备战2025年高考物理考点一遍过考点66实验：用单摆测定重力加速度含解析

PAGEPAGE18试验：用单摆测定重力加速度1．试验原理当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到。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。2．试验器材带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线（约1米）、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺。3．试验步骤（1）让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆。（2）把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在试验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处作上标记，照试验原理图。（3）用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l=l′+r。（4）把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度（不超过5°），然后放开金属小球，让金属小球摇摆，待摇摆平稳后测出单摆完成30~50次全振动所用的时间t，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即（N为全振动的次数），反复测3次，再算出周期。（5）依据单摆振动周期公式计算当地重力加速度。（6）变更摆长，重做几次试验，计算出每次试验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值。（7）将测得的重力加速度值与当地重力加速度值相比较，分析产生误差的可能缘由。4．留意事项（1）构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°。（2）要使摆球在同一竖直面内摇摆，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到肯定位置后由静止释放。（3）测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时起先计时；因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大。②要测多次全振动的时间来计算周期；如在摆球过平衡位置时起先计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过最低位置时计数1次。（4）本试验可以采纳图象法来处理数据。即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将试验所得数据在坐标平面上标出，应当得到一条倾斜直线，直线的斜率。这是在众多的试验中常常采纳的科学处理数据的重要方法。5．数据处理处理数据有两种方法：（1）公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用求出周期；不变更摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值，然后代入公式求重力加速度。（2）图象法：由单摆周期公式不难推出：，因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作l–T2的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率，即可求得重力加速度值。6．误差分析（1）系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。（2）偶然误差主要来自时间的测量上，因此，要从摆球通过平衡位置时起先计时，不能多计或漏计振动次数。（2024·四川省乐山县沫若中学高二期中）在用单摆测重力加速度的试验中。（1）为了比较精确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？（将所选用的器材的字母填在题后的横线上）（A）长1m左右的细绳（B）长30m左右的细绳（C）直径2cm的铁球（D）直径2cm的木球（E）秒表；（F）时钟（G）最小刻度是厘米的直尺（H）最小刻度是毫米的直尺。所选择的器材是________。（填序号）（2）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2~L图线，如图所示，再利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=_________。若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑试验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是_______的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【参考答案】（1）ACEH（2）不变【具体解析】（1）单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，A正确，B错误；摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，C正确，D错误；秒表可以限制起先计时和结束计时的时刻，E正确F错误；刻度尺的最小分度越小，读数越精确，G错误，H正确；（2）依据单摆周期公式，有，故图象的斜率为，解得；测摆长时漏加了小球半径，图象向左偏移了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变。1．（2024·四川省广安市）某同学做“用单摆测定重力加速度”的试验，已知单摆在摇摆过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点起先计时且记为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，现用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d。（1）该单摆在摇摆过程中的周期为T=_____________；（2）请你帮助该同学写出求重力加速度的一般表达式g=_________（用题中所给的物理量的符号表示）；（3）该同学用游标卡尺测量小球的直径，如图甲所示，读数是________cm；（4）为了提高试验精度，该同学采纳的措施是：在试验中变更几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出多组对应的T与l的数据，以为纵坐标，l为横坐标得到如图乙所示的图线为一条倾斜直线，并求得该直线的斜率为k，则①重力加速度g=___________（用k表示）；②图中直线并没有坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则试验过程中可能存在的失误是____________。【答案】（1）（2）（3）2.07（4）计算摆长时漏加小球半径【解析】（1）由题，从单摆运动到最低点起先计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为，周期。（2）单摆的长度为，由单摆的周期公式，得。（3）由图示游标卡尺主尺可知，游标卡尺所示为：20mm+8×0.7mm=20.7mm=2.07cm；（4）依据周期公式，此公式变形得到，以l为横坐标、为纵坐标所得到数据连成直线，并求得该直线的斜率，即。若依据所得数据连成的直线的延长线没过坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则试验过程中可能存在的失误是摆长漏加小球半径。2．（1）两个同学分别利用清华高校和广东中山高校的物理试验室，各自由那里用先进的DIS系统较精确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校内网交换试验数据，并由计算机绘制了T2~L图象，如图甲所示。在中山高校的同学所测试验结果对应的图线是__________（选填A或B）。（2）在清华高校做试验的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象，如图（乙）所示。关于a、b两个摆球的振动图象，下列说法正确的是_________________。A．a、b两个单摆的摆长相等B．b摆的振幅比a摆小C．a摆的机械能比b摆大D．在t=1s时有正向最大加速度的是a摆【答案】（1）A（2）D【解析】（1）依据单摆的周期公式，得：，所以T2~L图象的斜率，重力加速度随纬度的上升而增大，g越大，斜率越小，广东中山高校的物理试验室纬度低，g值小，斜率大，故中山高校的同学所测试验结果对应的图线是A；（2）由图知，两摆周期不同，故摆长不同，所以A错误；b摆的振幅比a摆大，故B错误；因不知摆球质量的大小，故不能确定机械能的大小，所以C错误；在t=1s时a摆在负的最大位移处，有正向最大加速度，b摆在平衡位置，所以D正确。1．（2024·新疆生产建设兵团其次中学高二期中）下表是用单摆测定重力加速度试验中获得的有关数据：（1）利用上述数据，在图的坐标系中描绘出l－T2图象。（2）利用图象，取T2＝4.2s2时，L＝__________m，重力加速度g＝__________m/s2。（结果保留三位有效数字）2．某同学在做“利用单摆测重力加速度”的试验时，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s，则（1）他测得的重力加速度g=________m/s2。（π2=9.86）（2）他测得的g值偏小，可能的缘由是________。A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端未坚固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．起先计时时，秒表过迟按下D．试验中误将49次全振动数为50次（3）为了提高试验精度，在试验中可变更几次摆线长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标。T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k。则重力加速度g=________。（用k表示）3．（2024·北京市第四中学高二期中）某同学在“用单摆测定重力加速度”的试验中进行了如下的实践和探究。（1）用游标卡尺测量摆球直径d，如右图所示，则摆球直径为_____cm，测量单摆摆长为l；（2）用秒表测量单摆的周期。当单摆摇摆稳定且到达最低点时起先计时并记为0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图所示，秒表读数为______s，则该单摆的周期是T=______s（保留三位有效数字）；（3）将测量数据带入公式g=_____（用T、l表示），得到的测量结果与真实的重力加速度值比较，发觉测量结果偏大，可能的缘由是_____；A．误将59次数成了60次B．在未悬挂单摆之前先测定好摆长C．将摆线长当成了摆长D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长（4）该同学订正了之前的错误操作，尝试测量不同摆长l对应的单摆周期T，并在坐标纸上画出T2与l的关系图线，如图所示。由图线计算出的重力加速度的值g=_____m/s2。（保留3位有效数字）4．在“利用单摆测重力加速度”的试验中（1）测得摆线长，小球直径D，小球完成n次全振动的时间t，则试验测得的重力加速度的表达式g=；（2）试验中假如重力加速度的测量值偏大，其可能的缘由是。A．把摆线的长度当成了摆长B．摆线上端未坚固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长C．测量周期时，误将摆球（n–1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间D．摆球的质量过大（3）为了削减试验误差，可采纳图象法处理数据，通过多次变更摆长，测得多组摆长L和对应的周期T，并作出T2–L图象，如图所示。若图线的斜率为k，则用k表示重力加速度的测量值g=。5．（2024·河南省洛阳市新安县第一高级中学）有人说矿区的重力加速度偏大，某爱好小组用单摆测定重力加速度的试验探究该问题。（1）用刻度尺测得摆长为，测量周期时用到了秒表，长针转一周的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为1min，该单摆摇摆n=50次时，长短针的位置如图所示，所用时间为t=________s。（2）用以上干脆测量的物理量的英文符号表示重力加速度的计算式为g=__________（不必代入具体数据）。（3）若有一位同学在试验时测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2—图象，就可以求出矿区的重力加速度。理论上T2—l图象是一条过坐标原点的直线，该同学依据试验数据作出的图象如图所示。①造成图象不过坐标原点的缘由最有可能是___________。②由图象求出的重力加速度g＝_______m/s2（取π2=9.87）。6．（1）某同学用单摆测定加速度的试验中，图A的0点是摆线的悬挂点，摆长L=cm.秒表读数________s为了提高测量精度，需多次变更L的值并测得相应的T值。现测得的六组数据标示在以L为横坐标、T2为纵坐标的坐标纸上，即图中用“”表示的点。依据图中的数据点作出T2与L的关系图线，从作出的图线可求得重力加速度g=____m/s2（求得g值保留两位有效数字）。（2）假如他测得的g值偏小，可能的缘由是。A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端未坚固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．起先计时，秒表过迟按下D．试验中误将49次全振动数为50次7．（2015·天津卷）某同学利用单摆测量重力加速度（1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是__________A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C．试验时须使摆球在同一竖直面内摇摆D．摆长肯定的状况下，摆的振幅尽量大（2）如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1m的单摆，试验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期；最终用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离，用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g=____________。8．（2015·北京卷）用单摆测定重力加速度的试验装置如图甲所示。（1）组装单摆时，应在下列器材中选用（选填选项前的字母）。甲A．长度为1m左右的细线 B．长度为30cm左右的细线C．直径为1.8cm的塑料球 D．直径为1.8cm的铁球（2）测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=_______（用L、n、t表示）。（3）下表是某同学记录的乙组试验数据，并做了部分计算处理。请计算出第3组试验中的T=s，g=。（4）用多组试验数据做出图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的图线的示意图如图乙中的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的缘由可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．出现图线c的缘由可能是误将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（5）某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图丙所示，由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过变更O、A间细线长度以变更摆长。试验中，当O、A间细线的长度分别为和时，测得相应单摆的周期为、。由此可得重力加速度g=（用、、、表示）。丙9．（2014·上海卷）某小组在做“用单摆测重力加速度”试验后，为进一步探讨，将单摆的轻质细线改为刚性重杆。通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期，式中为由该摆确定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到重心C的距离。如图（a），试验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复试验，试验数据见表，并测得摆的质量m=0.05kg。（1）由试验数据得出图（b）所示的拟合直线，图中纵轴表示。（2）的国际单位为，由拟合直线得到的值为（保留到小数点后二位）。（3）若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值（选填：“偏大”、“偏小”或“不变”）。10．（2013·安徽卷）依据单摆周期公式，可以通过试验测量当地的重力加速度。如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为_______mm。（2）以下是试验过程中的一些做法，其中正确的有_______。A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些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，以便利测量，起先时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5度，在释放摆球的同时起先计时，当摆球回到起先位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期TE．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置起先计时，登记摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期1．（1）1.059.86（2）当T2＝4.2s2时，从图中可读出其摆长l＝1.05m，将T2和l代入公式，得。2．（1）9.76（2）B（3）【解析】（1）单摆的摆长L=l+r=101.00cm+×2.00cm=102.00cm=1.02m，单摆的周期；由单摆的周期公式得，，代入解得，g=9.76m/s2。（2）测摆线长时摆线拉得过紧，摆长偏大，依据可知，测得的g应偏大，故A错误；摆线上端未坚固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，测得的单摆周期变大，依据可知，测得的g应偏小，故B正确；起先计时时，秒表过迟按下，测得的单摆周期变小，依据可知测得的g应偏大，故C错误；试验中误将49次全振动计为50次，依据求出的周期变小，g偏大，故D错误。故选B。（3）依据重力加速度的表达式可知，T2–l图线斜率，则。3．（1）2.06cm（2）67.4s2.24s（3）AD（4）（3）依据，解得：，误将59次数成了60次，导致测量时周期T测小，依据可知g值测量值偏大，故A正确；在未悬挂单摆之前先测定好摆长，导致测量的摆长小于真实的摆长，依据可知g值偏小，故B错误；将摆线长当成了摆长没有加小球的半径，导致测量的摆长偏小，依据可知g值偏小，故C错误；将摆线长和球的直径之和当成了摆长，导致测量的摆长变长，依据可知g值偏大，故D正确。（4）依据可得：，则在T2与l的关系图线中，斜率代表，依据图象可求出：，则。【名师点睛】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数，依据单摆的周期公式得出T与L的关系式，结合关系式得出图象的斜率，解决本题的关键驾驭单摆测量重力加速度的原理，以及驾驭游标卡尺和秒表的读数方法，难度不大。4．（1）（2）C（3）【解析】（1）单摆的周期，摆长，依据解得重力加速度的表达式g=；（2）若把摆线的长度当成了摆长，则算得的重力加速度偏小；摆线上端未坚固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长，则单摆的周期变大，则算得的重力加速度偏小；测量周期时，误将摆球（n–1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间，则算得的周期变小，重力加速度偏大；摆球的质量过大不影响周期的值，则算得的重力加速度不受影响；故选C；（3）因，故，解得。5．（1）100.2（2）（3）测单摆摆长时漏掉了摆球的半径9.87次函数，而不是正比例函数，故函数图象不是过原点的直线的缘由最可能是摆长没包括球的半径；②摆长单位换算成米，由图象的斜率可得斜率为：，由，重力加速度为：。6．（1）如图所示99.00（99.00~99.05均可）100.49.9（9.9~10