2.5 实验：用单摆测量重力加速度-【成才之路·学案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

071 S.实验：用单摆测量重力加速度 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 物理观念 了解单摆做简谐运动的条件及相应控制方法。 (1)会测量实际单摆的摆长、会测量单摆振动时间，用平 (1)实验器材和操作 科学探究 均值法求周期。 (2)数据处理和误差分析 (2)会用平均值法、图像法(T2-1图像)求重力加速度。 实验要点梳理系统学习·落实新知 [注意] ●实验原理 安装单摆时的注意 事项 当摆角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T=2π ，它与摆角的 单摆悬线的上端不可 Ng' 按图A的方式卷在铁 大小及摆球的质量无关，由此得到g= 因此，只要测出摆长1和振 夹的杆上，应按图B 动周期T,就可以求出当地的重力加速度g的值。 所示的方式夹紧在铁 台实验器材 夹中，这样可更好地 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）、 保证摆动过程中摆长 毫米刻度尺和 不变。 目实验步骤 1.做单摆：取约1m长的细线穿过带孔的金属小球，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 [思考] 铁架台上，实验装置如图所示。 [注意] 用刻度尺测摆线长时 1 人眼 应不应该挂上摆球？ 2.记录平衡位置：将铁架台放在实验桌边，使铁夹伸出 标记 为什么？ 桌面之外，摆球自由下垂。在单摆平衡位置处做上标记。 提示：由于运动过程 3.测摆长：用刻度尺量出悬线长'（准确到mm),用游标卡尺测出摆球的 中摆球是挂在摆线下 直径d(准确到mm),然后计算出悬点到球心的距离l= 即为摆长。端的，因此测摆线长 P[思考] 时应挂上摆球且在其 4.测周期：把此单摆从 位置拉开一个很小的角度（小于5°），再 保持静止时测量，以 保证测量数据准确。 释放小球。当摆球摆动稳定以后，经过平衡位置时，用停表开始计时，测量单 摆全振动30次（或50次）的时间，求出一次全振动的时间，即单摆的振动周 [拓展] 期。 >[拓展] 机械停表的使用和 5.变摆长：将单摆的摆长变短（或变长），重复步骤3、4，记录实验数据。 读数 四数据分析 停表的读数等于小表 盘分针的读数与大表 1.公式法 盘杪针的读数之和。 改变摆长1，测得对应的周期T,分别代入公式g= 中算出重力 加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地重力加速度的值。 072 2.图像法 注意：内侧小表盘读 30s的整数倍时间， 由单摆周期公式T=2π， 可得：l= ,因此，作出1-T2图像，如大表盘读不足卡分 (30s)的时间。机械 图1所示，图像应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率，k=六兰= 停表只能精确到 0.1s,读数时不需估 。 即可求得g值。 读，是由其机械原理 T2/s2 决定的。 图1 图2 t=3×30s+9.8s= 》特别提醒 99.8s。 若作出的图像是T-1图像，如图2所示，由T2=4n可知，T2-1图线 足一条过原点的直线其舒李红求出，可得《4红 国误差分析 1.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，摆球是否可 看作质点，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以 及测量哪段长度作为摆长等。 2.偶然误差 主要来自时间（即单摆周期）的测量。要从摆球通过平衡位置开始计时， 不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平 均值。 公注意事项 1.选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1左右，小球 [易错] 应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm。 测量周期时计算单摆 2.单摆悬线的上端不可随意卷在铁架台的杆上，应夹紧在铁夹中，以免 全振动的次数出错 计算单摆全振动次数 摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。 时，从摆球经过最低 3.注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的夹角不超过5°。 点开始计时，摆球每 4.摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。 经过最低点计数一 次，则摆球每两次经 5.计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，摆球每 过最低点为一次全振 次从同一方向通过最低位置时进行计数，且在数“零”的同时按下秒表，开始动。 计时计数。要测次全振动的时间t,然后通过计算求出它的周期的测量值。 P[易错] ●073 经典题型剖析教材实验·及时巩固 类型一：实验原理、实验仪器、实验操作和误差分析 例1：实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。 (1)用1表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，重力加速度g= (2)(多选)实验时除用到停表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的 (选填选项前的字母)。 A.长约1m的细线 B.长约1m的橡皮绳 C.直径约1cm的均匀铁球 D.直径约10cm的均匀木球 (3)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用 图中 中所示的固定方式。 (4)(多选)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是 (选填选项前的字母)。 A.测出摆线长作为单摆的摆长 B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动 C.在摆球经过平衡位置时开始计时 D.用停表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期 (5)乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可 能是 (选填选项前的字母)。 A.开始摆动时振幅较小 B.开始计时时，过早按下停表 C.测量周期时，误将摆球(n-1)次全振动的时间记为n次全振动的时间 类型二：数据处理和误差分析 例2：(1)在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，用摆长1和T计算重力加速度的公式是g= ,若已知摆球直径为2.O0cm,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 。若测定了40次全振动的时间如图乙所示，则 停表读数是 s,单摆的摆动周期 cm 86 8> 88 89 90 甲 (2)为了提高测量精度需多次改变1值，并测得相应的T值。现将测得的六组数据标在以1为 横轴、T2为纵轴的坐标系上，即图丙中用“·”表示的点，则 074 ↑Ts2 4.0 3.0 2.0 0.60.7 0.80.91.0m 丙 ①单摆做简谐运动应满足的条件是 ②试根据图丙中给出的数据点作出T2和1的关系图线，根据图线可求出g= m/s2 (结果取2位有效数字)。 (3)已知三位同学作出的T2-L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b+ 平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则 相对于图线b,下列分析正确的是 （选填选项前的字母)。 A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次 C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值 创新实验提升方法迁移·细研深究 例3：某同学利用图甲实验装置测量当地的重力加速度，实验主要步骤如下： A.按图甲将沙漏悬挂在支架上，在沙漏正下方放置一块长木板，木板与电动机的牵引绳相连， 在木板上固定一张白纸： B.测得悬挂沙漏的摆线长度为98.00cm; C.使沙漏在支架所在的竖直面内小幅度摆动，同时让细沙不断流出： D.启动电动机，使木板以2.5cms的速度水平匀速运动，运动方向与沙漏摆动平面垂直，细 沙在白纸上形成一条曲线，并建立坐标如图乙所示。用该图线研究沙漏的振动规律： E.摆线长度视为该单摆的摆长，结合其他所得的数据和图线，可求出当地的重力加速度。 八悬点 由2写可特 9曲于特程 支架 5.007.50x/cm 线长作为摆长，摆线 电动机 长小于实际摆长，故 木板 测量值偏小 甲 →单摆的周期为木板 (1)该单摆的周期为 s:运动到5cm的时间 由T=2元，号可求重力加速度9 (2)取π2=9.86，可求得当地的重力加速度大小为 ms2(结果保留三位有效数字)； (3)重力加速度的测量值与真实值相比 (选填“偏大”或“偏小”)。 例4：某同学利用单摆测定当地重力加速度。如图甲所示，实验时使摆球在垂直于 光 纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球 记录仪 电阳 运动的最低点左、右两侧分别放置一激光光源、光敏电阻与某一自动记录仪相 连；他用刻度尺测量细绳的悬点到球的顶端的距离当作摆长，分别测出摆长为 甲 1,和，时，该仪器显示的光敏电阻的阻值R随时间t变化的图线分别如图乙、丙所示。 .075 R R to+ty 1o+2t t 2 t+2627 (摆长为) (摆长为)》 乙 丙 (1)根据图乙、丙可知：当摆长为1时，单摆的周期为T= ;当摆长为2时，单摆的周 期为T2= (2)请用所测量的物理量l,、2、T、T2写出摆球直径的表达式d= ,当地的重 力加速度值g= (3)写出两条对提高实验结果准确程度有益的建议： ① ② 夯基提能作亚 请同学们认真完成练案[16] 6.受迫振动 共振 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 物理观念 了解受迫振动和共振。 (1)受迫振动的特点 科学探究 知道共振现象的特点及应用。 (2)共振的条件和共振曲线 探究点1振动中的能量损失 ●要点归纳 1.固有振动和固有频率 (1)固有振动： 作用的振动。 (2)固有频率：固有振动的频率。 2.阻尼振动 (1)阻尼：当振动系统受到 作用时，振动受到了阻尼。 (2)阻尼振动是 逐渐减小的振动，如图所示。 3.振动系统能量衰减的两种方式 (1)由于振动系统受到 的作用，使振动系统的 逐渐转化为 (2)由于振动系统引起临近介质中各质点的 ,使能量向四周 出去，从而自身机械 能例1：C根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指 向平衡位置，但合外力并不总是指向平衡位置，A错误：摆球 经过平衡位置时，由于做圆周运动，故存在向心加速度，B错 误；摆球运动到平衡位置时，重力沿圆弧切线方向的分力为 零，即回复力等于零，C正确；摆角很小时，摆球所受回复力的 大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的 大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，D错误。 例2：D由题图知，，和3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大， 此时摆球的速度为零，摆球的回复力最大，故A、C两项错误； t2和t时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，由 于摆球做圆周运动，由牛顿第二定律得出悬线对摆球拉力最 大，故B项错误，D项正确。 跟踪训练1：D摆球在重力和细线拉力作用下沿圆弧AC做圆 周运动，在最高点A、C处速度为零，所受合力不为零，在最低 点B处，速度最大，细线上拉力最大，A错，D对：摆球的回复 力F=mgsn0中，0为摆线偏离竖直方向的角度，所以摆球在 摆动过程中，在最高点A、C处回复力最大，在最低点B处回 复力为零，B、C错。 探究点2单摆的周期 要点归纳 1.惠更斯 2m√日 摆长的二次方根反比 判断正误 (1)×(2)V(3)× 例3：AD当小球在纸面内做小角度振动时，圆心是0点，摆长 为L,枚周期为T=2√气，故A正确，C错误：当小球在垂 直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在O点正上方， 摆长为”=(1+人，故周期为7=2m√ 4 g 4+万)L,故B错误，D正确。 跟踪训练2：AB由题图乙可知单摆的周期T=2s,振幅A=8 m。市单摆的周期公式T=2m√任代入数据可得1=1m故 A正确；由w-牙可得圆频率0=ma/s,则单摆的位移-时 间关系为x=Asin wt=8sin(mt)cm,故B正确；从t=0.5s到 t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减 小，故C错误：从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移 增大，回复力增大，故D错误。 例4：（1)2（2)元， 2L (3) 3,2 GTV'P 解析：(1)根据坚直上抛的特点可知g,=-2,所以宇航 2 2mvo 员在该星球表面的重力G星=mg1=: (2)根据周期公式T=2π， 仁，解得周期T=2m、 Li g N/2v0 2业 -22 (3)根据万有引力提供向心力，有-咒，由密度公式有 p=业=M,结合黄金代换式CM=g,R,解得密度 3 mR 32 p=GCm2平o 素养能力提升 例5：B因为AO弧长远小于圆弧半径，所以小球从A、B处沿圆 弧滑下可等效成小角度单摆的摆动，即做简谐运动，等效摆长 为2m,单摆的周期与振幅无关，故有：1=2，只有重力做功， 有：mgh=2m,所以w=√2gh,故>。选项B正确。 例6：C图(1)中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力 (mngsin0)等效为重力，即单摆等效的重力加速度g1=gsin0; 图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回 复力：图(3)为标准单摆；图(4)摆球处于超重状态，等效重力 增大，故等效重力加速度增大，g4=g+a。由单摆振动的周期 公式7=2加√牙放1>万=>，选项C正确。 5.实验：用单摆测量重力加速度 实验要点梳理 4nl 、T2 二、停表游标卡尺 三3.r+2 4.平衡 四1. 2益724m6 经典题型剖析 例1：1)产(2)Ac(3)Z(4BG(5)C 解折：1)由单摆周期公式T=2√F得g-产。 (2)摆线尽量选长且不易伸缩的细线A,摆球尽量选密度大且 直径小的C。 (3)选用摆动过程中摆长不变的图乙。 (4)摆长应为悬线长与摆球半径之和：要测多次全振动所用 时间计算周期，可减小误差，故选BC。 (5)由T=2m√g √任得g产，C项可发T院小，则g衡大.C 正确。开始计时时过早按下停表，会使T偏大，g偏小。A项 对T的测量无影响。 2:140.875075.21,88(2)偏角小于59见解 析图9.9(3)B 解析：山)白单摆能周架公式1=2√反，可得8-是，由 题图甲可知，摆长l=(88.50-1.00)cm=87.50cm= 0.8750m,停表的读数t=60s+15.2s=75.2s,所以T=40 =1.88so 5 (2)①单摆做简谐运动的条件是偏角小于5° ②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），图线斜率k=△T =4s/m 庙g二4可知T2-1图线的轩率表示4π，故4口4m ,故 g g 可得g≈9.9m/s2。 ↑T/s2 4.0h 3.0H 2.0 0.60.70.80.91.0m (3)由T=2m√g ，两边平方后可知T2-L是过原点的直 线，b为正确的图线，a与b相比，周期相同时，摆长更短，说明 α对应测量的摆长偏小：c与b相比，摆长相同时，周期偏小， 可能是多记录了振动次数。 创新实验提升 例3：(1)2.0(2)9.66(3)偏小 解析：(1)根据题意，由题图乙可知，单摆摆动一个周期，木板 移动的距离为5cm,可得单摆周期为T=亡=2.0s。 2)根据底，由单摆两期公式T=2:√任可得，当地的面 力加速度为g=如 T2 代入数据解得g≈9.66m/s2。 (3)由于计算时摆长用的摆线长，小于实际摆长，则重力加速 度的测量值与真实值相比偏小。 例4：(1)2t12t2 2)27-74)4m24-4 T12-T2 T2-T,2 (3)摆线的最大摆角不超过5°选择密度大的钢球 解析：(1)单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平 衡位置，单摆会挡住细激光束，从R-t图线可知周期为T= 2t1,T2=2t2 (2)摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据单摆的周期 公式T=2m√g +2 得：I,=2mNg l2+2 ,I2=2m√ g 联立解得，d-2(工，-T4)g4m2(4-2) T2-726= T2-T,2 (3)①摆线的最大摆角不超过5°：②选择密度大的钢球。 6.受迫振动 共振 探究点1振动中的能量损失 要点归纳 1.(1)不受外力 2.(1)阻力(2)振幅 3.(1)摩擦阻力机械能内能(2)振动辐射减少 判断正误 (1)V(2)×(3)× 22 例1：AB由于单摆摆长不变，所以摆球振动的频率不变，故A 正确：振幅减小，摆球的机械能逐渐减少，由于P、W两时刻摆 球的位移大小相同，故在这两个时刻摆球相对零势能点的距 离相同，势能也相同，但由于P时刻的机械能大于N时刻的 机械能，所以P时刻的动能大于在N时刻的动能，故B正确， C、D错误。 探究点2受迫振动 要点归纳 1.外力做功补偿周期性 2.（1)驱动力(2)驱动力无关 判断正误 (1)×(2)× 例2：C由题意可知阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动 频率相同，故A错误：阻尼器的振动频率取决于大楼的振动频 率，与自身的固有频率无关，故B错误；由题意可知，大楼对阻 力器的力与阻尼器对大楼的力为一对相互作用力，根据回复 力F=-kx,可知阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动 方向相反，故C正确；阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响， 故D错误o 探究点3共振现象及其应用 要点归纳 1.振幅达到最大值 2.等于 3.振幅 判断正误 (1)×(2)×(3)×(4)× 例3：BA摆振动后迫使水平绳振动，水平绳又迫使B、C、D、E 四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动的周期总是等于驱动 力的周期，因此B、C、D、E四摆的周期跟A摆相同，驱动力的 颜率等于A爱的因有频率人=大-√胥，其余西摆的固 有频率与敏动力的频率关系人=元√014 a0听6√/景07无a厚 可见只有E摆的固有频率与驱动力的频率相等，它发生共振 现象，其振幅最大，B、C、D三个摆均不发生共振，振幅各异，其 中B摆的固有频率与驱动力的频率相差最大，所以它的振幅 最小。 跟踪训练：A运动员提水匀速运动过程中，由于运动员行走 时，对水桶有力的作用，使水受到驱动力作用发生受迫振动， 而受迫振动的频率等于外界驱动力的频率，即水晃动的频率 等于运动员的步频，与桶里水量的多少无关，故A正确：结合 上述，水桶里的水做受迫振动，当运动员的步频接近水桶里的 水的固有频率时，水晃动的幅度增大，当运动员的步频等于水 桶里的水的固有频率时，发生共振，水晃动的幅度达到最大， 故B、C、D错误。故选A。 例4：ABC图线中振幅最大处对应频率应与做受迫振动的单摆 的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率∫= 02业后=051，根据周期公式可得=宁-六√/气，当 两摆分别在月球上和地球上做受迫振动且摆长相等时，g越 大f越大，所以g2>g,由于月球上的重力加速度比地球上的 6