第二章 5 实验：用单摆测量重力加速度（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（人教版 浙江专版）

本讲义聚焦“用单摆测量重力加速度”核心实验，从单摆简谐运动条件（偏角<5°）切入，基于周期公式T=2π√(l/g)推导g=4π²l/T²，通过测量摆长（悬线长+摆球半径）和周期（多次全振动时间求平均），结合公式法与T²-L图像法处理数据，构建“原理-测量-分析”完整学习支架。 资料突出科学探究与科学思维，系统误差分析（如悬点固定、摆长测量偏差）培养严谨态度，T²-L图像斜率求g体现模型建构与数据处理能力。典型例题（游标卡尺读数、周期测量误差）及课时对点练结合高考真题，课中辅助教师实验教学，课后助力学生巩固应用、查漏补缺。

5　实验：用单摆测量重力加速度 [学习目标]　1.进一步理解单摆做简谐运动的条件和单摆周期公式中各物理量的意义。2.学会利用单摆的周期公式测量重力加速度(重点)。3.熟练掌握用图像处理实验数据的方法(重难点)。 一、实验思路 1.实验原理 单摆在偏角很小(小于5°)时的运动，可看成简谐运动，根据其周期T＝2π，可得g＝。 2.物理量的测量 测出摆长l和周期T，即可计算得到当地的重力加速度数值。 二、实验装置 实验装置如图所示 实验器材 铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、停表、细线(1 m左右)、刻度尺、游标卡尺。 三、实验步骤 1.组装器材 (1)让细线穿过小球上的小孔，在细线的穿出端打一个比孔径稍大一些的线结，制成一个单摆。 (2)将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，把单摆上端固定在铁夹上，使摆线自由下垂。在单摆平衡位置处做上标记。 2.物理量的测量 (1)摆长的测量 用刻度尺量出悬线长l'(准确到mm)，用游标卡尺测出摆球的直径d，则摆长为l＝l'+。 (2)周期的测量 把单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，释放摆球。当摆球摆动稳定后，经过最低位置，即平衡位置时，用停表开始计时，测出单摆完成30次(或50次)全振动的时间，求出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期。 3.重复测量 改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格。 设计如表所示实验表格 实验 次数 摆长 l/m 周期 T/s 重力加速度 g/(m·s－2) 1 2 3 4 5 四、数据分析 1.公式法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式g＝中求出g的值，最后求出g的平均值。 2.图像法：由T＝2π得T2＝l，以T2为纵轴，以l为横轴作出T2－l图像(如图所示)。其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g。 五、误差分析 1.误差来源 本实验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面内的摆动以及测量哪段长度作为摆长等。 本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上。 2.误差分析 (1)测量摆长时引起的误差 ①若测量摆长时摆线拉得过紧；测量了摆线长后却误加了摆球直径等，会使测量的摆长偏大； ②若在未悬挂摆球前测量了摆长；悬点未固定好，摆球摆动过程中出现松动；测量了摆线长漏加了摆球半径等，使测量的摆长偏小。 (2)测量周期时引起的误差 ①由于测量全振动次数错误造成误差。 ②开始计时或停止计时时过早或过迟按下停表。 ③计量单摆的全振动次数时，不从摆球通过最低点(平衡位置)时开始计时，容易产生较大的计时误差。 六、注意事项 1.选择细而不易被拉长的线，长度一般不应短于1 m；摆球应选用密度较大、直径较小的金属球。 2.单摆悬线的上端应紧夹在铁夹中，不可以随意卷在铁杆上。 3.摆长要悬挂好摆球后再测，不要先测摆长再悬挂小球，不要把摆线长当成摆长。 4.摆动时摆线偏离竖直方向的角度应很小，不能超过5°。 5.摆球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆。 6.计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置(平衡位置)时开始计时，要测n次全振动的时间t。 例1　(2024·浙江省高二期中)小张同学在实验室进行“用单摆测量重力加速度”的实验： (1)他将摆球悬挂于铁架台上，如图所示的悬挂方式中，正确的是　　　　　。 (2)他在实验中的下列操作中正确的是　　　　　。 A.摆线在选择时应挑选细些、长些，伸缩性好的进行实验 B.摆球尽量选择质量小且体积小的 C.为了方便测量，实验时应使摆角较大，15°为宜 D.测量数据时，可以从摆球经过平衡位置时从0开始计数，记下摆球第100次经过最低点所用的时间t，则单摆周期T＝ (3)①测量周期时，用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图甲所示，为　　　　 s。 ②测摆长时，他采用了刻度尺直接测量的方法，如图乙所示，将摆球最低点对应的刻度尺读数代入计算，则测得的重力加速度g值　　　　　　(选填“偏大”“偏小”或“没有影响”)。 答案　(1)C　(2)D　(3)①111.4　②偏大 解析　(1)为防止实验过程摆长发生变化，单摆上端应固定；由题图可知，A、B的悬挂方式在实验过程中摆线会松动，悬点没有固定，C的悬挂方式悬点固定，可以避免摆线松动，故选C。 (2)为减小实验误差，摆线尽量选择细些、伸缩性小些且适当长一些的，摆球尽量选择密度大的，即质量大些、体积小些的，故A、B错误；应使摆角小于5°，才可看作单摆，故C错误；测量数据时，可以从摆球经过平衡位置时从0开始计数，记下摆球第100次经过最低点所用的时间t，则单摆周期T＝，故D正确。 (3)①根据停表的读数方式可知示数为60 s+51.4 s＝111.4 s； ②摆长应为摆线长与摆球半径之和，根据T＝2π可知，将摆球最低点对应的刻度尺读数代入计算，测得的重力加速度g值偏大。 例2　(2024·宁波市奉化区高二期末)某同学在“用单摆测量重力加速度”的实验中进行了如下的操作： (1)如图甲，用游标卡尺测量摆球的直径，读数为　　　　　　 mm；把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。 (2)用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该秒表记录时间为　　　　　　 s。该单摆的周期是T＝　　　　　　 s(结果保留三位有效数字)。 (3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2－L图线如图丙，重力加速度为g，则此图线斜率的物理意义是　　　　。 A.g B. C. D. (4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小　　　　。 A.偏大 B.偏小 C.不变 D.都有可能 答案　(1)20.5　(2)100.2　3.34　(3)C　(4)C 解析　(1)用游标卡尺测量摆球的直径，读数为20 mm+0.1 mm×5＝20.5 mm； (2)该秒表记录时间为t＝60 s+40.2 s＝100.2 s，该单摆的周期是T＝ s＝3.34 s； (3)根据T＝2π，可得T2＝L，则k＝，故选C； (4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，但是图像的斜率不变，则由图线斜率得到的重力加速度与原来相比其大小不变。 例3　(2024·浙江省高二期中)某同学在实验室研究“用单摆测量重力加速度”的实验中， (1)下列三张图片是三次操作中摆角最大的情景，其中操作合理的是　　　　。 (2)选择正确实验图，利用测得的一组数据，计算得到的g值偏小，可能的原因是　　　　。 A.测摆长时摆线拉得过紧 B.开始计时时，停表过迟按下 C.摆线上端悬点未固定，摆动中出现松动，使摆线长度增加了 D.某同学通过测量30次全振动的时间来测定单摆的周期T，他在单摆经过平衡位置时按下停表记为“1”，若同方向再次经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止停表，读出这段时间t，算出周期T＝。 答案　(1)B　(2)C 解析　(1)研究“用单摆测量重力加速度”的实验中，为了减小实验误差，摆球要使用密度大、体积小的钢球，且单摆的摆角不能超过5°。故选B。 (2)根据单摆的周期公式T＝2π可得g＝ 若测摆长时摆线拉得过紧，则在实验中由于摆线恢复因拉得过紧而产生的微小形变后，实际摆长将偏小，而计算用到的摆长比实际值偏大，因此计算得到的重力加速度将偏大，故A错误； 开始计时时停表过迟按下，所记录多次全振动的总时间将偏小，因此得到的振动周期将偏小，根据g＝计算得到的重力加速度将偏大，故B错误； 摆线上端悬点未固定，摆动中出现松动，使摆长增加了，但在计算时仍然用的是测量得到的摆长，小于实际摆长，因此代入计算公式中得到的重力加速度的值偏小，故C正确； 单摆经过平衡位置时按下停表记为“1”，若同方向再次经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止停表，读出这段时间t，算出周期应为T＝，用T＝计算所得周期将偏小，代入重力加速度的计算公式g＝得到的重力加速度的计算值将偏大，故D错误。 例4　(2024·浙江省金兰教育合作组织高二期中)在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某同学利用智能手机和两个相同的圆柱体小磁粒进行了如下实验： (1)用铁夹将摆线上端固定在铁架台上，将两个小磁粒的圆柱底面吸在一起，细线夹在两个小磁粒中间，做成图(a)所示的单摆； (2)用刻度尺测量悬线的长度l，用游标卡尺测得小磁粒的底面直径d； (3)将智能手机磁传感器置于小磁粒平衡位置正下方，打开手机智能软件，测量磁感应强度的变化； (4)将小磁粒由平衡位置拉开一个小角度(小于5°)，由静止释放，运行手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图(b)所示。试回答下列问题： ①由图(b)可知，单摆的周期为　　　　　　； ②重力加速度g的表达式为　　　　　　　　(用测得物理量的符号表示)； ③改变悬线长度l，重复步骤(2)、(3)、(4)的操作，可以得到多组周期T和悬线长度l的值，以　　　　　(选填“”“T”或“T2”)为纵坐标，以l的值为横坐标，描点作图。若所得的图像如图(c)所示，图像的斜率为k，则重力加速度的测量值为　　　　　。 答案　(4)①2t0　②　③T2　 解析　(4)①根据单摆的运动规律，一个周期内应该有两个磁感应强度的最大值。由题图(b)可得，单摆的周期为2t0。 ②根据T＝2π， 且因为T＝2t0，l0＝l+， 解得g＝ ③根据T＝2π， 可得T2＝l+， 所以若所得图像为题图(c)，则应以T2为纵坐标， 此时图像斜率k＝，得g＝。 课时对点练 [分值：70分] 1.(6分)在“用单摆测量重力加速度”实验中。 (1)(2分)下列操作正确的是　　　　　。 A.甲图：小球从偏离平衡位置60°开始摆动 B.乙图：细线上端用铁夹固定 C.丙图：小球到达最高点时作为计时开始与终止的位置 D.丁图：小球自由下垂时测量摆线的长度 (2)(2分)某同学通过测量30次全振动的时间来测定单摆的周期T，他在单摆经过平衡位置时按下秒表记为“1”，若同方向再次经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间t，算出周期T＝。其他操作步骤均正确。多次改变摆长L时，他均按此方法记录多组数据，并绘制了T2－L图像，则他绘制的图像可能是　　　　　。 (3)(2分)按照(2)中的操作，此同学获得的重力加速度将　　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 答案　(1)BD　(2)D　(3)偏大 解析　(1)摆线与竖直方向的夹角不超过5°时，才可以认为摆球的运动是简谐运动，故A错误； 细线上端应用铁夹固定，防止松动引起摆长变化，故B正确； 当小球运动到最低点时开始计时误差较小，故C错误； 实验时应该测量小球自由下垂时摆线的长度，故D正确。 (2)根据T＝2π，得T2＝，可知T2与L成正比，所以D正确，A、B、C错误。 (3)实际的全振动次数为29，按30次计算，则计算得到的周期测量值偏小，根据g＝可知，测得的重力加速度偏大。 2.(6分)(2024·绍兴市高二期中)寒假期间物理学习小组6名学生登上某山峰后，为粗略测出山顶处的重力加速度，他们用细线拴好石块P系在树枝上以O点为悬点做成一个简易单摆，如图所示。然后用随身携带的钢卷尺、电子手表进行了测量。同学们首先测出悬点O到石块最上方的结点A的距离为L，作为摆长，然后将石块拉开一个小角度(小于5°)，由静止释放，使石块在竖直平面内摆动(系石块的树枝始终静止)，用电子手表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。 (1)(2分)利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式g＝　　　　　。 (2)(2分)若振动周期测量正确，但由于难以确定石块重心，只是测出悬点O到石块最上方的结点A的距离，并把OA距离当作摆长，这样计算出来的山顶处重力加速度值比真实值　　　　　(填“偏大”“偏小”或“相等”)。 (3)(2分)该小组6名同学又进入实验室进行精准测量，在组装单摆时，应在下列器材中选用较为合适的是　　　　　　。 A.长度为1.1 m左右的麻绳 B.长度为1.1 m左右的细线 C.直径为2 cm左右的塑料球 D.直径为2 cm左右的铁球 答案　(1)　(2)偏小　(3)BD 解析　(1)用电子手表测出单摆完成n次全振动所用的时间t，则周期为T＝，根据T＝2π，联立可得重力加速度的表达式为g＝； (2)把OA距离当作摆长，可知摆长比真实值偏小，根据g＝，可知这样计算出来的山顶处重力加速度值比真实值偏小。 (3)为减小实验误差，摆线长度应远大于摆球直径，且摆线的质量与摆球的质量相比可忽略，所以应选择长度约为1.1 m左右的细线；为减小空气阻力的影响，摆球应选择质量大的金属球，所以应选择直径为2 cm左右的铁球。故选B、D。 3.(12分)在做用单摆测量重力加速度的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝　　　　。若已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是　　　　 m。若测定了40次全振动的时间如图乙中停表所示，则停表读数是　　　　　 s，单摆摆动周期是　　　　　 s。 为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值。现将测得的六组数据标示在以l为横坐标、以T2为纵坐标的坐标系上，如图丙所示。试根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线，根据图线可求出g＝　　　　　 m/s2(结果保留2位有效数字)。 答案　　0.875 0　75.2　1.88　见解析图　9.9 解析　由单摆的周期公式T＝2π， 可知g＝，如题图甲所示， 则单摆摆长为l＝(88.50－1.00) cm＝87.50 cm＝0.875 0 m 据停表的读数规则，题图乙内圈示数为60 s； 题图乙外圈示数为15.2 s， 所以停表的示数为t＝75.2 s， 单摆摆动周期是T＝ s＝1.88 s。 连线时使大部分点落在图线上，不在图线上的点均匀分布在图线的两侧，如图所示， 则直线斜率k＝＝4 s2/m， 重力加速度g＝，解得g≈9.9 m/s2。 4.(4分)利用单摆测量当地重力加速度的实验中。 (1)(2分)利用游标卡尺测得金属小球直径如图所示，小球直径d＝　　　　　 cm。 (2)(2分)某学生通过改变摆长而测出对应的摆动周期T，但在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径。其他操作无误，那么该同学根据测量的摆长L与单摆周期T的关系画出的L－T2图像可能是下列图像中的　　　　。 答案　(1)1.61　(2)B 解析　(1)由题图可知游标卡尺的读数为 d＝16 mm+1×0.1 mm＝16.1 mm＝1.61 cm (2)根据单摆周期公式T＝2π得L＝T2－R，当T＝0时，L为负值。故选B。 5.(12分)甲、乙两同学利用单摆测定当地重力加速度。 (1)(3分)甲同学用20分度的游标卡尺测量摆球的直径，如图所示，他测量的读数应该是　　　　　cm。接着他正确测量了摆线长，加上摆球半径，得到了摆长。 (2)(3分)为了测定该单摆的振动周期T，下列做法中正确的是　　　　　。 A.将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放开始计时，小球第一次回到释放点停止计时，以这段时间为周期 B.将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放开始计时，小球第30次回到释放点停止计时，以这段时间除以30作为周期 C.将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放摆球，当小球某次通过最低点时开始计时，并计数为0，以后小球每次经过最低点时，他依次数为1、2、3…，数到60时停止计时，以这段时间除以30作为周期 D.将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放摆球，当小球某次向右通过最低点时开始计时，并同时计数为30，以后小球每次向右经过最低点时，他依次计数为29、28、27…，数到0时停止计时，以这段时间除以30作为周期 (3)(3分)乙同学没有测量摆球直径，只正确测得了摆线长为l，和对应的单摆振动周期为T。然后通过改变摆线的长度，共测得6组l和对应的周期T，计算出T2，作出l－T2图线，在图线上选取相距较远的A、B两点，读出与这两点对应的坐标，如图所示。乙同学计算重力加速度的表达式为g＝　　　　　　　。 (4)(3分)乙同学没有测量摆球直径，把摆线长当成了摆长。你认为他这种做法会不会引起实验的系统误差　　　　　(填“会”或“不会”)。 答案　(1)2.240　(2)CD　(3)　(4)不会 解析　(1)测量的读数为d＝22 mm+8×0.05 mm＝22.40 mm＝2.240 cm (2)将摆球拉离平衡位置一个小角度，应该当小球通过最低点时开始计时，且不能只计一次，这样实验误差太大，故A、B错误； 将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放摆球，当小球某次通过最低点时开始计时，并计数为0，以后小球每次经过最低点时，他依次数为1、2、3…，数到60时停止计时，以这段时间除以30作为周期，做法正确，故C正确； 将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放摆球，当小球某次向右通过最低点时开始计时，并同时计数为30，以后小球每次向右经过最低点时，他依次计数为29、28、27…，数到0时停止计时，以这段时间除以30作为周期，做法正确，故D正确。 (3)根据单摆周期公式T＝2π， 得T2＝ 将A、B两点的数据代入可得 ， 联立可得g＝ (4)根据T＝2π，可得T2＝l+r， 可得k＝，即g＝ 可知乙同学没有测量摆球直径，把摆线长当成了摆长。他这种做法斜率不变，在用斜率计算重力加速度不会引起实验的系统误差。 6.(15分)某实验小组用图甲所示装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。 (1)(3分)组装单摆时，应该选用　　　　　(选填器材前的字母代号)； A.长度为1 m左右的细线 B.长度为20 cm左右的细线 C.直径约为1.8 cm的泡沫球 D.直径约为1.8 cm的钢球 (2)(3分)如图乙，用游标卡尺测量摆球直径，摆球直径d＝　　　　　 cm； (3)(6分)小明同学测量了6组数据，在坐标纸上描点作图得到了如图丙所示的图像，其中T表示单摆的周期，L表示单摆的摆长，则计算重力加速度g的表达式为　　　　　　　，结合图像计算出当地的重力加速度g＝　　　　　　　m/s2(π取3.14，计算结果保留三位有效数字)； (4)(3分)某同学在实验中操作不当，使得摆球在运动过程中变成圆锥摆，如图丁所示。他认为这种情况不会影响测量结果，所以他仍然利用所测得的运动周期，根据单摆周期公式计算重力加速度，则该同学计算出的重力加速度值与真实值相比　　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。 答案　(1)AD　(2)1.85　(3)　9.86　(4)偏大 解析　(1)根据T＝2π，得g＝，需要测量摆长，在实验过程中摆球越重，空气阻力对实验的影响越小，摆长越长，测量误差越小。故选A、D。 (2)10分度游标卡尺的精确值为0.1 mm， 由题图乙可知摆球直径为d＝1.8 cm+5×0.1 mm＝1.85 cm (3)根据T＝2π， 可得重力加速度的表达式为g＝ 根据T2＝L， 可知T2－L图像的斜率为k＝＝4 s2/m 解得当地的重力加速度为g＝3.142 m/s2≈9.86 m/s2 (4)该同学在实验中操作不当，使得摆球在运动过程中变成圆锥摆， 根据牛顿第二定律有mgtan θ＝mr 其中r＝Lsin θ 解得 T＝2π<2π 根据g＝L，T偏小，所以重力加速度的测量值与真实值相比偏大。 7.(15分)(2024·湖州市高二期末)某物理实验小组利用单摆测量重力加速度的实验装置如图甲所示。不可伸长的细线与拉力传感器连接。 (1)(5分)用游标卡尺测小球直径如图乙所示，则小球直径d为　　　　　 mm； (2)(5分)记录细线拉力F的大小随时间变化关系如图丙所示，由图可知单摆周期T＝　　　　　 s(保留两位有效数字)。 (3)(5分)实验小组设计了另一种测量重力加速度的方法，在小球平衡位置安装一个光电门，如图丁所示。测量小球通过光电门的挡光时间，计算出小球通过最低点的速度，并记录下细线拉力的最大值FT。改变小球静止释放的高度，进行多次测量，得到多组v和FT数据，以FT为纵坐标，以v2为横坐标绘制图像，得到的图像如图戊所示。若已知小球质量为m，该图像斜率为k，纵截距为b，则当地重力加速度大小g＝　　　　　(用题中所给字母表示)。 答案　(1)18.9　(2)2.4(2.3、2.5均可)　(3) 解析　(1)由题图乙可知，小球的直径为d＝18 mm+9×0.1 mm＝18.9 mm (2)根据题意可知，小球通过最低点时，细线的拉力最大，则由题图丙可知，小球的周期T≈2.4 s。 (3)根据题意可知，在最低点， 由牛顿第二定律有FT－mg＝m， 整理可得FT＝·v2+mg， 结合题图戊可得b＝mg，解得g＝。 学科网（北京）股份有限公司 $