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2025年高考物理精品教案第八章 机械振动和机械波 实验九 用单摆测量重力加速度的大小
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这是一份2025年高考物理精品教案第八章 机械振动和机械波 实验九 用单摆测量重力加速度的大小，共10页。
随着新高考的实施，选择性必修一的内容在高考中的占比有所增加，因此用单摆测量重力加速度的实验地位也随之提升，其中在2023年新课标卷T23、2020年海南卷T14中均对该实验进行了考查，该实验的考查方向主要是测量仪器的读数、实验原理以及实验数据的处理.预计2025年高考对该实验的考查力度会有所加大.
1.实验原理
在偏角很小时单摆做简谐运动，其固有周期为T＝2πlg，由此可得g＝[1] 4π2lT2 ，据此，只要测出摆长l和周期T，即可计算出当地的重力加速度.
2.实验器材
铁架台及铁夹、中心有小孔的金属小球、约1m长的细线、停表、刻度尺、游标卡尺.
3.实验步骤
（1）制作单摆：如图所示.
（2）测量摆长：用刻度尺测出摆线长L，用游标卡尺测出小球直径d，然后计算出悬点到球心的距离l＝L＋d2.
（3）测量周期：把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度（小于[2] 5° ），然后放开小球让它摆动，用停表测出单摆完成30～50次全振动的时间，计算出完成一次全振动的时间，这个时间就是单摆的振动周期.
（4）重复实验：改变摆长，重做几次实验.
4.数据处理
（1）平均值法：根据单摆的周期公式，计算出每次实验的重力加速度，求出几次实验得到的重力加速度的平均值，即本地的重力加速度的值.
（2）图像法：由T＝2πlg得T2＝4π2gl，以T2为纵轴，以l为横轴，作出T2－l图像如图所示，其斜率为k＝4π2g，由图像的斜率即可求出重力加速度g.
5.注意事项
误差分析
命题点1 教材基础实验
1.[2023新课标]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 0.008（0.007～0.009均可） mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图（b）所示，该示数为 20.035（20.034～20.036均可） mm，则摆球的直径为 20.027（20.025～20.029均可） mm.
（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 大于 5°（填“大于”或“小于”）.
（3）某次实验所用单摆的摆线长度为81.50cm，则摆长为 82.5 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54.60s，则此单摆周期为 1.82 s，该小组测得的重力加速度大小为 9.83 m/s2.（结果均保留3位有效数字，π2取9.870）
解析 （1）题图（a）中，螺旋测微器固定刻度读数为0.0mm，可动刻度部分读数为0.8×0.01mm＝0.008mm，所以读数为0.008mm；题图（b）中，螺旋测微器固定刻度读数为20.0mm，可动刻度部分读数为3.5×0.01mm＝0.035mm，所以读数为20.035mm；摆球的直径d＝20.035mm－0.008mm＝20.027mm.
（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＋d2＝82.5cm；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＝54.630s＝1.82s；由单摆的周期公式T＝2πLg可得g＝4π2LT2，代入相关数据解得g＝9.83m/s2.
命题点2 创新设计实验
2.[实验器材创新]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 0.5 s，摆长为 0.64 m（取π2＝10，重力加速度大小g＝10m/s2）.
（2）单摆运动的回复力是 B .
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 AC .
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
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＝2πlg，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＋d2，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.
1.实验小组的同学们用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验.
图甲
（1）测出悬点到小球球心的距离（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＝ 4π2n2lt2 （用l、n、t表示）.
（2）实验时除用到停表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的 AC （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 丙 中所示的固定方式.
（4）某实验小组组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图丁所示，这样做的目的是 AC （填选项前的字母）.
图丁
A.保持摆动过程中摆长不变
B.可使周期测量得更加准确
C.需要改变摆长时便于调节
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
（5）他们组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测得从悬点到摆球的最低端的长度L＝0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图戊所示，则该摆球的直径为 12.0 mm.
图戊
（6）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是 BC （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.用停表测量摆球完成一次全振动所用的时间并作为单摆的周期
（7）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据作出了如图己所示的图像，但忘记在图中标明横轴表示的物理量.你认为横轴表示的物理量是 l （选填“l2”“l”或“l”）；若图线斜率为k，则重力加速度g＝ 4π2k2 （用k表示）.
图己
（8）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 CD （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
D.测量摆长时，以悬点到小球最低端的距离为摆长
解析 （1）单摆的周期T＝tn，由单摆周期公式T＝2πlg得重力加速度g＝4π2lT2＝4π2n2lt2.
（2）为了便于测量周期和减小空气阻力，摆线选择较细且结实、无弹性的线，故选A；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大、体积小的，故选C.
（3）为了避免摆动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则选图丙所示的固定方式.
（4）这样做的目的是便于调节摆长，把摆线夹得更紧一些，使摆动过程中摆长不变，故选A、C.
（5）摆球的直径为d＝12.0mm.
（6）摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，A错误；用停表测量摆球完成一次全振动所用的时间并作为单摆的周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误；B、C正确.
（7）根据单摆周期公式T＝2πlg＝2πgl，可知T－l图像为过原点的直线，故横轴表示的物理量是l，斜率k＝2πg，解得g＝4π2k2.
（8）由单摆周期公式T＝2πlg，得g＝4π2lT2，g与单摆振幅大小无关；开始计时时，过早按下停表，测得的周期偏大，则g的测量值比实际值偏小；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，测得的周期偏小，则g的测量值比实际值偏大；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，若测量摆长时以悬点到小球最低端的距离为摆长，测得的摆长偏大，则g的测量值比实际值偏大.故选C、D.
2.[2024浙江名校联考]在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）先用游标卡尺测小球的直径D，如图1所示，则小球的直径D＝ 19.00 mm.
图1 图2
（2）调节好装置，用毫米刻度尺测得摆线长为l，拉开一个小角度（小于5°）释放小球开始摆动，记小球某次经过最低点为“1”并按下停表开始计时，再次经过最低点记为“2”，一直数到“n”时停止计时，停表记录时间为t，请写出重力加速度的字母表达式g＝ π2（n－1）2（l＋D2）t2 （用D、l、n、t表示）.
（3）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2－L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2－L图像是图2中的 a （选填“a”“b”或“c”）.
解析 （1）根据游标卡尺的读数规则可知，该小球的直径为D＝19mm＋0.05mm×0＝19.00mm.
（2）设单摆的周期为T，根据计时过程有t＝（n－1）T2，摆长为L＝l＋D2，根据单摆周期公式T＝2πLg，解得g＝π2（n－1）2（l＋D2）t2.
（3）由于把小球直径当作半径来计算摆长，则实际摆长为L－D2，则有T＝2πL－D2g，解得T2＝4π2gL－2π2Dg，可知图像的纵截距为负值，则由此得到的T2－L图像是图2中的a.
3.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 2.06 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＝ 2.25 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 B （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 不受影响 （选填“偏大”或“不受影响”）.
（4）在测量过程中，下列操作合理的是 C （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＝ π2（n－1）2t2L （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＝ 4π2ΔlT12－T22 （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？ CD （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
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n2＝30，停表读数为t＝67.5s，得该单摆的周期T＝2.25s.
（3）①由T＝2πLg可得T2＝4π2gL，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＝tn－12＝2tn－1，可得g＝4π2T2L＝π2（n－1）2t2L.
（6）摆线较长的单摆的振动周期T1＝2πl1g，把摆线缩短适当的长度Δl，其振动周期T2＝2πl1－Δlg，联立解得g＝4π2ΔlT12－T22.
（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＝2πLg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＝2πLg可知，重力加速度的测量值偏小，故D符合题意.故选C、D.
4.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.
图甲 图乙
（1）用游标卡尺测量摆球直径d.当量爪并拢时，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 19.20 mm.
（2）用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示.当摆线长度l＝990.1mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00s，由此算得重力加速度g为 9.86 m/s2（保留3位有效数字）.
（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＋d2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 逐渐减小并趋于稳定 ，原因是 摆线长度越大，小球半径相对摆线的长度就越小，小球半径对重力加速度测量的影响就越小 .
图丙
解析 （1）由于该游标卡尺为50分度的游标卡尺，所以其分度值为0.02mm，则d＝19mm＋10×0.02mm＝19.20mm.
（2）根据单摆的周期公式有T＝2πl＋d2g，代入数据解得g＝9.86m/s2.
（3）根据题图丙可知，随着l的增大，Δg逐渐减小并趋于稳定，原因是摆线长度越大，小球半径相对摆线的长度就越小，小球半径对重力加速度测量的影响就越小.制作单摆
①选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1m左右，小球应选用密度较大、直径较小的金属球
②单摆悬线的上端不可随意卷在铁架台的杆上，应用铁夹夹紧，以免摆球摆动时摆线滑动，引起摆长改变
单摆摆动
①注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的偏角小于5°，可通过估算振幅的办法加以控制
②摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆
测量摆长
摆长应是悬点到球心的距离，等于摆线长加上小球的半径.测摆长时，应将摆球悬挂好后再测，不能错误地认为摆线长就是摆长
测量周期
①应从摆球通过平衡位置时开始计时，并且采用倒数到0开始计时的方法，即“4、3、2、1、0、1、2、3、…”，在数“0”的同时按下停表开始计时计数
②应测量多次全振动的时间后计算出振动周期
单摆的振动不符合简谐运动的要求引起的系统误差
①单摆不在同一竖直平面内振动，成为圆锥摆，测得的g值偏大（圆锥摆周期T＝2πlcsθg）；
②振幅过大，摆角超过5°，摆角越大，摆球的实际周期T也越大，测得的g＝4π2lT2值偏小
测定摆长l时引起的误差
①在未悬挂摆球前测定摆长或漏加摆球半径d2，测得的摆长l测＝l0＜l，则g测＜g；
②测摆长时摆线拉得过紧或以摆球的直径与摆线长之和作为摆长，测得的摆长l测＞l，则g测＞g；
③悬点未固定好，摆球摆动时出现松动，测得的摆长l测＜l，则g测＜g
测定周期时引起的误差
①开始计时时，停表过迟按下，会使所测时间t偏小，g值偏大；
②计算单摆的全振动次数时，不从摆球通过最低点时开始计时，容易产生误差
随着新高考的实施，选择性必修一的内容在高考中的占比有所增加，因此用单摆测量重力加速度的实验地位也随之提升，其中在2023年新课标卷T23、2020年海南卷T14中均对该实验进行了考查，该实验的考查方向主要是测量仪器的读数、实验原理以及实验数据的处理.预计2025年高考对该实验的考查力度会有所加大.
1.实验原理
在偏角很小时单摆做简谐运动，其固有周期为T＝2πlg，由此可得g＝[1] 4π2lT2 ，据此，只要测出摆长l和周期T，即可计算出当地的重力加速度.
2.实验器材
铁架台及铁夹、中心有小孔的金属小球、约1m长的细线、停表、刻度尺、游标卡尺.
3.实验步骤
（1）制作单摆：如图所示.
（2）测量摆长：用刻度尺测出摆线长L，用游标卡尺测出小球直径d，然后计算出悬点到球心的距离l＝L＋d2.
（3）测量周期：把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度（小于[2] 5° ），然后放开小球让它摆动，用停表测出单摆完成30～50次全振动的时间，计算出完成一次全振动的时间，这个时间就是单摆的振动周期.
（4）重复实验：改变摆长，重做几次实验.
4.数据处理
（1）平均值法：根据单摆的周期公式，计算出每次实验的重力加速度，求出几次实验得到的重力加速度的平均值，即本地的重力加速度的值.
（2）图像法：由T＝2πlg得T2＝4π2gl，以T2为纵轴，以l为横轴，作出T2－l图像如图所示，其斜率为k＝4π2g，由图像的斜率即可求出重力加速度g.
5.注意事项
误差分析
命题点1 教材基础实验
1.[2023新课标]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 0.008（0.007～0.009均可） mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图（b）所示，该示数为 20.035（20.034～20.036均可） mm，则摆球的直径为 20.027（20.025～20.029均可） mm.
（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 大于 5°（填“大于”或“小于”）.
（3）某次实验所用单摆的摆线长度为81.50cm，则摆长为 82.5 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54.60s，则此单摆周期为 1.82 s，该小组测得的重力加速度大小为 9.83 m/s2.（结果均保留3位有效数字，π2取9.870）
解析 （1）题图（a）中，螺旋测微器固定刻度读数为0.0mm，可动刻度部分读数为0.8×0.01mm＝0.008mm，所以读数为0.008mm；题图（b）中，螺旋测微器固定刻度读数为20.0mm，可动刻度部分读数为3.5×0.01mm＝0.035mm，所以读数为20.035mm；摆球的直径d＝20.035mm－0.008mm＝20.027mm.
（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＋d2＝82.5cm；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＝54.630s＝1.82s；由单摆的周期公式T＝2πLg可得g＝4π2LT2，代入相关数据解得g＝9.83m/s2.
命题点2 创新设计实验
2.[实验器材创新]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 0.5 s，摆长为 0.64 m（取π2＝10，重力加速度大小g＝10m/s2）.
（2）单摆运动的回复力是 B .
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 AC .
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
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＝2πlg，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＋d2，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.
1.实验小组的同学们用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验.
图甲
（1）测出悬点到小球球心的距离（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＝ 4π2n2lt2 （用l、n、t表示）.
（2）实验时除用到停表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的 AC （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 丙 中所示的固定方式.
（4）某实验小组组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图丁所示，这样做的目的是 AC （填选项前的字母）.
图丁
A.保持摆动过程中摆长不变
B.可使周期测量得更加准确
C.需要改变摆长时便于调节
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
（5）他们组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测得从悬点到摆球的最低端的长度L＝0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图戊所示，则该摆球的直径为 12.0 mm.
图戊
（6）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是 BC （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.用停表测量摆球完成一次全振动所用的时间并作为单摆的周期
（7）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据作出了如图己所示的图像，但忘记在图中标明横轴表示的物理量.你认为横轴表示的物理量是 l （选填“l2”“l”或“l”）；若图线斜率为k，则重力加速度g＝ 4π2k2 （用k表示）.
图己
（8）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 CD （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
D.测量摆长时，以悬点到小球最低端的距离为摆长
解析 （1）单摆的周期T＝tn，由单摆周期公式T＝2πlg得重力加速度g＝4π2lT2＝4π2n2lt2.
（2）为了便于测量周期和减小空气阻力，摆线选择较细且结实、无弹性的线，故选A；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大、体积小的，故选C.
（3）为了避免摆动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则选图丙所示的固定方式.
（4）这样做的目的是便于调节摆长，把摆线夹得更紧一些，使摆动过程中摆长不变，故选A、C.
（5）摆球的直径为d＝12.0mm.
（6）摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，A错误；用停表测量摆球完成一次全振动所用的时间并作为单摆的周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误；B、C正确.
（7）根据单摆周期公式T＝2πlg＝2πgl，可知T－l图像为过原点的直线，故横轴表示的物理量是l，斜率k＝2πg，解得g＝4π2k2.
（8）由单摆周期公式T＝2πlg，得g＝4π2lT2，g与单摆振幅大小无关；开始计时时，过早按下停表，测得的周期偏大，则g的测量值比实际值偏小；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，测得的周期偏小，则g的测量值比实际值偏大；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，若测量摆长时以悬点到小球最低端的距离为摆长，测得的摆长偏大，则g的测量值比实际值偏大.故选C、D.
2.[2024浙江名校联考]在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）先用游标卡尺测小球的直径D，如图1所示，则小球的直径D＝ 19.00 mm.
图1 图2
（2）调节好装置，用毫米刻度尺测得摆线长为l，拉开一个小角度（小于5°）释放小球开始摆动，记小球某次经过最低点为“1”并按下停表开始计时，再次经过最低点记为“2”，一直数到“n”时停止计时，停表记录时间为t，请写出重力加速度的字母表达式g＝ π2（n－1）2（l＋D2）t2 （用D、l、n、t表示）.
（3）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2－L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2－L图像是图2中的 a （选填“a”“b”或“c”）.
解析 （1）根据游标卡尺的读数规则可知，该小球的直径为D＝19mm＋0.05mm×0＝19.00mm.
（2）设单摆的周期为T，根据计时过程有t＝（n－1）T2，摆长为L＝l＋D2，根据单摆周期公式T＝2πLg，解得g＝π2（n－1）2（l＋D2）t2.
（3）由于把小球直径当作半径来计算摆长，则实际摆长为L－D2，则有T＝2πL－D2g，解得T2＝4π2gL－2π2Dg，可知图像的纵截距为负值，则由此得到的T2－L图像是图2中的a.
3.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 2.06 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＝ 2.25 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 B （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 不受影响 （选填“偏大”或“不受影响”）.
（4）在测量过程中，下列操作合理的是 C （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＝ π2（n－1）2t2L （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＝ 4π2ΔlT12－T22 （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？ CD （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
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n2＝30，停表读数为t＝67.5s，得该单摆的周期T＝2.25s.
（3）①由T＝2πLg可得T2＝4π2gL，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＝tn－12＝2tn－1，可得g＝4π2T2L＝π2（n－1）2t2L.
（6）摆线较长的单摆的振动周期T1＝2πl1g，把摆线缩短适当的长度Δl，其振动周期T2＝2πl1－Δlg，联立解得g＝4π2ΔlT12－T22.
（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＝2πLg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＝2πLg可知，重力加速度的测量值偏小，故D符合题意.故选C、D.
4.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.
图甲 图乙
（1）用游标卡尺测量摆球直径d.当量爪并拢时，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 19.20 mm.
（2）用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示.当摆线长度l＝990.1mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00s，由此算得重力加速度g为 9.86 m/s2（保留3位有效数字）.
（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＋d2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 逐渐减小并趋于稳定 ，原因是 摆线长度越大，小球半径相对摆线的长度就越小，小球半径对重力加速度测量的影响就越小 .
图丙
解析 （1）由于该游标卡尺为50分度的游标卡尺，所以其分度值为0.02mm，则d＝19mm＋10×0.02mm＝19.20mm.
（2）根据单摆的周期公式有T＝2πl＋d2g，代入数据解得g＝9.86m/s2.
（3）根据题图丙可知，随着l的增大，Δg逐渐减小并趋于稳定，原因是摆线长度越大，小球半径相对摆线的长度就越小，小球半径对重力加速度测量的影响就越小.制作单摆
①选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1m左右，小球应选用密度较大、直径较小的金属球
②单摆悬线的上端不可随意卷在铁架台的杆上，应用铁夹夹紧，以免摆球摆动时摆线滑动，引起摆长改变
单摆摆动
①注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的偏角小于5°，可通过估算振幅的办法加以控制
②摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆
测量摆长
摆长应是悬点到球心的距离，等于摆线长加上小球的半径.测摆长时，应将摆球悬挂好后再测，不能错误地认为摆线长就是摆长
测量周期
①应从摆球通过平衡位置时开始计时，并且采用倒数到0开始计时的方法，即“4、3、2、1、0、1、2、3、…”，在数“0”的同时按下停表开始计时计数
②应测量多次全振动的时间后计算出振动周期
单摆的振动不符合简谐运动的要求引起的系统误差
①单摆不在同一竖直平面内振动，成为圆锥摆，测得的g值偏大（圆锥摆周期T＝2πlcsθg）；
②振幅过大，摆角超过5°，摆角越大，摆球的实际周期T也越大，测得的g＝4π2lT2值偏小
测定摆长l时引起的误差
①在未悬挂摆球前测定摆长或漏加摆球半径d2，测得的摆长l测＝l0＜l，则g测＜g；
②测摆长时摆线拉得过紧或以摆球的直径与摆线长之和作为摆长，测得的摆长l测＞l，则g测＞g；
③悬点未固定好，摆球摆动时出现松动，测得的摆长l测＜l，则g测＜g
测定周期时引起的误差
①开始计时时，停表过迟按下，会使所测时间t偏小，g值偏大；
②计算单摆的全振动次数时，不从摆球通过最低点时开始计时，容易产生误差
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