2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)第28讲实验：用单摆测重力加速度(复习讲义)(学生版+解析)

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01 TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc15422" \l "_Tc26714" 考情解码·命题预警1
02 \l "_Tc7022" 体系构建·思维可视2
03 \l "_Tc306" 核心突破·靶向攻坚3
\l "_Tc23645" 考点 实验：用单摆测重力加速度3
\l "_Tc8741" 知识点 实验：用单摆测重力加速度3
考向1 教材原型实验4
考向2 创新拓展实验9
04 \l "_Tc306" 真题溯源·考向感知14

考点 用单摆测重力加速度
\l "_Tc25045" 知识点 用单摆测重力加速度
一、实验原理
当摆角较小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2πlg，由此得到g＝4π2lT2，因此，只要测出 摆长l 和 振动周期T ，就可以求出当地的重力加速度g的值。
二、实验器材
铁架台、单摆、 游标卡尺 、毫米刻度尺、 停表 。
三、实验过程
1.让细线的一端穿过金属小球的小孔，做成单摆。
2.把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示。
3.用毫米刻度尺量出摆线长度l'，用游标卡尺测出金属小球的直径，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（小于5°），然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出单摆的振动周期T。
5.根据单摆周期公式，计算当地的重力加速度。
6.改变摆长，重做几次实验。
四、数据处理
1.公式法：利用T＝tN求出周期，算出三次测得的周期的平均值，然后利用公式g＝4π2lT2求重力加速度。
2.
图像法：根据测出的一系列摆长l对应的周期T，作l-T2的图像，由单摆周期公式得l＝g4π2T2，图像应是一条 过原点的直线 ，如图所示，求出图线的斜率k，即可利用g＝ 4π2k 求出重力加速度。
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，需用夹子夹住，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
1.系统误差：本实验的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平面内的摆动以及测量哪段长度作为摆长等等。
2.偶然误差：本实验的偶然误差主要来自时间（即单摆周期）的测量上。为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值。
3.图像分析：单摆周期公式为T＝2πlg，得T2＝4π2gl，
若误将悬点到小球下端的距离记为摆长，则T2＝4π2g(L－r)，作出的图线应当是图丁中的③。
若误将悬点到小球上端的距离记为摆长，则T2＝4π2g(L+r)，作出的图线应当是图丁中的①
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。
\l "_Tc17630" 考向1 教材原型实验
例1（2025·四川眉山·高三月考）某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中：
(1)先测得摆线长，用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则小球的直径为 cm。
(2)为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最 （填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。
(3)为了提高测量精度，需多次改变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，即图乙中用“×”表示的点。（取π2=9.8）根据图中的数据点作出T2与L的关系图线如图所示，则重力加速度g= ms2。（结果保留三位有效数字）
(4)如果测得的g值偏大，可能的原因是 （填正确答案标号）。
A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．把n次摆动的时间误记为n+1次摆动的时间
C．以摆线长作为摆长来计算
D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算
【答案】(1)2.125
(2)低
(3)9.80
(4)BD
【详解】（1）用游标卡尺测得摆球的直径2.1cm+5×0.05mm=2.125cm
（2）为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点的位置时开始计时，并用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。
（3）根据T=2πLg
可得T2=4π2gL
由图像可知k=4π2g=4.80−−0.80=4
解得g=9.80m/s2
（4）根据T=2πLg
可得g=4π2LT2
A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，但计算时仍用原来的值计算，根据g=4π2LT2可知，g测量值偏小，选项A错误；
B．把n次摆动的时间误记为n+1次摆动的时间，则周期T测量值偏小，根据g=4π2LT2可知，g测量值偏大，选项B正确；
C．以摆线长作为摆长来计算，则摆长偏小，则根据g=4π2LT2可知，g测量值偏小，选项C错误；
D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，根据g=4π2LT2可知，g测量值偏大，选项D正确。
故选BD。
【变式训练1】（2025·四川遂宁·高三月考）某实验小组用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
(1)如图乙为4种摆球设计，选哪种方式正确 ；
(2)测摆球直径时游标卡尺的读数为 mm；
(3)若某同学根据实验中数据计算出摆长L，n次全振动时间为t，则当地的重力加速度g= （用L，n，t表示）。
【答案】(1)C
(2)12.5
(3)4π2n2Lt2
【详解】（1）本实验中为了减小阻力影响，摆球应选择密度大，体积小的小铁球或者小钢球，摆线应选择较长且伸缩性较小的细线。
故选C。
（2）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以此时游标卡尺读数为12+5×0.1mm=12.5mm
（3）根据单摆周期公式T=2πLg，T=tn
所以g=4π2n2Lt2
【变式训练2】（2025·四川南充·高三月考）在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过 cm（保留1位小数）。（提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。）
(2)为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最 （填“高”或“低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。
(3)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为 m。
(4)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝ 。
(5)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________。
A．甲的说法正确B．乙的说法正确C．两学生的说法都是错误的
【答案】(1)6.9
(2)低
(3)0.9980
(4)4π2LT2
(5)A
【详解】（1）由弧长公式可知l＝θR
又结合题意所求的距离近似等于弧长，则d＝5°360°×2π×80.0 cm＝6.98cm
结合题中保留1位小数和摆动最大角度小于5°可知不能填7.0，应填6.9；
（2）为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最低点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。
（3）从悬点到球心的距离即为摆长，可得单摆的摆长为L＝0.9980m
（4）由单摆周期公式T=2πLg
可得重力加速度的表达式为g=4π2LT2
（5）由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而是相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，故学生甲说法正确。
故选A。
【变式训练3】小明在学了单摆知识后想利用单摆来测量当地的重力加速度，他用细线悬挂一个小球组成一个单摆，如图甲所示，其细线长度可以改变。

（1）测摆线长：用刻度尺量出悬挂状态下摆线长l。
（2）测周期：让小球在同一竖直面内做小幅度摆动，秒表在小球经过最低点时开始计时，并计数1，以后小球每次经过最低点都计数一次，到小球第N次经过最低点时，计时结束，读出秒表读数为t，则该单摆周期T= 。
（3）改变摆线长，重复步骤（1）（2）。
（4）数据处理：以周期T2为纵坐标，摆线长l为横坐标，作出T2−l图像如图乙所示。已知图像纵截距为b，斜率为k，则可求得当地重力加速度大小为 ，还可附带求出小球半径为 。（结果均用b、k、π表示）
（5）误差分析：小红看了小明的方案后，认为该单摆摆长并不等于摆线长l，摆长还应加上小球半径。小明细想后认为仍然以摆线长l为横坐标会导致当地重力加速度的测量值 （选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】 2tN−1 4π2k bk 等于
【详解】（2）[1]每经过最低点计数一次且从1开始到N总时间为t，有t=(N−1)T2
解得T=2tN−1
（4）[2][3]设小球半径为R，由T=2πl+Rg
可得T2=4π2g(l+R)
结合图像有k=4π2g,b=4π2gR
解得g=4π2k,R=bk
（5）[4]在T2−l图像中横坐标无论是摆长还是摆线长，图像的斜率k=4π2g不变，所测当地重力加速度不变，因此仍然以摆线长l为横坐标,当地重力加速度的测量值等于真实值。
\l "_Tc17630" 考向2 创新拓展实验
例1（2025·四川成都·三模）为了测量当地的重力加速度，某学校科技兴趣小组利用激光切割机切割出如图甲所示半径为R的两块完全相同的金属工件，然后将两块金属板正对平行固定，在两板之间形成距离为d的较为光滑的圆槽轨道。现将直径为D的小球放入轨道，使之做简谐运动，等效为单摆运动。
(1)实验前用螺旋测微器测量小球的直径D，如图丙所示，则小球的直径D= mm。
(2)更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将 （填“变大”“变小”“不变”）
(3)图乙为小球在圆槽轨道最低点时的示意图，该单摆的等效摆长L= 。（用R，D，d表示）
(4)若等效摆长L为12cm，π2取值为9.8，从小球运动到最低点开始计时，并记为第1次，第101次经过最低点时用时35s，则计算重力加速度g为 m/s2。（结果保留3位有效数字）
【答案】(1)6.124/6.125/6.126
(2)不变
(3)R−12D2−d2
(4)9.60
【详解】（1）小球的直径D=6mm+12.5×0.01mm=6.125mm
（2）根据单摆的振动周期T=2πlg可知，更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将不变。
（3）根据几何关系可得小球在最低点时，其重心到圆槽平面的距离为x=D22−d22
所以该单摆的等效摆长为L=R−x=R−12D2−d2
（4）依题意，单摆的振动周期为T=35101−12=0.7s
由T=2πlg
代入数据，解得g=9.60m/s2
【变式训练1】（2025·四川南充·高三月考）某同学用图示装置测量当地重力加速度g：
(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径，结果如图甲所示，可读出摆球的直径d＝ cm；
(2)实验时，摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻，如图乙所示，光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丙所示，则该单摆的周期为 ；
(3)用刻度尺测量出绳长L，则当地重力加速度g＝ （结果用题中字母表示）；
(4)若把该装置放到正在匀加速下降的电梯中，用完全相同的操作重新完成实验，图像中t0将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。
【答案】(1)1.87
(2)2t0
(3)π2L+d2t02
(4)变大
【详解】（1）摆球的直径d=18mm+7×0.1mm=18.7mm=1.87cm
（2）单摆一周经过2次平衡位置，由图可知，单摆的周期为T=2t0
（3）摆长l=L+d2
根据周期公式T=2πlg
联立解得g=π2L+d2t02
（4）若把该装置放到正在匀加速下降的电梯中，则等效重力加速度为g'=g−a
可知等效重力加速度减小，根据周期公式可知，周期变大，所以图像中t0将变大。
【变式训练2】为了测量当地的重力加速度，某同学设计了如图甲所示的双线摆，两轻质细线的上端系在固定的水平横杆上，下端系在小球上的同一点，静止时测得两细线长均为l，用量角器测得两细线之间的夹角为θ。
(1)用螺旋测微器测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径d= mm；双线摆摆动时的等效摆长L= （用l、θ、d表示）。
(2)将双线摆拉开一个小角度，让摆球在竖直面内摆动，从小球经过最低点时开始计时并体记为“0”，测得小球第n次经过最低点时计时器记录的总时间为t，则小球摆动的周期T= 。
(3)多次改变两细线在A、B上两悬点间的距离，从而改变两细线间的夹角θ，重复实验，从而测得多组T和θ，作T2- （选填“sinθ”“sinθ2”“csθ”或“csθ2”）图像，得到图像的斜率为k，则测得当地的重力加速度为g= （用π、l、k表示）。
【答案】(1) 7.170/7.169/7.171 d2+lcsθ2
(2)2tn
(3) csθ2 4π2lk
【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以小球的直径为d=7mm+0.01mm×17.0=7.170mm
[2]等效摆长为L=d2+lcsθ2
（2）小球摆动的周期为T=2tn
（3）[1]由单摆的周期公式有T=2πLg
可得T2=2π2dg+4π2lgcsθ2
所以作T2-csθ2的图像；
[2]由题意可知4π2lg=k
解得g=4π2lk
【变式训练3】（2025·四川达州·高三月考）小明欲利用一固定光滑圆弧面测定重力加速度，圆弧面如图甲所示，图中虚线为圆弧面最低处，圆弧面半径为R，该同学取一光滑小铁球进行实验。
(1)小明用游标卡尺测量小铁球的直径时，发现游标尺上的零刻度线处被遮挡，如图乙所示，他根据游标卡尺的测量原理和读数规则还是正确读出了小球的直径，则小铁球的直径d= mm。
(2)若小明测得小铁球振动的周期为T，则测得的重力加速度表达式为g= （用题干中物理量T、R、d表示）
(3)同组的小军同学更换半径不同的金属球进行实验，根据实验记录的数据，绘制的T2−d2图像如图丙所示，图中图像的横、纵截距均已标出，则当地的重力加速度g= 。
【答案】(1)16.6
(2)2π2(2R−d)T2
(3)4π2ab
【详解】（1）油标尺的第6条刻度线与主尺的22mm刻度对齐，则小铁球的直径d=22mm-0.9mm×6=16.6mm
（2）根据T=2πR−12dg
可得g=2π2(2R−d)T2
（3）根据T=2πR−12dg
可得T2=4π2Rg−4π2g⋅d2
由图像可知4π2g=ba
可得g=4π2ab
【变式训练4】某同学欲测量当地的重力加速度，利用的实验器材有：带有滑槽的水平导轨，足够长的一端带有滑轮的木板，不可伸长的细线，重物，沙漏（装有沙子），立架，加速度传感器，刻度尺．具体操作如下：
①按图甲所示安装好实验器材，并测量摆线的长度L（沙漏的大小可忽略）；
②将沙漏拉离平衡位置（摆角较小）由静止释放，使沙漏在竖直面内振动；
③沙漏振动稳定后，由静止释放重物，使木板沿滑槽运动，记下加速度传感器的示数a0，漏出的沙子在木板上形成的曲线如图乙所示（忽略沙子落在木板上后木板的质量变化）；
④缓慢移出木板，测量曲线上相邻三点A、B、C之间的间距xAB、xBC，并计算出Δx=xBC−xAB；
⑤改变立架的高度及摆线的长度，重复②③④的操作。
回答下列问题：
(1)对该实验，下列说法正确的是______（填字母）
A．随着沙漏中沙子的流出，Δx将减小
B．其他条件不变，若仅增大重物的质量，Δx将增大
C．其他条件不变，若仅增大摆线的长度，Δx将增大
(2)沙漏振动稳定后的周期T= （用Δx、a0表示）．
(3)该同学依据测出的L和Δx，作出的L−Δx图像如图丙所示，若测得该图像的斜率为k，则计算重力加速度的表达式为g= （用题中字母表示）。
【答案】(1)BC
(2)2Δxa0
(3)a0π2k
【详解】（1）A．由匀变速直线规律有Δx=a0(Δt)2
分析可知相邻两点间的时间间隔为单摆周期的一半，即Δt=12×2πLg=πLg
联立整理可有Δx=a0π2Lg
由该式可看出Δx与沙漏中沙子的质量无关，故A错误；
B．仅重物质量增大时，a0增大，由上式可知Δx将增大，故B正确；
C．摆线长度增大时，由上式可知Δx也增大，故C正确。
故选BC。
（2）因为Δx=a0Δt2
整理得Δt=Δxa0
而单摆周期T=2Δt=2Δxa0
（3）以上分析可知Δx=a0π2Lg
整理得L=ga0π2Δx
则L−Δx图像斜率k=ga0π2
整理得g=a0π2k
1.（2025·海南·高考真题）小组用如图所示单摆测量当地重力加速度
(1)用游标卡尺测得小球直径d=20mm，刻度尺测得摆线长l=79cm，则单摆摆长L= cm（保留四位有效数字）；
(2)拉动小球，使摆线伸直且与竖直方向的夹角为θ（θ>m球，lm球，l>>d
C．m线