实验九　用单摆测量重力加速度 课件-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“用单摆测量重力加速度”实验，覆盖实验原理、操作要领、数据处理及误差分析等核心考点，对接高考评价体系，明确教材原型与拓展创新实验考查权重，归纳游标卡尺读数、周期测量、图像法求g值等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题训练与核心素养融合，如结合2023新课标卷、2024湖北卷真题，通过T²-l图像斜率分析（科学思维）、摆长误差对g值影响（科学探究）突破考点，指导学生掌握数据处理与误差分析技巧，助力高效备考，为教师提供系统复习方案。

实验九　用单摆测量重力加速度 第七章 机械振动机械波 学习目标 1.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。 2.会对测量数据进行处理并进行误差分析。 目录 目 录 CONTENTS 夯实必备知识 01 研透核心考点 02 提升素养能力 03 目录 3 夯实必备知识 1 目录 4 实验装置图 操作要领 注意事项 1.做单摆 将细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂。 2.测摆长 用米尺量出摆线长l'(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l=l'+。 3.测周期 将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30~50次的总时间，算出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期。 4.改变摆长，重做几次实验 1.摆线要选1 m左右、柔软不易伸长的细线，不要过长或过短。 2.摆线长要待悬挂好球后再测，计算摆长时要将摆线长加上摆球半径。 3.单摆要在竖直平面内摆动，不要形成圆锥摆。 4.要从平衡位置开始计时，并数准全振动的次数 目录 夯实必备知识 实验装置图 操作要领 注意事项 数据处理 1.公式法:g=(由单摆周期公式T=2π所得)，算出多次实验重力加速度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图像，由单摆 周期公式得l=T2，图像应是一条过原点的倾斜直线，如图所示， 求出图线的斜率k，即可利用g=4π2k求重力加速度 误差分析 系统误差:本实验的系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即:悬点是否固定，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内的摆动以及测量哪段长度作为摆长等等。 偶然误差:本实验的偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上。为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值 目录 夯实必备知识 研透核心考点 2 考点二　拓展创新实验 考点一　教材原型实验 目录 7 考点一　教材原型实验 例1 (2026·江苏南京金陵中学月考)某同学在做“用单摆测重力加速度”实验: (1)实验时用10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=　　　　 cm。  (2)测单摆周期时，应该从摆球经过　　　　(选填“最低点”或“最高点”)时开始计时。  目录 研透核心考点 解析　(1)10分度游标卡尺的精确值为0.1 mm，则摆球的直径为d=1.2 cm+0×0.1 mm=1.20 cm。 (2)测量周期时，为减小实验误差，应从小球经过平衡位置时开始计时，即从摆球经过最低点时开始计时。 答案　(1)1.20　(2)最低点 目录 研透核心考点 (3)如果实验测得的g值偏小，可能的原因是　　　　。  A.测摆线长时摆线拉得过紧 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 C.开始计时时，秒表过迟按下 D.实验中误将49次全振动数记为50次 目录 研透核心考点 解析　根据单摆周期公式T=2π得g=，可知，测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，重力加速度测量值偏大，A错误;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，则摆长测量值偏小，重力加速度测量值偏小，B正确;开始计时时，秒表过迟按下，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，C错误;实验中误将49次全振动数记为50次，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，D错误。 答案　B 目录 研透核心考点 (4)某同学为了提高实验精度，在实验中改变几次摆长l，并测出相应的周期T，算出T2的值，再以l为横轴、T2为纵轴建立平面直角坐标系，将所得数据描点连线如图乙，并求得该直线的斜率为k。则重力加速度g=　　　　(用k、π表示)。  (5)另一小组同学用单摆测重力加速度后，也使用(4)的做法作出T2-l图像，用斜率算出重力加速度。实验后发现摆球质量分布不均匀，则测量结果是否有误差，请说明原因　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。  目录 研透核心考点 解析　 (4)根据单摆周期公式T=2π 得T2=l 可知T2-l图像的斜率k= 解得重力加速度为g=。 (5)没有误差，由k=可知，质量分布只影响摆长，而单摆摆长不影响图像的斜率k，因此不影响重力加速度的测量值。 答案　(4) (5)没有误差　原因见解析 目录 研透核心考点 1.(2023·新课标卷，23)一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。 (1)用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径，首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，如图(a)所示，该示数为　　　mm，螺旋测微器在夹有摆球时示数如图(b)所示，该示数为　　　mm，则摆球的直径为　　　　mm。  目录 研透核心考点 (2)单摆实验的装置示意图如图(c)所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角　　　　(选填“大于”或“小于”)5°。  (3)某次实验所用单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为　　　cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60 s，则此单摆周期为　　　　s，该小组测得的重力加速度大小为　　　　m/s2(结果均保留3位有效数字，π2取9.870)。  目录 研透核心考点 答案　(1)0.006(0.005~0.007均可)　20.035(20.034~20.036均可)　 20.029(20.027~20.031均可) (2)大于　(3)82.5　1.82　9.83 解析　(1)题图(a)中，螺旋测微器固定刻度读数为0，可动刻度部分读数为0.6×0.01 mm=0.006 mm，所以读数为0.006 mm;题图(b)中，螺旋测微器固定刻度读数为20.0 mm，可动刻度部分读数为3.5×0.01 mm=0.035 mm，所以读数为20.035 mm，摆球的直径d=20.035 mm-0.006 mm=20.029 mm。 目录 研透核心考点 (2)角度盘固定在O点时，摆线在角度盘上所指角度为摆角大小，若将角度盘固定在O点上方，由几何知识可知，摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°。 (3)单摆的摆长L等于摆线长l与摆球半径之和，即L=l+=82.5 cm;从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点，单摆完成30次全振动，故单摆的周期T= s=1.82 s;由单摆的周期公式T=2π可得g=，代入相关数据解得g=9.83 m/s2。 目录 研透核心考点 考点二　拓展创新实验 例2 (2024·湖北卷，12)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有:2 g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。 具体步骤如下: ①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图(a)所示。 ②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。 ③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。 ④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。 ⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。 该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期T=2π，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。 目录 研透核心考点 (1)由步骤④，可知振动周期T=　　　　。  (2)设弹簧的原长为l0，则l与g、l0、T的关系式为l=　　　　。  解析　(1)由于30次全振动所用的时间为t，则1次全振动的时间，即振动周期T=。 (2)弹簧振子平衡时，由力的平衡条件有k(l-l0)=Mg，又T=2π，联立可得l=l0+T2。 答案　(1)　(2)l0+T2 目录 研透核心考点 (3)由实验数据作出的l-T2图线如图(b)所示，可得g=　　　　m/s2(保留3位有效数字，π2取9.87)。  解析　结合(2)问分析可知l-T2图线的斜率k=，由题图(b)可知k= m/s2，联立解得g=9.65 m/s2。 答案　9.65 目录 研透核心考点 (4)本实验的误差来源包括　　　　　(双选，填选项前的字母)。  A.空气阻力 B.弹簧质量不为零 C.光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置 解析　空气阻力会使本实验中的振动系统做阻尼振动，即本实验中的振动系统并不是理想化的弹簧振子，而本实验中是将振动系统理想化为弹簧振子，从而测出重力加速度的，所以空气阻力是本实验的一个误差来源，A正确;(2)问分析中将弹簧振子的质量等效为托盘及其上砝码的总质量，但是实际上弹簧振子的质量为弹簧的质量和托盘及其上砝码的总质量之和，所以弹簧质量不为零是本实验的一个误差来源，B正确;由于数字计时器记录的是30次全振动的时间，所以光电门的位置只要在托盘经过的位置均可，即光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置不是本实验的误差来源，C错误。 答案　AB 目录 研透核心考点 2.(2026·江苏苏州期中)某同学利用双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度。实验装置如图甲所示，已知每根悬线长为d，两悬点间相距2s，金属小球半径为r，图中小球两侧为光电计数器。请回答下列问题: 目录 研透核心考点 (1)等效摆长 L=　　　　　　　　。  (2)如图乙是用游标卡尺测量小球的直径，则小球的直径是　　　　 cm。  目录 研透核心考点 (3)现将小球垂直于纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向的角度小于5°，启动光电计数器，光电计数器显示数为“0”，由静止释放小球，小球每经过平衡位置O时光电计数器计数一次。当小球第一次经过平衡位置O时，计时器开始计时。当光电计数器上显示的计数次数刚好为n时，测得所用的时间为t，由此可知单摆的振动周期 T=　　　　。  (4)根据实验中测得的数据，画出T2-L图像如图丙所示，π=3.14，根据图像，可求得当地的重力加速度大小为　　　　 m/s2(保留3位有效数字)。  目录 研透核心考点 答案　(1)+r　(2)1.54　(3) (4)9.86 解析　(1)摆长等于摆线的有效长度与小球的半径之和，即等效摆长 L=+r。 (2)根据游标卡尺的读数规则可知小球的直径 2r=15 mm+4×0.1 mm=15.4 mm=1.54 cm。 目录 研透核心考点 (3)当光电计数器显示数为“1”时是0时刻，故计数次数刚好为n时，全振动次数 N= 故单摆的振动周期T==。 目录 研透核心考点 (4)根据单摆的周期公式T=2π 可得T2=L 结合题图丙得T2-L图像的斜率k== s2/m 解得当地的重力加速度大小g≈9.86 m/s2。 目录 研透核心考点 提升素养能力 3 目录 1.(2026·江苏镇江期末)某同学甲利用如图(a)所示装置做“用单摆测重力加速度”的实验，进行了如下操作步骤: (1)用游标卡尺测出摆球的直径d。 (2)在安装实验装置的过程中，下列有关器材的选择和安装最合理的是　　　　。  01 02 03 04 目录 提升素养能力 (3)在测量单摆周期时，为了减小实验误差，该组同学先测量了完成多个周期所需要的时间，实验时应从摆球经过　　　　(选填“最低点”或“最高点”)时开始计时。  (4)某同学乙在家里做用单摆测量重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一个质量分布不均匀的铁球，铁球的重心不在球心，但是在球心与悬点的连线上。他仍将从悬点到铁球中心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得几组L和对应的周期T，画出T2-L图线如图(b)所示，根据图像判断测量摆长L　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)真实摆长;在图线上选取A、B两个点，坐标分别为(LA，)、(LB，)，可计算出重力加速度g=　　　　　　　　。  答案　(2)D　(3)最低点　(4)大于　 01 02 03 04 目录 提升素养能力 解析　(2)为了使单摆在摆动的过程中摆长保持不变，应选用不易拉伸的细丝线作为摆线，并用铁夹固定在铁架台上，故D正确。 (3)摆球摆到最低点(平衡位置)时开始计时，此时摆球的速度最大，可以减小测量周期产生的误差。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (4)由题图(b)可知，测量摆长大于实际摆长。设摆球重心在球心上方的距离为x，则有T=2π 解得T2=L-x 在T2-L图像中，其斜率k== 解得g=。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 2.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)用游标卡尺测出小钢球直径D。 (2)让小钢球以较小的角度(<5°)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乙，则小钢球摆动的周期为T=　　　　s。  01 02 03 04 目录 提升素养能力 (3)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π、T、L、D表示)。  (4)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图像如图丙，如果小钢球在摆动的过程中机械能守恒，则该图像的斜率的绝对值等于　　　　。  01 02 03 04 目录 提升素养能力 (5)若实际测得F2-F1图线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 01 02 03 04 目录 提升素养能力 答案　(2)2.0　(3)　(4)2　(5)D 解析　(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，所以小钢球摆动的周期为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=。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (4)根据向心力公式以及机械能守恒定律得F1-mg=0 F2-mg=m mgh=mv2 联立解得F2=3mg-2F1，所以F2-F1图像斜率的绝对值等于2。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (5)由以上分析可知，绳长可以约掉，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。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 3.(2026·江苏南通期中)在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中。 (1)在周期测量的过程中，秒表指针如图所示，其读数为　　　　 s。  01 02 03 04 目录 提升素养能力 (2)实验中，甲、乙两位同学一起做实验，在记录数据前各自设计了如图的表格，其中合理的是　　　　(选填“A”或“B”)表。  实验次数 1 2 3 平均值 l         T         g   实验次数 1 2 3 平均值 l       T       g         A B 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (3)某同学根据实验中测出六组单摆的振动周期T与摆长L的数据，在坐标系中作出了如图所示的T2-L关系图像，由该图像计算出重力加速度g=　　　　 m/s2(π取3.14，结果保留3位有效数字)。  01 02 03 04 目录 提升素养能力 (4)实验中某同学在摆球表面包有一小块橡皮泥如图甲所示，在竖直平面内其振动图像如图乙所示，某时刻橡皮泥瞬间自然脱落，不考虑单摆摆长的变化，此后单摆周期T　　　　(选填“>”“=”或“<”)4 s，单摆振幅A　　　　(选填“>”“=”或“<”)10 cm。  01 02 03 04 目录 提升素养能力 答案　(1)57.8　(2)B　(3)9.62　(4)=　= 解析　(1)秒表的读数为30 s+27.8 s=57.8 s。 (2)实验数据的处理是依据每一次实验数据得出一个重力加速度，然后改变摆长，测出对应周期，再算出对应的重力加速度，最终将测量得出的重力加速度取平均值。若将多次摆长取平均值，周期取平均值，则重力加速度更加不准确。故选B。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (3)根据T=2π得T2= 由图像可知斜率k==4.1 s2/m 解得重力加速度为g=9.62 m/s2。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (4)由单摆周期公式T=2π，可知单摆周期与摆球质量无关，所以橡皮泥脱落后单摆周期不变，仍为T=4 s;由机械能守恒定律有mgh=mv2，解得h=，可知上升高度和质量无关，则摆长不变情形下振幅不变，所以橡皮泥脱落后单摆振幅A=10 cm。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 4.(2023·重庆卷，11)某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。 (1)用游标卡尺测量摆球直径d。当测量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球的直径d为　　　　mm。  (2)用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示。当摆线长度l=990.1 mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T=2.00 s，由此算得重力加速度g为　　　　m/s2(π2≈9.87，保留3位有效数字)。  01 02 03 04 目录 提升素养能力 (3)改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分别用l和l+作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图丙所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加，Δg的变化特点是　　　　　　　　　　　　　　　，原因是　　　　　　　　 　　　。  丙 01 02 03 04 目录 提升素养能力 答案　(1)19.20　(2)9.87　(3)Δg逐渐减小　随着摆线长度l的增加，则l+越接近于l，此时计算得到的g的差值越小 解析　(1)摆球直径d=19 mm+10×0.02 mm=19.20 mm。 (2)单摆的摆长为L=l+=990.1 mm+×19.20 mm =999.7 mm=0.999 7 m 根据T=2π 可得g= 代入数据得g= m/s2 =9.87 m/s2。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (3)由题图丙可知，随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小，原因是随着摆线长度l的增加，则l+越接近于l，此时计算得到的g的差值越小。 丙 01 02 03 04 目录 提升素养能力 本节内容结束 THANKS $