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第40课时　单摆　实验九：用单摆测量重力加速度
目标要求　1.知道什么是单摆，熟记单摆的周期公式。2.知道利用单摆测量重力加速度的原理，掌握利用单摆测量重力加速度的方法。3.会对测量数据进行处理并进行误差分析。
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：θ<5°。
3.回复力：F回=mgsin θ=-x=-kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反，故单摆做简谐运动。
4.周期公式：T=2π。
(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。
(2)g为当地重力加速度。
说明：当单摆处于月球上时，重力加速度为g月；当单摆处于超重或失重状态时，重力加速度为等效重力加速度。
5.单摆的等时性：单摆的振动周期取决于摆长l和重力加速度g，与振幅和摆球质量无关。
6.弹簧振子和单摆比较
模型 弹簧振子 单摆
示意图
简谐运动 的条件 ①弹簧质量要忽略 ②无摩擦等阻力 ③在弹簧弹性限度内 ①摆线为不可伸缩的轻细线 ②无空气阻力等 ③最大摆角小于5°
回复力 弹簧弹力提供 摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力(不是摆球所受的合外力)提供
平衡 位置 弹簧处于自然长度处 最低点
周期 T=2π T=2π
(1)单摆的回复力表达式中k对应什么？
(2)由单摆的周期公式和回复力公式推导简谐运动的周期公式。
答案　(1)由单摆回复力公式可知k=。
(2)由回复力公式知=，替换单摆周期公式可得简谐运动的周期公式为T=2π。
例1　(2025·四川卷·5)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　)
A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B.小球丁第一次经过平衡位置时，小球乙动能为零
C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4
D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2
答案　C
解析　根据单摆周期公式T=2π，可知T丁>T丙>T乙>T甲，设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲==T丙=，可得T丙=2T甲，T乙=T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=2π，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=T丁，小球丁第一次到达平衡位置时，小球乙振动的时间为，即，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 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=2π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2FAcos 30°=mg
解得FA=FB== N
故C、D错误；
根据几何知识可知摆长为l==1 m，故周期为T=2π≈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=2π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=2π，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=2π，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+，代入单摆周期公式，可得T3=2π，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=2π，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
模型 图示(l、l1、l2为摆线长，R为圆弧半径，小球可看成质点) 摆长 等效重力加速度g 周期T
双线摆 不变， lsin α g T=2π
折线摆 碰到钉子 后变小 g T=π+π
圆弧摆 不变 g T=2π
斜面摆 不变 gsin α T=2π
电梯中 的摆 不变 g+a T=2π
点电荷 电场中 的摆 不变 g T=2π
考点二　实验：用单摆测量重力加速度
原理及 装置图 摆角很小时，单摆做简谐运动，周期T=2π，可得g=，则测出单摆摆长l=l线+和周期T，便可计算出当地的重力加速度g
实验器材 铁架台和铁夹、长约1 m的细线、中心有小孔的金属小球、停表、毫米刻度尺、游标卡尺
数据处理 (1)公式法：将测得的几组周期T和摆长l分别代入公式g=中，算出多组重力加速度g的值，再求出g的平均值 (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=T2，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求重力加速度
注意事项 (1)测周期 ①从摆球过平衡位置时开始计时，此处速度大、计时误差小 ②要测多次全振动的时间来计算周期 ③在摆球过平衡位置开始计时，以后摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次，且在数“零”的同时按下停表 (2)测摆长 摆线自然下垂时，用毫米刻度尺测量摆线长l线，用游标卡尺测量摆球的直径，然后计算出摆球的半径r，则摆长l=l线+r
误差分析 (1)偶然误差：来自对时间(即单摆周期)的测量，通过多次测量求平均值减小误差 (2)系统误差：来自单摆模型本身是否符合要求 (3)减小误差的方法：①细线的质量要小，弹性要小 ②摆球应选用体积小、密度大的材料 ③要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放，摆角小于5° ④单摆悬线的上端要夹紧在铁夹中，避免摆动时摆长改变
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= s=1.82 s
根据单摆周期公式T=2π，
可得g=≈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=2π
整理得T2=L
则斜率为k== 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=2π
整理得T2=L+，
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-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，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)　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=2π
整理可得=-T2+R
由题图丙有-=-，可得当地的重力加速度g=，圆弧的半径R=b
(4)由题意，根据单摆周期公式有T=2π
T0=2π
解得=()2
由题图丁可知随θ角的增大，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=2π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∶1 B.2∶1
C.1∶2 D.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=2π，解得==，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 (t+) 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=2π，得甲、乙两个摆的摆长之比为==，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 (t) 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cos θ1=L乙cos θ2，因θ1>θ2，故cos θ1L乙，即甲单摆的摆长更长。根据单摆周期公式T=2π，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<5°)，无初速度释放小球，小球经过　　　　(选填“最高”或“最低”)点时，开始计时，记录小球做了30次全振动用时t=54.00 s，则单摆周期T=　　　　 s，由此可得当地重力加速度g=　　　　 m/s2。(取π2≈10，后两空保留三位有效数字)
答案　(1)80.00　(2)最低　1.80　9.88
解析　(1)单摆的摆长为L=l+=80.00 cm
(2)为减小实验计时误差，需小球经过最低点时开始计时；
单摆周期T== s=1.80 s
根据单摆周期公式T=2π可得g=
代入数值得g≈9.88 m/s2。
　[6~8题，每题6分]
6.(2025·陕西宝鸡市一模)如图甲所示，小明同学利用漏斗做简谐运动实验，他将漏斗下方的薄木板沿箭头方向拉出，漏斗4 s内漏出的细沙在板上形成了如图乙所示曲线AE，当地重力加速度大小g取9.8 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.该沙摆的摆动频率为2 Hz
B.该沙摆的摆长约为2 m
C.由图乙可知薄木板做匀加速直线运动，且加速度大小约为0.03 m/s2
D.当图乙中的D点通过沙摆正下方时，薄木板的速度大小约为0.25 m/s
答案　C
解析　由题图乙知，4 s时间内沙摆摆动两个完整的周期，则T= s=2 s，则该沙摆的摆动频率为f==0.5 Hz，选项A错误；沙摆的周期T=2π，解得L≈1 m，选项B错误；由题图乙可知，连续相等的时间内，位移差近似相等，可知薄木板做匀加速直线运动，根据逐差法可得a=×10-2 m/s2≈0.03 m/s2，选项C正确；匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，所以有vD=≈0.13 m/s，选项D错误。
7.(多选)(2025·陕西西安市一模)力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，现将摆球从A点释放，则摆球在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动。B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=θ，θ小于5°且是未知量。图乙是由力传感器得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.单摆的周期为0.4π s
B.摆长为0.2 m
C.摆球的质量为0.05 kg
D.摆球运动过程中的最大速度为0.5 m/s
答案　AC
解析　摆球在一个周期T内两次经过最低点，球在最低点时细线拉力最大，结合题图乙可知单摆周期T=0.4π s，故A正确；根据单摆周期公式T=2π，解得摆长l=0.4 m，故B错误；分析可知摆球在最低点时速度v最大，由题图乙可知细线拉力最大值、最小值分别为Fmax=0.510 N、Fmin=0.495 N，设摆球质量为m，摆球在最低点时，由牛顿第二定律有Fmax-mg=m，摆球在最高点时，由牛顿第二定律有Fmin=mgcos θ，摆球从最高点到最低点，由动能定理得mg(l-lcos θ)=mv2，联立解得m=0.05 kg，v= m/s，故C正确，D错误。
8.(2025·四川乐山市三模)如图甲所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点有一个钉子，将摆球(可视为质点)拉到A点后静止释放，摆球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图乙所示。已知摆球摆角始终小于5°，重力加速度g取10 m/s2，不计一切阻力和能量损失，下列说法中正确的是(　　)
A.该单摆的周期为0.4π s
B.OP间的距离为1.6 m
C.t=0.2π s时摆球动能最大
D.图中x1与x2的比值为2∶1
答案　D
解析　由题图乙可知，该单摆的周期为T=2(0.5-0.2)π s=0.6π s，选项A错误；根据单摆周期公式可得0.4π s=π，0.2π s=π，解得OP间的距离为LOP=1.2 m，选项B错误；t=0.2π s时摆球到达最高点，此时速度为零，则动能为零，选项C错误；不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1=mgh2，所以摆球摆到两侧最高点位置时等高；设单摆在OP左侧最大偏角为θ，由数学知识得x1=2LOAsin ，设单摆在OP右侧最大偏角为α，由数学知识得x2=2LBPsin ，由机械能守恒定律得mgLOA(1-cos θ)=mgLBP(1-cos α)，其中LOA=4LBP，联立解得=，选项D正确。
9.(10分)(2025·浙江6月选考·14Ⅱ)在用单摆测重力加速度的实验中，
(1)(4分)如图甲所示，可在单摆悬点处安装力传感器，也可在摆球的平衡位置处安装光电门。甲同学利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图乙所示，则单摆的周期为　　　　　 s(结果保留3位有效数字)。乙同学利用光电门，从小钢球第1次遮光开始计时，记下第n次遮光的时刻t，则单摆的周期为T=　　　　　；
(2)(4分)丙同学发现小钢球已变形，为减小测量误差，他改变摆线长度l，测出对应的周期T，作出相应的l-T2关系图线，如图丙所示。由此算出图线的斜率k和截距b，则重力加速度g=　　　　　，小钢球重心到摆线下端的高度差h=　　　　　(结果均用k、b表示)；
(3)(2分)丁同学用3D打印技术制作了一个圆心角等于5°、半径已知的圆弧槽，如图丁所示。他让小钢球在槽中运动，测出其运动周期，算出重力加速度为8.64 m/s2。若周期测量无误，则获得的重力加速度明显偏离实际值的最主要原因是　　　 　　　　。
答案　(1)1.31　　(2)4π2k　kb　(3)见解析
解析　(1)单摆摆动过程中，在最低点绳子的拉力最大，相邻两次拉力最大的时间间隔为半个周期。由题图乙可知，从起始值到终止值经历的时间间隔Δt=7.653 0 s-1.127 7 s=6.525 3 s
则有Δt=10×，解得T≈1.31 s。
由题可得(n-1)=t，解得周期为T=。
(2)摆长为L=h+l，根据单摆周期公式有T=2π，解得l=T2-h，可得l-T2图像的斜率为k=，解得g=4π2k；当T2=b时l=0，则有0=·b-h，解得h=kb。
(3)小钢球与圆弧槽之间存在阻力，导致周期变长。
10.(8分)(2024·湖北卷·12改编)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2 g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。
具体步骤如下：
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图(a)所示。
②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。
④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。
⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。
该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期T=2π，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。
(1)(2分)由步骤④，可知振动周期T=　　　　　　。
(2)(3分)设弹簧的原长为l0，则l与g、l0、T的关系式为l=　　　　　　。
(3)(3分)由实验数据作出的l-T2图线如图(b)所示，可得g=　　　　　　 m/s2(保留三位有效数字，π2取9.87)。
答案　(1)　(2)l0+　(3)9.59
解析　(1)30次全振动所用时间t，则振动周期
T=
(2)弹簧振子的振动周期T=2π
可得振子的质量M=
振子平衡时，根据平衡条件Mg=kΔl
可得Δl=
则l与g、l0、T的关系式为l=l0+Δl=l0+
(3)根据l=l0+整理可得
l=l0+·T2
则l-T2图像斜率k== m/s2
解得g≈9.59 m/s2(共74张PPT)
第八章
机械振动
与机械波
单摆　实验九：用单摆
测量重力加速度
第40课时
1.知道什么是单摆，熟记单摆的周期公式。
2.知道利用单摆测量重力加速度的原理，掌握利用单摆测量重力加速度的方法。
3.会对测量数据进行处理并进行误差分析。
目标要求
考点一　单摆及其周期公式
考点二　实验：用单摆测量重力加速度
内容索引
课时精练
单摆及其周期公式
考点一
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：θ<5°。
3.回复力：F回=mgsin θ=-x=-kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反，故单摆做简谐运动。
4.周期公式：T=_______。
(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。
(2)g为当地重力加速度。
说明：当单摆处于月球上时，重力加速度为g月；当单摆处于超重或失重状态时，重力加速度为等效重力加速度。
5.单摆的等时性：单摆的振动周期取决于______和____________，与振幅和摆球质量______。
2π
摆长l
重力加速度g
无关
6.弹簧振子和单摆比较
模型 弹簧振子 单摆
示意图
简谐运动 的条件 ①弹簧质量要忽略 ②无摩擦等阻力 ③在弹簧弹性限度内 ①摆线为不可伸缩的轻细线
②无空气阻力等
③最大摆角小于5°
模型 弹簧振子 单摆
回复力 弹簧_____提供 摆球_____沿与摆线垂直方向(即切向)的分力(不是摆球所受的合外力)提供
平衡 位置 弹簧处于_________处 _______
周期 T=2π T=2π
弹力
重力
自然长度
最低点
(1)单摆的回复力表达式中k对应什么？
讨论交流
答案　由单摆回复力公式可知k=。
(2)由单摆的周期公式和回复力公式推导简谐运动的周期公式。
答案　由回复力公式知=，替换单摆周期公式可得简谐运动的周期公式为T=2π。
　　　(2025·四川卷·5)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则
A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B.小球丁第一次经过平衡位置时，小球乙动能为零
C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4
D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2
√
　　　根据单摆周期公式T=2π，可知T丁>T丙>T乙>T甲，设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲==T丙=，可得T丙=2T甲，T乙=T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=2π，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=T丁，小球丁第一次到达平衡位置时，小球乙振动的时间为，即，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。
　(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 N
D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
√
　　　根据单摆的周期公式T=2π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2FAcos 30°=mg
解得FA=FB== N
故C、D错误；
根据几何知识可知摆长为l==1 m，故周期为T=2π≈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=2π的是
√
√
　　　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=2π，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=2π，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+，代入单摆周期公式，可得T3=2π，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=2π，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
模型构建
模型 图示(l、l1、l2为摆线长，R为圆弧半径，小球可看成质点) 摆长 等效重力加速度g 周期T
双线摆 不变， lsin α g T=2π
折线摆 碰到钉子后变小 g T=π+π
模型 图示(l、l1、l2为摆线长，R为圆弧半径，小球可看成质点) 摆长 等效重力加速度g 周期T
圆弧摆 不变 g T=2π
斜面摆 不变 gsin α T=2π
返回
模型 图示(l、l1、l2为摆线长，R为圆弧半径，小球可看成质点) 摆长 等效重力加速度g 周期T
电梯中 的摆 不变 g+a T=2π
点电荷 电场中 的摆 不变 g T=2π
实验：用单摆测量重力加速度
考点二
原理及装置图

摆角很小时，单摆做简谐运动，周期T=2π，可得g=，则测
出单摆摆长l=l线+和周期T，便可计算出当地的重力加速度g
实验器材 铁架台和铁夹、长约1 m的细线、中心有小孔的金属小球、停表、毫米刻度尺、游标卡尺
数据处理 (1)公式法：将测得的几组周期T和摆长l分别代入公式g=中，算出多组重力加速度g的值，再求出g的平均值
(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=T2，图像应是一条_____________，如图所示，求出图线的斜率k，即可利用g=______求重力加速度

过原点的直线
4π2k
注意事项 (1)测周期
①从摆球过平衡位置时开始计时，此处速度大、计时误差小
②要测多次全振动的时间来计算周期
③在摆球过平衡位置开始计时，以后摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次，且在数“零”的同时按下停表
(2)测摆长
摆线自然下垂时，用毫米刻度尺测量摆线长l线，用游标卡尺测量摆球的直径，然后计算出摆球的半径r，则摆长l=l线+r
误差分析 (1)偶然误差：来自对时间(即单摆周期)的测量，通过多次测量求平均值减小误差
(2)系统误差：来自单摆模型本身是否符合要求
(3)减小误差的方法：①细线的质量要小，弹性要小
②摆球应选用体积小、密度大的材料
③要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放，摆角小于5°
④单摆悬线的上端要夹紧在铁夹中，避免摆动时摆长改变
(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。
(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。
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)
　　　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)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”)。
大于
　　　若角度盘上移则形成如图所示图样，则实际摆角大于5°。
(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)
82.5
1.82
9.83
　　　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= s=1.82 s
根据单摆周期公式T=2π，
可得g=≈9.83 m/s2。
(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)”]。
(b)
　　　根据单摆模型可知，单摆的悬点要固定，故选(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。
9.3
　　　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
100.0
(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)。
9.87
　　　根据单摆周期公式有T=2π
整理得T2=L
则斜率为k== s2·m-1=4 s2·m-1
解得g=9.87 m/s2
(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”)。
摆线长
　　　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=2π
整理得T2=L+，
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。
无影响
(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。
　　　(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：
13.870
　　　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)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'”)。
O
　　　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)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-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)
b
　　　由题意，根据单摆周期公式可得T=2π
整理可得=-T2+R
由题图丙有-=-，可得当地的重力加速度g=，圆弧的半径R=b
(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，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”)。
减小
　　　由题意，根据单摆周期公式有T=2π
T0=2π
解得=()2
由题图丁可知随θ角的增大，增大，则g测减小。
返回
课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6
答案 BC A C D (1)80.00　(2)最低　1.80　9.88 C
题号 7 8 9 10
答案 AC D (1)1.31　　(2)4π2k　kb　(3)见解析 (1)　(2)l0+　(3)9.59
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
√
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答案
基础落实练
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答案
　　　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=2π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∶1 B.2∶1
C.1∶2 D.1∶4
√
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答案
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答案
　　　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=2π，解得==，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 (t+) cm
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　　　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=2π，得甲、乙两个摆的摆长之比为==，
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 (t) 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
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答案
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答案
　　　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cos θ1=
L乙cos θ2，因θ1>θ2，故cos θ1L乙，即甲单摆的摆长更长。
根据单摆周期公式T=2π，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1
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答案
　　　根据机械能守恒有mgΔh=mv2，解得v=，Δh甲=L甲(1-cos θ1)，Δh乙=L乙(1-cos θ2)，L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.(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)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)；
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答案
80.00
　　　单摆的摆长为L=l+=80.00 cm
(2)拉动小球，使摆线伸直且与竖直方向的夹角为θ(θ<5°)，无初速度释放小球，小球经过　　　(选填“最高”或“最低”)点时，开始计时，记录小球做了30次全振动用时t=54.00 s，则单摆周期T=_____ s，由此可得当地重力加速度g=_____ m/s2。(取π2≈10，后两空保留三位有效数字)
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答案
最低
1.80
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答案
　　　为减小实验计时误差，需小球经过最低点时开始计时；
单摆周期T== s=1.80 s
根据单摆周期公式T=2π可得g=
代入数值得g≈9.88 m/s2。
6.(2025·陕西宝鸡市一模)如图甲所示，小明同学利用漏斗做简谐运动实验，他将漏斗下方的薄木板沿箭头方向拉出，漏斗4 s内漏出的细沙在板上形成了如图乙所示曲线AE，当地重力加速度大小g取9.8 m/s2。下列说法正确的是
A.该沙摆的摆动频率为2 Hz
B.该沙摆的摆长约为2 m
C.由图乙可知薄木板做匀加速直线运动，
且加速度大小约为0.03 m/s2
D.当图乙中的D点通过沙摆正下方时，
薄木板的速度大小约为0.25 m/s
√
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能力综合练
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答案
　　　由题图乙知，4 s时间内沙摆摆动两个完整的周期，则T= s=2 s，则该沙摆的摆动频率为f==0.5 Hz，选项A错误；
沙摆的周期T=2π，解得L≈1 m，选项B错误；
由题图乙可知，连续相等的时间内，位移差近似相等，可知薄木板做匀加速直线运动，根据逐差法可得a=×10-2 m/s2≈
0.03 m/s2，选项C正确；
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答案
　　　匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，所以有vD=≈0.13 m/s，选项D错误。
7.(多选)(2025·陕西西安市一模)力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，现将摆球从A点释放，则摆球在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动。B点为运动中的最低位置，∠AOB= ∠COB=θ，θ小于5°且是未知量。图乙是由力传感器得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是
A.单摆的周期为0.4π s
B.摆长为0.2 m
C.摆球的质量为0.05 kg
D.摆球运动过程中的最大速度为0.5 m/s
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答案
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答案
　　　摆球在一个周期T内两次经过最低点，球在最低点时细线拉力最大，结合题图乙可知单摆周期T=0.4π s，故A正确；
根据单摆周期公式T=2π，解得摆长l=0.4 m，故B错误；
分析可知摆球在最低点时速度v最大，由题图乙可知细线拉力最大值、最小值分别为Fmax=0.510 N、Fmin=0.495 N，设摆球质量为m，摆球在最低
点时，由牛顿第二定律有Fmax-mg=m，摆球在最高点时，由牛顿第二定
律有Fmin=mgcos θ，摆球从最高点到最低点，由动能定理得mg(l-lcos θ)=
mv2，联立解得m=0.05 kg，v= m/s，故C正确，D错误。
8.(2025·四川乐山市三模)如图甲所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点有一个钉子，将摆球(可视为质点)拉到A点后静止释放，摆球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图乙所示。已知摆球摆角始终小于5°，重力加速度g取10 m/s2，不计一切阻力和能量损失，下列说法中正确的是
A.该单摆的周期为0.4π s
B.OP间的距离为1.6 m
C.t=0.2π s时摆球动能最大
D.图中x1与x2的比值为2∶1
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答案
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答案
　　　由题图乙可知，该单摆的周期为T=2(0.5-0.2)π s=0.6π s，选项A错误；
根据单摆周期公式可得0.4π s=π，0.2π s=π，解得OP间的距
离为LOP=1.2 m，选项B错误；
t=0.2π s时摆球到达最高点，此时速度为零，则动能为零，选项C错误；
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答案
　　　不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1=mgh2，所以摆球摆到两侧最高点位置时等高；设单摆在OP左侧最大偏角为θ，由数学知识得x1=2LOAsin ，设单摆在OP右侧最大偏角为α，由数学知识得x2=2LBPsin ，由机械能守恒定律得mgLOA(1-cos θ)=mgLBP(1-cos α)，其中LOA=4LBP，联立解得=，选项D正确。
(1)如图甲所示，可在单摆悬点处安装力传感器，也可在摆球的平衡位置处安装光电门。甲同学利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图乙所示，则单摆的周期为　　　 s(结果保留3位有效数字)。乙同学利用光电门，从小钢球第1次遮光开始计时，记下第n次遮光的时
刻t，则单摆的周期为T=　　　；
9.(2025·浙江6月选考·14Ⅱ)在用单摆测重力加速度的实验中，
1.31
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答案
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答案
　　　单摆摆动过程中，在最低点绳子的拉力最大，相邻两次拉力最大的时间间隔为半个周期。由题图乙可知，从起始值到终止值经历的时间间隔Δt=7.653 0 s-1.127 7 s=6.525 3 s
则有Δt=10×，解得T≈1.31 s。
由题可得(n-1)=t，解得周期为T=。
(2)丙同学发现小钢球已变形，为减小测量误差，他改变摆线长度l，测出对应的周期T，作出相应的l-T2关系图线，如图丙所示。由此算出图线的斜率k和截距b，则重力加速度g=　　 　，小钢球重心到摆线下端的高度差h=　　(结果均用k、b表示)；
4π2k
kb
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答案
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　　　摆长为L=h+l，根据单摆周期公式有T=2π，解得l=T2-h，可得l-T2图像的斜率为k=，解得g=4π2k；当T2=b时l=0，则有0=·b-h，解得h=kb。
(3)丁同学用3D打印技术制作了一个圆心角等于5°、半径已知的圆弧槽，如图丁所示。他让小钢球在槽中运动，测出其运动周期，算出重力加速度为8.64 m/s2。若周期测量无误，则获得的重力加速度明显偏离实际值的最主要原因是　　　　。
见解析
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答案
　　　小钢球与圆弧槽之间存在阻力，导致周期变长。
10.(2024·湖北卷·12改编)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2 g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。
具体步骤如下：
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答案
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图(a)所示。
②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。
④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。
⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。
该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期T=2π，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。
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答案
(1)由步骤④，可知振动周期T=　　。
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答案
　　　30次全振动所用时间t，则振动周期
T=
(2)设弹簧的原长为l0，则l与g、l0、T的关系式
为l=　　　　。
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答案
l0+
　　　弹簧振子的振动周期T=2π
可得振子的质量M=
振子平衡时，根据平衡条件Mg=kΔl
可得Δl=
则l与g、l0、T的关系式为l=l0+Δl=l0+
(3)由实验数据作出的l-T2图线如图(b)所示，可得g=　 　 m/s2(保留三位有效数字，π2取9.87)。
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答案
9.59
　　　根据l=l0+整理可得
l=l0+·T2
则l-T2图像斜率k== m/s2
解得g≈9.59 m/s2
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第八章
本课结束
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