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(共67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。
　(2025·江苏南通市检测)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.O、P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
√
　　　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O、P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。
针对训练　(2025·江苏苏州市检测)某单摆如图甲所示，其摆长为L，小钢球(可视为质点)带电量为+Q(Q>0)，该单摆做简谐运动的周期为T1。保持摆长不变，若在悬挂点处固定一个带+Q电荷量的小钢球(可视为质点)，如图乙所示，该单摆做简谐运动的周期为T2。若将图甲单摆置于匀强电场当中，如图丙所示，电场强度大小为(k为静电力常量)，方向竖直向下，该单摆做简谐运动的周期为T3。T1、T2和T3的大小关系为
A.T1>T2=T3
B.T1=T2>T3
C.T1=T2D.T1√
　　　题图甲中小钢球在摆动过程中除了受细绳拉力外，只受重力，所以T1=2π；题图乙中小钢球在摆动过程中受细绳拉力、库仑力和重力，其中细绳拉力与库仑力的合力相当于题图甲中细绳的拉力，所以T2= 2π；题图丙中小钢球在摆动过程中受细绳拉力、竖直向下的静电力和重力，其等效重力加速度为g'=g+=g+>g，所以T3=2π<2π，故T1=T2>T3，B项正确。
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等效 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等效 周期T
圆弧摆 不变 g T=2π
斜面摆 不变 gsin α T=2π
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等效 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
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实验：用单摆测量重力加速度
考点二
装置图及原理
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)测周期的方法
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)测摆长的方法
摆线自然下垂时，用毫米刻度尺测量悬线长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
(2025·江苏宿迁市期末)某学习小组进行“用单摆测量重力加速度”的实验。
(1)下列图中，最合理的装置及器材是　　　。
C
　　　题图A中将弹性棉绳缠绕在金属杆上，摆动时摆长将发生变化，且小球采用塑料球，所受空气阻力影响较大，该装置不合理，故A错误；
题图B中细线采用弹性棉绳，铁球摆动时摆长将发生变化，该装置不合理，故B错误；
题图C中利用铁夹将细丝线夹住，摆长可以近似认为不变，小球采用铁球，所受空气阻力可以忽略，该装置合理，故C正确；
题图D中小球采用塑料球，所受空气阻力影响较大，该装置不合理，故D错误。
(2)用游标卡尺测量摆球直径d，示数如图乙所示，则d=　　　　 cm，再测量摆线长l。
1.25
　　　根据游标卡尺的读数规律，该读数为
12 mm+0.1×5 mm=12.5 mm=1.25 cm
(3)当摆球到最低点时启动秒表开始计时并记为第1次，摆球第n次经过最
低点时，秒表读数为t，单摆周期T=　　　。
　　　当摆球到最低点时启动秒表开始计时并记为第1次，摆球第n次经过最低点时，秒表读数为t，
则有t=(n-1)·，解得T=。
(4)由实验数据计算发现g测量值小于真实值，原因可能是　　　。
A.将次数n计多了
B.开始计时时，秒表过迟按下
C.悬点松动，摆动中摆线长度增大
D.将摆线长和球的直径之和当成了摆长
C
　　　根据T=2π，解得g=，
若将次数n计多了，结合上述可知，周期的测量值偏小，此时重力加速度g的测量值大于真实值，故A错误；
开始计时时，秒表过迟按下，即测量时间t偏小，结合上述可知，周期的测量值偏小，则此时重力加速度g的测量值大于真实值，故B错误；
悬点松动，摆动中摆线长度增大，即摆长的测量值偏小，则此时重力加速度g的测量值小于真实值，故C正确；
将摆线长和球的直径之和当成了摆长，即摆长的测量值偏大，则此时重力加速度g的测量值大于真实值，故D错误。
(5)某同学作出了T2-l图像，如图丙所示。图像不过原点对重力加速度的测量　　　(填“有”或“没有”)影响。
没有
　　　根据T=2π，解得T2=l+，
结合T2-l图像可知图像斜率k=，即g=，
故图像不过原点对重力加速度的测量没有影响。
(2025·江苏南京市六校联合体联考)某同学欲利用一半径较大的固定光滑圆弧面测定重力加速度，圆弧面如图甲所示。该同学将小铁球从最低点移开一小段距离由静止释放，则小铁球的运动可等效为一单摆。
(1)用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图乙所示，则小铁球的直径d=
　　　 mm。
16.6
　　　游标卡尺的精确度为0.1 mm，
小铁球的直径d=16 mm+6×0.1 mm=16.6 mm
(2)测量小铁球的运动周期时，开始计时的位置为图甲中的　　　(选填“A”“O”或“A'”)处。
O
　　　测量单摆的运动周期时，应从最低点开始计时，故选填O点。
(3)测量50次全振动的时间如图丙所示，则等效单摆的周期T=　 　　 s。
1.936
　　　从题图丙可知，50次全振动的时间为96.8 s，
故周期为T= s=1.936 s
(4)更换半径不同的小铁球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制的T2-图像如图丁所示，横、纵截距分别a、b，则当地的重力加速
度g=　　　，圆弧面的半径R=　　。(以上均用题目中的已知字母表示)
a
　　　摆球的周期T=2π，
变形得T2=-
结合图像可得=-，=b
解得g=，R==a。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
答案
1
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10
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C B C C D D (1)　(2)
题号 8 9 10
答案 C (1)1.31　　 (2)4π2k　kb (3)见解析 (1)9.3　(2)2或2.0　 (3)　(4)2　(5)D
1.(2025·江苏苏州市模拟)将一小球(可视为质点)悬挂于O点，拉开一个小角度(θ<5°)后静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是
A.小球质量越大，摆动周期越小
B.拉开角度越小，摆动周期越小
C.小球摆动过程中机械能守恒
D.摆动过程中，绳的拉力与重力的合力充当回复力
√
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答案
基础落实练
1
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答案
　　　根据单摆周期公式T=2π，可知摆动周期与小球质量和拉开角度无关，故A、B错误；
小球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；
摆动过程中，重力的切向分力充当回复力，故D错误。
2.(2025·江苏盐城市模拟)如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示，下列说法正确的是
A.单摆的周期为t0
B.测量出的重力加速度g=
C.小球拉起的幅度越大，运动周期越大
D.小球经过最低点时，速度最大，合力为零
√
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答案
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答案
　　　由题图乙可知单摆的周期为T=2t0，A错误；
根据单摆的周期T=2π，解得g==，B正确；
根据单摆的周期T=2π，可知单摆的周期与振幅无关，C错误；
小球经过最低点时，速度最大，合力提供向心力，不为零，D错误。
3.(2022·海南卷·4)在同一地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为
A.2∶3 B.3∶2
C.4∶9 D.9∶4
1
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√
答案
　　　由振动图像可知甲、乙两个单摆周期之比为T甲∶T乙=0.8∶1.2= 2∶3，根据单摆周期公式T=2π，可得l=，则甲、乙两个单摆的摆长之比为l甲∶l乙=∶=4∶9，故选C。
4.(2024·甘肃卷·5)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大
B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零
C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同
D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同
√
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答案
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答案
　　　由单摆的振动图像可知振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π得摆长为l==1.6 m，B、D错误；
起始时刻位于正向最大位移处，速度为零，且A、C点的速度相同，A错误，C正确。
5.(2025·江苏无锡市期末)如图甲所示是游乐场常见的秋千，其示意图如图乙所示，绳长为L，轻绳与水平固定杆的夹角为α，重力加速度为g，在秋千做小角度自由摆动时(未坐人，忽略一切阻力)，座椅每次经过最低点的时间间隔可表示为
A.Δt=2π 　　B.Δt=π
C.Δt=2π 　　D.Δt=π
√
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答案
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答案
　　　座椅做单摆运动，竖直方向摆长为Lsin α，故单摆周期T=2π，座椅每次经过最低点的时间间隔Δt==π，故选D。
6.(2025·江苏南通市模拟)如图所示，小球M用细线悬于定点O，小球N位于O点；将小球M拉离平衡位置P少许，同时将两球由静止释放，不计空气阻力。则
A.球M先到达P点
B.球M、N同时到达P点
C.适当调整球M释放位置，两球可能在P点相遇
D.适当提高球N释放高度，两球可能在P点相遇
√
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答案
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答案
　　　球M做单摆运动，第一次到达P点的时间为t1=×2π=，球N做自由落体运动，运动到P点的时间为t2=，显然t1>t2，即球N先到达P点，故若适当提高球N释放高度，两球可能在P点相遇。故选D。
7.(2025·江苏盐城市三模)如图甲所示，一根细线，上端固定于P点，下端系一可视为质点的小球，质量为m。若小球在竖直平面内做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关系如图乙所示，已知重力加速度为g，求：
(1)该单摆的摆长；
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答案
答案　　
　　　由题图乙可知，单摆的周期T=4t0
根据单摆周期公式T=2π，解得l=
(2)小球的最大向心加速度。
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答案
答案　
　　　小球到最低点时的动能E0=mv2
此时向心加速度最大
向心加速度的最大值a=得a=。
8.(2025·江苏淮安市一模)一单摆的摆长为1 m，摆球质量0.01 kg，开始时处在平衡位置。若给小球一个向右的水平冲量0.002 kg·m/s，以此时为t=0时刻，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.t=0时，摆球速度大小为1 m/s
B.此次振动的周期约为1 s
C.若将该摆从山脚移到山顶，其周期增大
D.若将该摆固定在加速向上运动的电梯中，其周期增大
√
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答案
能力综合练
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答案
　　　由动量定理有I=mv-0，解得v=0.2 m/s，故A错误；
由单摆周期公式T=2π可知，周期为T≈1.99 s，故B错误；
若将该摆从山脚移到山顶，重力加速度将减小，根据T=2π可知，周期
增大，故C正确；
若将该摆固定在加速向上运动的电梯中，处于超重现象，电梯中的等效
重力加速度为g'=g+a，加速度变大，根据T=2π得周期减小，故D错误。
9.(2025·浙江6月选考·14Ⅱ)在用单摆测重力加速度的实验中，
(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=　　　；
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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答案
　　　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.(2025·江苏南京市调研)某同学设计了一个用拉力传感器进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。
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答案
(1)用游标卡尺测出小钢球直径，结果如图乙所示，则其直径D=　 mm；
9.3
　　　读数为9 mm+3×0.1 mm=9.3 mm
(2)让小钢球以较小的角度在竖直平面内摆动，从计算机中得到拉力大小随时间变化的关系图像如图丙，则小钢球摆动的周期为T=　　 　 s；
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答案
2或2.0
　　　小钢球在经过最低点时绳上的拉力最大，且一个周期内经过两次最低点，所以小钢球做单摆运动的周期为T=2×(1.5-0.5) s=2.0 s
(3)该同学还测得该单摆的摆线长，用L表示，则重力加速度的表达式为
g=　　　　 　(用物理量T、L、D表示)。
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答案
　　　由单摆周期公式可知T=2π
解得g==
(4)将小钢球多次拉离竖直方向一定角度后由静止释放，测得拉力的最小值F1与最大值F2并得到F2-F1图像，如图丁，如果小钢球在摆动的过程中机械能守恒，则该图像斜率的绝对值等于　　　；
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答案
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答案
　　　设小钢球运动过程中最低点与最高点的高度差为h，根据牛顿第二定律以及机械能守恒可知
F1-mg=0，F2-mg=m
mgh=mv2
联立解得F2=3mg-2F1，所以F2-F1图像的斜率的绝对值应为2；
(5)若实际测得F2-F1图像的斜率与理论值总是存在一定偏差，可能是以下哪种原因　　　。
A.测量单摆摆长时漏加小钢球半径
B.小钢球初始释放位置不同
C.小钢球摆动角度偏大
D.小钢球摆动过程中存在空气阻力
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答案
D
　　　由以上分析可知，摆长可以约掉，释放高度和角度也在计算过程中约掉，因此，存在误差的原因应该是有阻力做功，机械能不守恒，即存在空气阻力，故A、B、C错误，D正确。
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第八章
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