考点10 用单摆测量重力加速度 重点考点解读讲义 -2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

高中物理选择性必修一重点考点解读 考点10 用单摆测量重力加速度 知识网络 考点解读 一、实验原理 当摆角很小时，单摆做简谐运动，其振动周期T＝2π，它与摆角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝ 　。因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地重力加速度g的值。 二、实验器材 带有铁夹的铁架台、中心有小孔的小钢球、不易伸长的细线(约1米)、停表、毫米刻度尺和游标卡尺。 三、实验步骤 1．做单摆 将细线穿过带孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把细线的另一端用铁夹固定在铁架台上，并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂。实验装置如图。 2．测摆长 用毫米刻度尺量出摆线长l′，用游标卡尺测出小钢球直径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°)，然后释放摆球，当单摆经过平衡位置时开始计时，记下单摆做30～50次全振动的总时间，算出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期。 4．改变摆长，重复做几次实验。 四、数据处理 1．公式法 将测得的几组周期T和摆长l代入公式g＝中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即当地重力加速度的值。 2．图像法 由单摆的周期公式T＝2π 可得l＝T2，因此以摆长l为纵轴、以T2为横轴作出的l－T2图像是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g＝4π2k。 拓展： (1)测量摆长，未加小球半径时，用公式法求得的g值偏小，但根据T2－l图线，由斜率求得的g值是准确的，因为T2＝(L＋r)＝L＋r(L为绳长)，此时图线如图中a所示。 (2)同理，如果把绳长加小球直径作为摆长，此时，T2＝(l－r)＝l－r，其T2－l图线如图中b所示，由斜率求得的g值仍然是准确的。 五、注意事项 (1)一般选用一米左右的细线。 (2)悬线顶端不能晃动，需有夹子夹住，保证悬点固定。 (3)应在小球自然下垂时用毫米刻度尺测量悬线长。 (4)单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°。 (5)选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时 ，并数准全振动的次数。 六、误差分析 产生原因 减小方法 偶然 误差 测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差 ①多次测量再求平均值； ②计时从单摆经过平衡位置时开始 系统 误差 主要来源于单摆模型本身 ①摆球要选体积小，密度大的； ②最大摆角要小于5° 能力素养提升 1. 利用弹簧振子测量重力加速度，例如2024年高考湖北卷第12题。 2. 在悬点装置力传感器测量得出拉力随时间变化的图像，得出单摆简谐运动周期。 3. 在磁铁做成的摆球平衡位置下方设置磁传感器，得出摆球经过平衡位置随时间变化图像，得出单摆简谐运动周期。 针对训练 1. (2026·辽宁省三校联考)利用单摆可以测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小球，制成单摆。 　　 (1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________cm。 (2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是________(填标号)。 A．摆线要选择较细、伸缩性小些的，并且线尽可能短一些 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，摆线相对平衡位置的偏角越大越好 D．用刻度尺测量摆线的长度，就是单摆的摆长 (3)悬挂后，用米尺测量摆长L1，将小球拉离平衡位置一个小角度(小于5°)，由静止释放小球，稳定后小球在某次经过平衡位置时开始计时，经过50个全振动时停止计时，测量结果如图丙所示，则通过测量和计算可得出单摆周期T＝________s。 (4)实验中改变摆长L获得多组实验数据，正确操作后作出的T2－L图像为图丁中②图线。某同学误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，其他实验步骤均正确，作出的图线应当是图丁中的________(填“①”“③”或“④”)，利用该图线求得的重力加速度________(填“大于”“等于”或“小于”)利用图线②求得的重力加速度。 [答案]　(1)1.86　(2)B　(3)2.6　(4)③　等于 [解析]　(1)钢球直径读数为18 mm＋0.1 mm×6＝18.6 mm＝1.86 cm。 (2)为减小实验误差，摆线要选择较细、伸缩性小些的，并且线尽可能长一些，A错误；为减小空气阻力，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，B正确；若摆线相对平衡位置的偏角超过5°，摆球的运动将不是简谐运动，C错误；摆长为摆线长加上摆球半径，D错误。 (3)停表读数为t＝2 min＋10.0 s＝130.0 s。单摆周期为T＝ s＝2.6 s。 (4)单摆周期公式为T＝2π，得T2＝l，若误将悬点到小球下端的距离记为摆长，则T2＝(L－r)，作出的图线应当是图丁中的③。T2－L图像斜率不受影响，故利用该图线求得的重力加速度等于利用图线②求得的重力加速度。 2．（2026吉林通化质检）质量为、上端细长圆管直径为的比重计漂浮于密度为的液体中，如图（a） 所示。用手向下轻推一下比重计，给它一竖直向下的初速度，使其可以在液体中做小幅振动（液体的阻力不计）。某同学通过实验探究液体密度与比重计振动周期之间的关系。 (1)在比重计上做好标注点，然后将其放入到水中，当其平衡后，在水中与标注点对齐的水平方向某处放置一固定浮标，如图（a）所示。沿竖直方向轻推比重计，当比重计上的标注点某次与浮标等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中比重计振动了___________个周期。 (2)换用其他常见液体（汽油、酒精、盐水、豆油、蔗糖水和蜂蜜水）重复上述操作，测得多组数据。为了探究与之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如下表所示。 液体 水 酒精 汽油 豆油 盐水 蔗糖水 蜂蜜水 0.6516 0.7236 0.7032 0.6718 0.6416 0.5874 0.5791 0 -0139 -0.104 -0.042 0.026 0.124 0.148 根据表中数据绘制出lnρ—lnT图像如图（b）实线所示，则与的近似关系为___________。 A． B． C． D． (3)在确保比重计仍做小振动的前提下，增大沿竖直向下的推力，而使其偏离浮标的距离变大（比重计保持不完全浸没），所得lnρ—lnT图像也近似是一条直线，则该直线可能是图（b）中的___________（填“虚线①”“虚线②”或者“实线”）。 答案．(1)10 (2)D (3)实线 【解析】（1）当比重计上的标注点某次与浮标等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中比重计振动了10个周期。 （2）根据图（b）的lnρ—lnT图像，图像斜率约为-2，故lnρ—lnT图像对应的lnρ与lnT之间的关系近似满足lnρ=-2lnT+C，其中C为常数，从而可以推知ρ与T之间的近似关系为ρ∝,D正确。 （3）当密度计平衡后，给它一个向下推力后，设密度计下沉x，然后在浮力的作用下，再上浮，密度计做往复小振动的回复力由增加的浮力提供，F=-ρgπx，对照F=-kx可知回复力系数k=ρgπ，由此可知密度计做简谐运动。由于简谐运动的周期与其振幅无关，所以周期T不变，图像斜率不变，lnρ—lnT图像不变，该直线可能是图（b）中的实线。 3．（8分）(2026高考物理湖南卷） 某同学借助视频分析软件进行“用单摆测量重力加速度”的实验，步骤如下： （1）准备好单摆，用支架将手机竖直放置。 （2）打开手机录像，将单摆拉离平衡位置4°摆角由静止释放。 （3）将录制的视频导入软件进行分析，得到摆球的图像，拟合后如图1所示，可知此单摆的周期T为______s。 （4）如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，读出______（填“a”“b”或“c”）位置的读数，该读数即为摆长l。 （5）重力加速度g=______（用题中给出的字母“T”和“l”表示）。 （6）该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，可能的原因是刻度尺0刻度线______（填“高于”或“低于”）悬点。 答案 （3）0.6π （4）b（5）（6）低于 解析 （3）由图1可知，单摆的周期T=0.6πs。 （4）如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，应读出球心“b”位置的读数，该读数即为摆长l。 （5）由单摆周期公式， T=2π，解得重力加速度g=。 （6）该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，由g=可知，摆长测量偏小，即可能的原因是刻度尺0刻度线“低于”悬点。 4 (2024·湖北卷·12题)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。 (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＝________。 (3)由实验数据作出的l－T2图线如图(b)所示，可得g＝________m/s2(保留三位有效数字，π2取9.87)。 (4)本实验的误差来源包括________(双选，填标号)。 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 [答案]　(1)　(2)l0＋T2　(3)9.61　(4)AB [解析]　(1)30次全振动时间为t，则振动周期T＝。 (2)设托盘与砝码的总质量为M，静止时有k(l－l0)＝Mg，又T＝2π，联立解得l＝l0＋T2。 (3)l－T2图像斜率为＝ m/s2，解得g＝9.61 m/s2。 (4)弹簧振子为理想化模型，不计阻力与弹簧质量，因此空气阻力和弹簧质量都会引起实验误差，而光电门位置不影响周期的测量，A、B正确。 5 在探究单摆运动的实验中： （1）图（a）是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图（b）是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F－t图像，根据图（b）的信息可得，从t＝0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为　　s，摆长为　 　m（取π2＝10，重力加速度大小g＝10m/s2）. （2）单摆运动的回复力是　　. A.摆球所受的重力 B.摆球重力在垂直摆线方向上的分力 C.摆线对摆球的拉力 D.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力 （3）某同学的操作步骤如下，其中正确的是　　. A.取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上 B.用米尺量得细线长度l，即摆长为l C.在摆线偏离竖直方向5°位置由静止释放小球 D.让小球在水平面内做圆周运动，测得周期，再根据公式计算重力加速度 答案 （1）0.5 0.64 （2）B（3）AC 解析　（1）摆球摆到最低点时力传感器显示的力最大，根据题图（b）的信息可得，所对应的时刻为t＝0.5s.根据题图（b）的信息可得，单摆周期T＝1.6s，由单摆周期公式T＝2π，解得摆长为l＝0.64m. （2）单摆运动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，而摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力在径向上的分力提供向心力，B正确. （3）测得摆长应为l＋，B错误；若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆运动，测得的摆动周期不是单摆的周期，D错误；A、C说法正确. 6 .某同学在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中进行了如下的操作： （1）用游标尺为10分度（测量值可精确到0.1mm）的游标卡尺测量摆球直径d，游标卡尺的示数如图甲所示，则摆球直径为　　cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长为l0，通过计算得到摆长L. 图甲　　　　　　　　 图乙 （2）用停表测量单摆的周期.当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并计数为0，单摆每经过最低点一次计数一次，当数到n＝60时按下停表，停表的示数如图乙所示，该单摆的周期T＝　　s（结果保留3位有效数字）. （3）①测量出多组周期T、摆长L的数值后，作出T2－L图像如图丙，造成图线不过坐标原点的原因可能是　　（填选项前的字母）. 图丙 A.摆球的振幅过小 B.将l0计为摆长L C.将（l0＋d）计为摆长L D.摆球质量过大 ②根据图丙得出的g的测量值　 　（选填“偏大”或“不受影响”）. （4）在测量过程中，下列操作合理的是　　（填选项前的字母）. A.先测量好摆长，再将单摆悬挂到铁架台上 B.释放单摆时，摆角尽量大些，以便观察 C.单摆摆动稳定后，摆球经过平衡位置时开始计时 D.单摆摆动过程中，若逐渐形成了圆锥摆，可以继续测量，不影响单摆的周期 （5）甲同学通过实验测得：悬点O到小球球心的距离L；计时开始后，从小球第一次通过平衡位置到第n次通过平衡位置所用的时间t，则重力加速度g＝　 　（用L、n、t表示）. （6）该小组的另一位同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度.他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度Δl，再测出其振动周期T2，则该同学测出的重力加速度的表达式为g＝　 　（用所测得的物理量符号表示）. （7）本实验测得的重力加速度一般略微偏小，这是由以下哪些误差造成的？　　（填选项前的字母）. A.小球经过平衡位置时计时，看不准平衡位置造成周期测量的系统误差 B.小球球心位置较难确定，使摆长测量存在系统误差 C.由于存在空气阻力，会减慢单摆的速度，使周期测量值比理论值偏大 D.单摆摆动过程中，摆线会稍微伸长，造成摆长的测量值比实际值偏小 答案 （1）2.06 （2）2.25 （3）B （4）C（5）L（6）（7）CD 解析　（1）主尺上的读数为2.0cm，游标尺读数为6×0.1mm＝0.6mm＝0.06cm，所以摆球直径为2.0cm＋0.06cm＝2.06cm. （2）单摆做全振动的次数为＝30，停表读数为t＝67.5s，得该单摆的周期T＝2.25s. （3）①由T＝2π可得T2＝L，即周期与摆球的质量和振幅都无关.由图丙可知，当L＝0时，T2＞0，所以T2－L图线不过原点的原因是测得的摆长偏小，可能是将l0计为摆长L，B正确. ②根据以上分析可知，T2－L图像的斜率不受影响，则g的测量值不受影响. （4）先测好摆长，再将单摆悬挂到铁架台上，这样测得的摆长误差较大，故A不合理；摆角小于5°时单摆的运动才可以看成简谐运动，故B不合理；单摆摆动稳定后，摆球经过平衡位置时开始计时误差比较小，故C合理；单摆摆动过程中，若逐渐形成了圆锥摆，会使单摆周期的测量值偏小，不可以继续测量，故D不合理.故选C. （5）由题意可得单摆的周期为T＝＝，可得g＝L＝L. （6）摆线较长的单摆的振动周期T1＝2π，把摆线缩短适当的长度Δl，其振动周期T2＝2π，联立解得g＝. （7）小球经过平衡位置时计时，看不准平衡位置造成周期测量的偶然误差，这样测得的重力加速度可能偏大，也可能偏小，故A不符合题意；小球球心位置较难确定，使摆长测量存在偶然误差，这样测得的重力加速度可能偏大，也可能偏小，故B不符合题意；由于存在空气阻力，单摆的速度会减慢，使周期测量值比理论值偏大，根据T＝2π可知，重力加速度的测量值偏小，故C符合题意；单摆摆动过程中，摆线会稍微伸长，造成摆长的测量值比实际值偏小，根据T＝2π可知，重力加速度的测量值偏小，故D符合题意.故选C、D. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中物理选择性必修一重点考点解读 考点10 用单摆测量重力加速度 知识网络 考点解读 一、实验原理 当摆角很小时，单摆做简谐运动，其振动周期T＝2π，它与摆角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝ 　。因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地重力加速度g的值。 二、实验器材 带有铁夹的铁架台、中心有小孔的小钢球、不易伸长的细线(约1米)、停表、毫米刻度尺和游标卡尺。 三、实验步骤 1．做单摆 将细线穿过带孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把细线的另一端用铁夹固定在铁架台上，并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂。实验装置如图。 2．测摆长 用毫米刻度尺量出摆线长l′，用游标卡尺测出小钢球直径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°)，然后释放摆球，当单摆经过平衡位置时开始计时，记下单摆做30～50次全振动的总时间，算出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期。 4．改变摆长，重复做几次实验。 四、数据处理 1．公式法 将测得的几组周期T和摆长l代入公式g＝中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即当地重力加速度的值。 2．图像法 由单摆的周期公式T＝2π 可得l＝T2，因此以摆长l为纵轴、以T2为横轴作出的l－T2图像是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g＝4π2k。 拓展： (1)测量摆长，未加小球半径时，用公式法求得的g值偏小，但根据T2－l图线，由斜率求得的g值是准确的，因为T2＝(L＋r)＝L＋r(L为绳长)，此时图线如图中a所示。 (2)同理，如果把绳长加小球直径作为摆长，此时，T2＝(l－r)＝l－r，其T2－l图线如图中b所示，由斜率求得的g值仍然是准确的。 五、注意事项 (1)一般选用一米左右的细线。 (2)悬线顶端不能晃动，需有夹子夹住，保证悬点固定。 (3)应在小球自然下垂时用毫米刻度尺测量悬线长。 (4)单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°。 (5)选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时 ，并数准全振动的次数。 六、误差分析 产生原因 减小方法 偶然 误差 测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差 ①多次测量再求平均值； ②计时从单摆经过平衡位置时开始 系统 误差 主要来源于单摆模型本身 ①摆球要选体积小，密度大的； ②最大摆角要小于5° 能力素养提升 1. 利用弹簧振子测量重力加速度，例如2024年高考湖北卷第12题。 2. 在悬点装置力传感器测量得出拉力随时间变化的图像，得出单摆简谐运动周期。 3. 在磁铁做成的摆球平衡位置下方设置磁传感器，得出摆球经过平衡位置随时间变化图像，得出单摆简谐运动周期。 针对训练 1. (2026·辽宁省三校联考)利用单摆可以测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小球，制成单摆。 　　 (1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________cm。 (2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是________(填标号)。 A．摆线要选择较细、伸缩性小些的，并且线尽可能短一些 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，摆线相对平衡位置的偏角越大越好 D．用刻度尺测量摆线的长度，就是单摆的摆长 (3)悬挂后，用米尺测量摆长L1，将小球拉离平衡位置一个小角度(小于5°)，由静止释放小球，稳定后小球在某次经过平衡位置时开始计时，经过50个全振动时停止计时，测量结果如图丙所示，则通过测量和计算可得出单摆周期T＝________s。 (4)实验中改变摆长L获得多组实验数据，正确操作后作出的T2－L图像为图丁中②图线。某同学误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，其他实验步骤均正确，作出的图线应当是图丁中的________(填“①”“③”或“④”)，利用该图线求得的重力加速度________(填“大于”“等于”或“小于”)利用图线②求得的重力加速度。 [答案]　(1)1.86　(2)B　(3)2.6　(4)③　等于 [解析]　(1)钢球直径读数为18 mm＋0.1 mm×6＝18.6 mm＝1.86 cm。 (2)为减小实验误差，摆线要选择较细、伸缩性小些的，并且线尽可能长一些，A错误；为减小空气阻力，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，B正确；若摆线相对平衡位置的偏角超过5°，摆球的运动将不是简谐运动，C错误；摆长为摆线长加上摆球半径，D错误。 (3)停表读数为t＝2 min＋10.0 s＝130.0 s。单摆周期为T＝ s＝2.6 s。 (4)单摆周期公式为T＝2π，得T2＝l，若误将悬点到小球下端的距离记为摆长，则T2＝(L－r)，作出的图线应当是图丁中的③。T2－L图像斜率不受影响，故利用该图线求得的重力加速度等于利用图线②求得的重力加速度。 2．（2026吉林通化质检）质量为、上端细长圆管直径为的比重计漂浮于密度为的液体中，如图（a） 所示。用手向下轻推一下比重计，给它一竖直向下的初速度，使其可以在液体中做小幅振动（液体的阻力不计）。某同学通过实验探究液体密度与比重计振动周期之间的关系。 (1)在比重计上做好标注点，然后将其放入到水中，当其平衡后，在水中与标注点对齐的水平方向某处放置一固定浮标，如图（a）所示。沿竖直方向轻推比重计，当比重计上的标注点某次与浮标等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中比重计振动了___________个周期。 (2)换用其他常见液体（汽油、酒精、盐水、豆油、蔗糖水和蜂蜜水）重复上述操作，测得多组数据。为了探究与之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如下表所示。 液体 水 酒精 汽油 豆油 盐水 蔗糖水 蜂蜜水 0.6516 0.7236 0.7032 0.6718 0.6416 0.5874 0.5791 0 -0139 -0.104 -0.042 0.026 0.124 0.148 根据表中数据绘制出lnρ—lnT图像如图（b）实线所示，则与的近似关系为___________。 A． B． C． D． (3)在确保比重计仍做小振动的前提下，增大沿竖直向下的推力，而使其偏离浮标的距离变大（比重计保持不完全浸没），所得lnρ—lnT图像也近似是一条直线，则该直线可能是图（b）中的___________（填“虚线①”“虚线②”或者“实线”）。 答案．(1)10 (2)D (3)实线 【解析】（1）当比重计上的标注点某次与浮标等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中比重计振动了10个周期。 （2）根据图（b）的lnρ—lnT图像，图像斜率约为-2，故lnρ—lnT图像对应的lnρ与lnT之间的关系近似满足lnρ=-2lnT+C，其中C为常数，从而可以推知ρ与T之间的近似关系为ρ∝,D正确。 （3）当密度计平衡后，给它一个向下推力后，设密度计下沉x，然后在浮力的作用下，再上浮，密度计做往复小振动的回复力由增加的浮力提供，F=-ρgπx，对照F=-kx可知回复力系数k=ρgπ，由此可知密度计做简谐运动。由于简谐运动的周期与其振幅无关，所以周期T不变，图像斜率不变，lnρ—lnT图像不变，该直线可能是图（b）中的实线。 3．（8分）(2026高考物理湖南卷） 某同学借助视频分析软件进行“用单摆测量重力加速度”的实验，步骤如下： （1）准备好单摆，用支架将手机竖直放置。 （2）打开手机录像，将单摆拉离平衡位置4°摆角由静止释放。 （3）将录制的视频导入软件进行分析，得到摆球的图像，拟合后如图1所示，可知此单摆的周期T为______s。 （4）如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，读出______（填“a”“b”或“c”）位置的读数，该读数即为摆长l。 （5）重力加速度g=______（用题中给出的字母“T”和“l”表示）。 （6）该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，可能的原因是刻度尺0刻度线______（填“高于”或“低于”）悬点。 答案 （3）0.6π （4）b（5）（6）低于 解析 （3）由图1可知，单摆的周期T=0.6πs。 （4）如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，应读出球心“b”位置的读数，该读数即为摆长l。 （5）由单摆周期公式， T=2π，解得重力加速度g=。 （6）该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，由g=可知，摆长测量偏小，即可能的原因是刻度尺0刻度线“低于”悬点。 4 (2024·湖北卷·12题)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。 (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＝________。 (3)由实验数据作出的l－T2图线如图(b)所示，可得g＝________m/s2(保留三位有效数字，π2取9.87)。 (4)本实验的误差来源包括________(双选，填标号)。 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 [答案]　(1)　(2)l0＋T2　(3)9.61　(4)AB [解析]　(1)30次全振动时间为t，则振动周期T＝。 (2)设托盘与砝码的总质量为M，静止时有k(l－l0)＝Mg，又T＝2π，联立解得l＝l0＋T2。 (3)l－T2图像斜率为＝ m/s2，解得g＝9.61 m/s2。 (4)弹簧振子为理想化模型，不计阻力与弹簧质量，因此空气阻力和弹簧质量都会引起实验误差，而光电门位置不影响周期的测量，A、B正确。 5 在探究单摆运动的实验中： （1）图（a）是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图（b）是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F－t图像，根据图（b）的信息可得，从t＝0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为　　s，摆长为　 　m（取π2＝10，重力加速度大小g＝10m/s2）. （2）单摆运动的回复力是　　. A.摆球所受的重力 B.摆球重力在垂直摆线方向上的分力 C.摆线对摆球的拉力 D.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力 （3）某同学的操作步骤如下，其中正确的是　　. A.取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上 B.用米尺量得细线长度l，即摆长为l C.在摆线偏离竖直方向5°位置由静止释放小球 D.让小球在水平面内做圆周运动，测得周期，再根据公式计算重力加速度 答案 （1）0.5 0.64 （2）B（3）AC 解析　（1）摆球摆到最低点时力传感器显示的力最大，根据题图（b）的信息可得，所对应的时刻为t＝0.5s.根据题图（b）的信息可得，单摆周期T＝1.6s，由单摆周期公式T＝2π，解得摆长为l＝0.64m. （2）单摆运动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，而摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力在径向上的分力提供向心力，B正确. （3）测得摆长应为l＋，B错误；若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆运动，测得的摆动周期不是单摆的周期，D错误；A、C说法正确. 6 .某同学在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中进行了如下的操作： （1）用游标尺为10分度（测量值可精确到0.1mm）的游标卡尺测量摆球直径d，游标卡尺的示数如图甲所示，则摆球直径为　　cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长为l0，通过计算得到摆长L. 图甲　　　　　　　　 图乙 （2）用停表测量单摆的周期.当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并计数为0，单摆每经过最低点一次计数一次，当数到n＝60时按下停表，停表的示数如图乙所示，该单摆的周期T＝　　s（结果保留3位有效数字）. （3）①测量出多组周期T、摆长L的数值后，作出T2－L图像如图丙，造成图线不过坐标原点的原因可能是　　（填选项前的字母）. 图丙 A.摆球的振幅过小 B.将l0计为摆长L C.将（l0＋d）计为摆长L D.摆球质量过大 ②根据图丙得出的g的测量值　 　（选填“偏大”或“不受影响”）. （4）在测量过程中，下列操作合理的是　　（填选项前的字母）. A.先测量好摆长，再将单摆悬挂到铁架台上 B.释放单摆时，摆角尽量大些，以便观察 C.单摆摆动稳定后，摆球经过平衡位置时开始计时 D.单摆摆动过程中，若逐渐形成了圆锥摆，可以继续测量，不影响单摆的周期 （5）甲同学通过实验测得：悬点O到小球球心的距离L；计时开始后，从小球第一次通过平衡位置到第n次通过平衡位置所用的时间t，则重力加速度g＝　 　（用L、n、t表示）. （6）该小组的另一位同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度.他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度Δl，再测出其振动周期T2，则该同学测出的重力加速度的表达式为g＝　 　（用所测得的物理量符号表示）. （7）本实验测得的重力加速度一般略微偏小，这是由以下哪些误差造成的？　　（填选项前的字母）. A.小球经过平衡位置时计时，看不准平衡位置造成周期测量的系统误差 B.小球球心位置较难确定，使摆长测量存在系统误差 C.由于存在空气阻力，会减慢单摆的速度，使周期测量值比理论值偏大 D.单摆摆动过程中，摆线会稍微伸长，造成摆长的测量值比实际值偏小 答案 （1）2.06 （2）2.25 （3）B （4）C（5）L（6）（7）CD 解析　（1）主尺上的读数为2.0cm，游标尺读数为6×0.1mm＝0.6mm＝0.06cm，所以摆球直径为2.0cm＋0.06cm＝2.06cm. （2）单摆做全振动的次数为＝30，停表读数为t＝67.5s，得该单摆的周期T＝2.25s. （3）①由T＝2π可得T2＝L，即周期与摆球的质量和振幅都无关.由图丙可知，当L＝0时，T2＞0，所以T2－L图线不过原点的原因是测得的摆长偏小，可能是将l0计为摆长L，B正确. ②根据以上分析可知，T2－L图像的斜率不受影响，则g的测量值不受影响. （4）先测好摆长，再将单摆悬挂到铁架台上，这样测得的摆长误差较大，故A不合理；摆角小于5°时单摆的运动才可以看成简谐运动，故B不合理；单摆摆动稳定后，摆球经过平衡位置时开始计时误差比较小，故C合理；单摆摆动过程中，若逐渐形成了圆锥摆，会使单摆周期的测量值偏小，不可以继续测量，故D不合理.故选C. （5）由题意可得单摆的周期为T＝＝，可得g＝L＝L. （6）摆线较长的单摆的振动周期T1＝2π，把摆线缩短适当的长度Δl，其振动周期T2＝2π，联立解得g＝. （7）小球经过平衡位置时计时，看不准平衡位置造成周期测量的偶然误差，这样测得的重力加速度可能偏大，也可能偏小，故A不符合题意；小球球心位置较难确定，使摆长测量存在偶然误差，这样测得的重力加速度可能偏大，也可能偏小，故B不符合题意；由于存在空气阻力，单摆的速度会减慢，使周期测量值比理论值偏大，根据T＝2π可知，重力加速度的测量值偏小，故C符合题意；单摆摆动过程中，摆线会稍微伸长，造成摆长的测量值比实际值偏小，根据T＝2π可知，重力加速度的测量值偏小，故D符合题意.故选C、D. 1 学科网（北京）股份有限公司 $