图丁所示，横、纵截距分别a、b，则当地的重力加速度g=　　　　　　，圆弧面的半径R=　　　　　　。(以上均用题目中的已知字母表示)  答案　(1)16.6　(2)O　(3)1.936　(4)　a 解析　(1)游标卡尺的精确度为0.1 mm， 小铁球的直径d=16 mm+6×0.1 mm=16.6 mm (2)测量单摆的运动周期时，应从最低点开始计时，故选填O点。 (3)从题图丙可知，50次全振动的时间为96.8 s， 故周期为T= s=1.936 s (4)摆球的周期T=2π， 变形得T2=- 结合图像可得=-，=b 解得g=，R==a。 课时精练 [分值：56分] 　[1~6题，每题4分] 1.(2025·江苏苏州市模拟)将一小球(可视为质点)悬挂于O点，拉开一个小角度(θ<5°)后静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.小球质量越大，摆动周期越小 B.拉开角度越小，摆动周期越小 C.小球摆动过程中机械能守恒 D.摆动过程中，绳的拉力与重力的合力充当回复力 答案　C 解析　根据单摆周期公式T=2π，可知摆动周期与小球质量和拉开角度无关，故A、B错误；小球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；摆动过程中，重力的切向分力充当回复力，故D错误。 2.(2025·江苏盐城市模拟)如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A.单摆的周期为t0 B.测量出的重力加速度g= C.小球拉起的幅度越大，运动周期越大 D.小球经过最低点时，速度最大，合力为零 答案　B 解析　由题图乙可知单摆的周期为T=2t0，A错误；根据单摆的周期T=2π，解得g==，B正确；根据单摆的周期T=2π，可知单摆的周期与振幅无关，C错误；小球经过最低点时，速度最大，合力提供向心力，不为零，D错误。 3.(2022·海南卷·4)在同一地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为(　　) A.2∶3 B.3∶2 C.4∶9 D.9∶4 答案　C 解析　由振动图像可知甲、乙两个单摆周期之比为T甲∶T乙=0.8∶1.2=2∶3，根据单摆周期公式T=2π，可得l=，则甲、乙两个单摆的摆长之比为l甲∶l乙=∶=4∶9，故选C。 4.(2024·甘肃卷·5)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大 B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零 C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同 D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同 答案　C 解析　由单摆的振动图像可知振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π得摆长为l==1.6 m，B、D错误；起始时刻位于正向最大位移处，速度为零，且A、C点的速度相同，A错误，C正确。 5.(2025·江苏无锡市期末)如图甲所示是游乐场常见的秋千，其示意图如图乙所示，绳长为L，轻绳与水平固定杆的夹角为α，重力加速度为g，在秋千做小角度自由摆动时(未坐人，忽略一切阻力)，座椅每次经过最低点的时间间隔可表示为(　　) A.Δt=2π B.Δt=π C.Δt=2π D.Δt=π 答案　D 解析　座椅做单摆运动，竖直方向摆长为Lsin α，故单摆周期T=2π，座椅每次经过最低点的时间间隔Δt==π，故选D。 6.(2025·江苏南通市模拟)如图所示，小球M用细线悬于定点O，小球N位于O点；将小球M拉离平衡位置P少许，同时将两球由静止释放，不计空气阻力。则(　　) A.球M先到达P点 B.球M、N同时到达P点 C.适当调整球M释放位置，两球可能在P点相遇 D.适当提高球N释放高度，两球可能在P点相遇 答案　D 解析　球M做单摆运动，第一次到达P点的时间为t1=×2π=，球N做自由落体运动，运动到P点的时间为t2=，显然t1>t2，即球N先到达P点，故若适当提高球N释放高度，两球可能在P点相遇。故选D。 7.(8分)(2025·江苏盐城市三模)如图甲所示，一根细线，上端固定于P点，下端系一可视为质点的小球，质量为m。若小球在竖直平面内做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关系如图乙所示，已知重力加速度为g，求： (1)(4分)该单摆的摆长； (2)(4分)小球的最大向心加速度。 答案　(1)　(2) 解析　(1)由题图乙可知，单摆的周期T=4t0 根据单摆周期公式T=2π，解得l= (2)小球到最低点时的动能E0=mv2 此时向心加速度最大 向心加速度的最大值a=得a=。 　[8题4分] 8.(2025·江苏淮安市一模)一单摆的摆长为1 m，摆球质量0.01 kg，开始时处在平衡位置。若给小球一个向右的水平冲量0.002 kg·m/s，以此时为t=0时刻，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.t=0时，摆球速度大小为1 m/s B.此次振动的周期约为1 s C.若将该摆从山脚移到山顶，其周期增大 D.若将该摆固定在加速向上运动的电梯中，其周期增大 答案　C 解析　由动量定理有I=mv-0，解得v=0.2 m/s，故A错误；由单摆周期公式T=2π可知，周期为T≈1.99 s，故B错误；若将该摆从山脚移到山顶，重力加速度将减小，根据T=2π可知，周期增大，故C正确；若将该摆固定在加速向上运动的电梯中，处于超重现象，电梯中的等效重力加速度为g'=g+a，加速度变大，根据T=2π得周期减小，故D错误。 9.(10分)(2025·浙江6月选考·14Ⅱ)在用单摆测重力加速度的实验中， (1)(4分)如图甲所示，可在单摆悬点处安装力传感器，也可在摆球的平衡位置处安装光电门。甲同学利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图乙所示，则单摆的周期为　　　　　　 s(结果保留3位有效数字)。乙同学利用光电门，从小钢球第1次遮光开始计时，记下第n次遮光的时刻t，则单摆的周期为T=　　　　　　；  (2)(4分)丙同学发现小钢球已变形，为减小测量误差，他改变摆线长度l，测出对应的周期T，作出相应的l-T2关系图线，如图丙所示。由此算出图线的斜率k和截距b，则重力加速度g=　　　　　　，小钢球重心到摆线下端的高度差h=　　　　　　；(结果均用k、b表示)  (3)(2分)丁同学用3D打印技术制作了一个圆心角等于5°、半径已知的圆弧槽，如图丁所示。他让小钢球在槽中运动，测出其运动周期，算出重力加速度为8.64 m/s2。若周期测量无误，则获得的重力加速度明显偏离实际值的最主要原因是　　　　　　　。  答案　(1)1.31　　(2)4π2k　kb　(3)见解析 解析　(1)单摆摆动过程中，在最低点绳子的拉力最大，相邻两次拉力最大的时间间隔为半个周期。由题图乙可知，从起始值到终止值经历的时间间隔 Δt=7.653 0 s-1.127 7 s=6.525 3 s 则有Δt=10×， 解得T≈1.31 s。 由题可得(n-1)=t， 解得周期为T=。 (2)摆长为L=h+l，根据单摆周期公式有T=2π， 解得l=T2-h， 可得l-T2图像的斜率为k=， 解得g=4π2k； 当T2=b时l=0， 则有0=·b-h， 解得h=kb。 (3)小钢球与圆弧槽之间存在阻力，导致周期变长。 10.(10分)(2025·江苏南京市调研)某同学设计了一个用拉力传感器进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。 (1)(2分)用游标卡尺测出小钢球直径，结果如图乙所示，则其直径D=　　　　　 mm；  (2)(2分)让小钢球以较小的角度在竖直平面内摆动，从计算机中得到拉力大小随时间变化的关系图像如图丙，则小钢球摆动的周期为T=　　　　　 s；  (3)(2分)该同学还测得该单摆的摆线长，用L表示，则重力加速度的表达式为g=　　　　　(用物理量T、L、D表示)。  (4)(2分)将小钢球多次拉离竖直方向一定角度后由静止释放，测得拉力的最小值F1与最大值F2并得到F2-F1图像，如图丁，如果小钢球在摆动的过程中机械能守恒，则该图像斜率的绝对值等于　　　　　；  (5)(2分)若实际测得F2-F1图像的斜率与理论值总是存在一定偏差，可能是以下哪种原因　　　。  A.测量单摆摆长时漏加小钢球半径 B.小钢球初始释放位置不同 C.小钢球摆动角度偏大 D.小钢球摆动过程中存在空气阻力 答案　(1)9.3　(2)2或2.0　(3)　(4)2　(5)D 解析　(1)读数为9 mm+3×0.1 mm=9.3 mm (2)小钢球在经过最低点时绳上的拉力最大，且一个周期内经过两次最低点，所以小钢球做单摆运动的周期为T=2×(1.5-0.5) s=2.0 s (3)由单摆周期公式可知T=2π 解得g== (4)设小钢球运动过程中最低点与最高点的高度差为h，根据牛顿第二定律以及机械能守恒可知 F1-mg=0，F2-mg=m mgh=mv2 联立解得F2=3mg-2F1，所以F2-F1图像的斜率的绝对值应为2； (5)由以上分析可知，摆长可以约掉，释放高度和角度也在计算过程中约掉，因此，存在误差的原因应该是有阻力做功，机械能不守恒，即存在空气阻力，故A、B、C错误，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $