2027届高三物理一轮复习教案：第八章　第40课时　单摆　实验九：用单摆测量重力加速度（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第八章　第40课时　单摆　实验九：用单摆测量重力加速度（含解析）
考点一 单摆及其周期公式
1.如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置叫作单摆。(如图)
2.简谐运动的条件：θT丙>T乙>T甲，设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲=3T乙2=T丙=T丁2，可得T丙=2T甲，T乙=43T甲，T丁=4T甲，可得T甲∶T乙=3∶4，T丙∶T丁=1∶2，根据单摆周期公式T=2πLg，结合T丙∶T丁=1∶2，可得小球丙、丁的摆长之比L丙∶L丁=1∶4，故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放位置时，即经过T丙2时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，加速度不为零，故A错误；根据上述分析可得T乙=13T丁，小球丁第一次到达平衡位置时，小球乙振动的时间为T丁4，即3T乙4，可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。
例2 (2024·浙江6月选考·9)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球(可视为质点)，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度g=10 m/s2，则( )
A.摆角变小时，周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
C.小球平衡时，A端拉力大小为32 N
D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
答案 B
解析 根据单摆的周期公式T=2πlg可知周期与摆角无关，故A错误；
同一根光滑细线，A端拉力大小等于B端拉力大小，平衡时对小球受力分析如图
可得2FAcs 30°=mg
解得FA=FB=mg2cs30°=33 N
故C、D错误；
根据几何知识可知摆长为l=1.5m×tan30°cs30°=1 m，故周期为T=2πlg≈2 s，故B正确。
[变式] (多选)(2025·江西九江市一模)图中各摆的摆长l都相同，摆球视为质点，且均做小角度摆动，当地的重力加速度为g，下列图中的单摆周期为T=2πlg的是( )
答案 BD
解析 A中摆球的等效重力为G'=G+ma，可得g'=g+a，代入单摆周期公式，可得T1=2πlg+a，故A错误；B中两小球间的静电力始终沿摆线方向，不产生回复力的效果，单摆的周期T2=2πlg，故B正确；C中设摆球的电荷量为q，则摆球的等效重力G'=G+qE，可得g'=g+qEm，代入单摆周期公式，可得T3=2πlg+qEm，故C错误；D中摆球所受洛伦兹力始终沿摆线方向，不产生回复力的效果，单摆的周期T4=2πlg，故D正确。
几种常见的类单摆模型的等效摆长及等效重力加速度

考点二 实验：用单摆测量重力加速度

例3 (2023·新课标卷·23)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 mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图(b)所示，该示数为 mm，则摆球的直径为 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 5°(填“大于”或“小于”)。
(3)某次实验所用单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为 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54.60 s，则此单摆周期为 s，该小组测得的重力加速度大小为 m/s2。(结果均保留3位有效数字，π2取9.870)
答案 (1)0.006(0.005、0.007也可) 20.035(20.034、20.036均可) 20.029(20.027、20.028、20.030、20.031均可) (2)大于 (3)82.5 1.82 9.83
解析 (1)题图(a)读数为0+0.6×0.01 mm
=0.006 mm(0.005 mm、0.007 mm也可)；
题图(b)读数为20 mm+3.5×0.01 mm
=20.035 mm(20.034 mm、20.036 mm均可)；
则摆球的直径为20.035 mm-0.006 mm
=20.029 mm(20.027 mm、20.028 mm、20.030 mm、20.031 mm均可)
(2)若角度盘上移则形成如图所示图样，则实际摆角大于5°。
(3)摆长=摆线长度+半径，代入数据计算可得摆长为82.5 cm；
小球从第1次到61次经过最低点经过了30个周期，则T=54.6030 s=1.82 s
根据单摆周期公式T=2πLg，
可得g=4π2LT2≈9.83 m/s2。
例4 (2025·天津市和平区期末)利用单摆可以测量当地的重力加速度。
(1)为了较精确地进行测量，以下两种单摆组装方式，应选择 [选填“(a)”或“(b)”]。
(2)组装好单摆，先用刻度尺测量摆线长度，再用游标卡尺测量小球的直径，其示数如图甲，则小球直径为 mm；摆球在竖直平面内稳定摆动后，用秒表记录单摆经历多次全振动所用的时间t如图乙所示，则t= s。
(3)测量出多组单摆的摆长L和运动周期T，作出T2-L图像，如图丙所示，由此可求出重力加速度g= m/s2(π2取9.87)。
(4)该图像不过坐标原点，原因可能是将 (选填“摆线长”或“摆线长加小球直径”)作为摆长，上述操作在使用图像法求解重力加速度时会使测量值 (选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
答案 (1)(b) (2)9.3 100.0 (3)9.87 (4)摆线长 无影响
解析 (1)根据单摆模型可知，单摆的悬点要固定，故选(b)。
(2)小球直径为d=9 mm+3×0.1 mm=9.3 mm，
单摆经历多次全振动所用的时间t=60 s+40.0 s=100.0 s
(3)根据单摆周期公式有T=2πLg
整理得T2=4π2gL
则斜率为k=4π2g=4[99.0−(−1.0)]×10−2 s2·m-1=4 s2·m-1
解得g=9.87 m/s2
(4)根据上述分析可知，理论上图像应该为过原点的直线，题中图像相对理论图像在相同周期下，所测摆长比实际值偏小，则原因可能是将摆线长作为摆长，根据T=2πL+rg
整理得T2=4π2gL+4π2rg，
由于斜率不变，所以使用图像法求解重力加速度时会对测量值无影响。
例5 (2025·山东淄博市三模)某同学利用如图甲所示的一半径较大的固定光滑圆弧面测定当地重力加速度。该同学将小钢球从最低点移开一小段距离由静止释放，则小钢球的运动可等效为一单摆的简谐运动。
具体步骤如下：
(1)用螺旋测微器测量小钢球的直径，示数如图乙所示，则小钢球的直径d= mm。
(2)用秒表测量小钢球的运动周期T时，开始计时的位置为图甲中的 (选填“A”“O”或“A'”)。
(3)更换不同的小钢球测出对应直径d进行实验，根据实验记录的数据，绘制如图丙所示的d2-T2图像，横纵轴截距分别为a、b。由图像可得当地的重力加速度g= ，圆弧的半径R= 。(均选用字母π、a、b表示)
(4)该同学查阅资料得知，单摆做简谐运动的周期T0是初始摆角很小时的近似值，实验过程中初始摆角对周期T有一定的影响，TT0与初始摆角θ的关系如图丁所示，由图像可知随θ角的增大，重力加速度g的测量值 (选填“增大”“减小”或“不变”)。
答案 (1)13.870 (2)O (3)4π2ba b (4)减小
解析 (1)根据螺旋测微器读数规则，可读出题图乙所示小钢球的直径为d=13.5 mm+37.0×0.01 mm=13.870 mm
(2)小钢球在O点运动速度最快，从O点开始计时造成的时间测量误差最小，所以应从O点开始计时。
(3)由题意，根据单摆周期公式可得T=2πR−d2g
整理可得d2=-g4π2T2+R
由题图丙有-ba=-g4π2，可得当地的重力加速度g=4π2ba，圆弧的半径R=b
(4)由题意，根据单摆周期公式有T=2πlg测
T0=2πlg真
解得g测g真=(T0T)2
由题图丁可知随θ角的增大，TT0增大，则g测减小。
课时精练
[分值：60分]
[1~4题，每题4分]
1.(多选)(2026·湖南怀化市检测)惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟，图甲为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动，在北京走时准确的摆钟移到长沙后，由于两地的温差及纬度的变化，摆钟走时误差较大，下列说法正确的是( )
A.摆钟移到长沙后走时将变快
B.摆钟移到长沙后走时将变慢
C.调准时可将螺母适当向上移动
D.调准时可将螺母适当向下移动
答案 BC
解析 北京的平均温度低于长沙的平均温度，摆钟移到长沙后，热胀冷缩使得摆长变大，北京的重力加速度略大于长沙的重力加速度，根据单摆的周期公式T=2πlg可知，摆钟的周期变大，摆动将变慢，走时变慢，故A错误，B正确；要使周期不变大，应减小摆长，即将螺母适当向上移动，故C正确，D错误。
2.(2025·山西吕梁市三模)某同学用如图所示的装置描绘单摆做简谐运动的振动图像。第一次实验时在纸带上恰好有两个完整的振动图像，第二次实验时改变摆长，用2倍的速度拉相同的纸带，纸带上也恰好有两个完整的振动图像，则第一次实验和第二次实验中单摆的摆长之比为( )
A.4∶1B.2∶1
C.1∶2D.1∶4
答案 A
解析 由题意可知两次实验中单摆的周期之比为T1∶T2=2∶1，再由周期公式T=2πlg，解得l1l2=T12T22=41，故选A。
3.(2025·天津市二模)如图所示是两个单摆的振动图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法正确的是( )
A.t=4 s时，两单摆的回复力最大
B.乙摆球在第1 s末和第3 s末速度相同
C.甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4
D.甲摆球位移随时间变化的关系式为x=2sin (π2t+π2) cm
答案 C
解析 t=4 s时，两单摆处于平衡位置，该位置的回复力为零，A错误；根据x-t图像切线斜率表示速度可知乙摆球在第1 s末和第3 s末速度大小相等、方向相反，B错误；由单摆的周期公式可知T=2πlg，得甲、乙两个摆的摆长之比为l甲l乙=T甲2T乙2=14，C正确；由题图可知，甲摆的振幅为2 cm，周期为4 s，且t=0时刻位于平衡位置并开始向上运动，故甲摆球位移随时间变化的关系式为x=2sin (π2t) cm，D错误。
4.(2025·四川巴中市三模)在一次“单摆同步实验”中，物理老师将甲、乙两个小球分别用轻绳悬挂于同一水平天花板上，并用细线水平连接两球使其静止。两摆线与竖直方向夹角分别为θ1和θ2，且θ1>θ2。现将连接细线剪断，小球开始自由摆动，取水平地面为零势能面。下列判断正确的是( )
A.两小球的摆长相等，因此它们周期必相等
B.甲摆球的机械能大于乙摆球的机械能
C.甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度
D.甲摆球的最大重力势能小于乙摆球的最大重力势能
答案 D
解析 由题图可知，两个单摆静止时离天花板的高度相同，则有L甲cs θ1=L乙cs θ2，因θ1>θ2，故cs θ1L乙，即甲单摆的摆长更长。根据单摆周期公式T=2πLg，可知甲摆的周期大于乙摆的周期，故A错误；两球开始处于平衡状态，设绳子拉力为FT，根据共点力平衡可得FT=m甲gtan θ1=m乙gtan θ2，因θ1>θ2，故tan θ1>tan θ2，可得m甲L乙，θ1>θ2，故Δh甲>Δh乙，因甲球下降的高度大于乙球下降的高度，故甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故C错误。
5.(8分)(2025·海南卷·14)某学习小组用如图所示单摆测量当地重力加速度
(1)(2分)用游标卡尺测得小球直径d=20 mm，刻度尺测得摆线长l=79 cm，则单摆摆长L= cm(保留四位有效数字)；
(2)(6分)拉动小球，使摆线伸直且与竖直方向的夹角为θ(θ