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第 37 讲 物理实验（二）
1、掌握并会利用实验的原理验证机械能守恒定律，并会做出必要的误差分析。
2、理解和掌握用单摆测量重力加速度的大小实验原理，并会做出必要的误差分析。
3、能够在原型实验基础上，通过对实验的改进或者创新，做出同类探究。
实验 5 探究功与物体速度变化的关系
【实验原理】
探究功与速度变化的关系，可通过改变力对物体做的功，测出力对物体做不同的功时物体的速
度，为简化实验可将物体初速度设置为零，可用图所示的装置进行实验，通过增加橡皮筋的条数使
橡皮筋对小车做的功成倍增加，再通过打点计时器和纸带来测量每次实验后小车的末速度v.
【实验器材】
小车(前面带小钩)、100 g～200 g砝码、长木板(两侧适当的对称位置钉两个铁钉)，打点计时器
及纸带、学生电源及导线(使用电火花计时器则不用学生电源)、5～6条等长的橡皮筋、刻度尺．
【实验步骤】
1．按如图所示将实验仪器安装好，同时平衡摩擦力．2．先用一条橡皮筋做实验，用打点计时器和纸带测出小车获得的速度 v1，设此时橡皮筋对小
车做的功为W1，将这一组数据记入表格．
3．用2条橡皮筋做实验，实验中橡皮筋拉伸的长度与第一次相同，这时橡皮筋对小车做的功
为W2，测出小车获得的速度v2，将数据记入表格．
4．用3条、4条……橡皮筋做实验，用同样的方法测出功和速度，记入表格.
【数据处理】
先对测量数据进行估计，或者作个W－v草图，大致判断两个量可能是什么关系．如果认为可
能是W∝v2，对于每一个速度值算出它的二次方，然后以W为纵坐标、v2为横坐标
作图，如果这样作出来的图象是一条直线，说明两者关系真的就是W∝v2.
【误差分析】
1．误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功 W与橡皮筋的条数不成
正比．
2．没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差．
3．利用打点的纸带计算小车的速度时，测量不准会带来误差．
[例题1] （2024•南充二模）某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化
的关系。（1）完成本实验还需要下列哪些实验器材 。
A.天平
B.秒表
C.刻度尺
D.交流电源
（2）图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，S
AD
＝ cm。已知电源频率为 50Hz，则打点计时器在打 D 点时纸带的速度 v＝
m/s（保留两位有效数字）。
（3）某同学画出了小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔE —W关系图像（理论线ΔE ＝W
k k
＝mgx），由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线为图丙中实验线，若
m
已知小车与水平木板间的动摩檫因数为 ，小车与砂桶和砂的质量关系满足 =k，则实验线的
M
μ
斜率为 （用 、k表示）。
【解答】解：（1）完μ成本实验还需要天平测量砂桶和小车的质量，刻度尺测量点迹距离；打点
计时器应用交流电源，故ACD正确，B错误；
故选：ACD。
（2）刻度尺的分度值为0.1cm，读数为s ＝2.10cm；
AD
x 3.70−1.70
= CE= ×
打点计时器在打D点时纸带的速度v 2T 1 0.01m/s＝0.50m/s
2×
501 1
（3）由于实验前遗漏了平衡摩擦力，则mgx﹣ Mgx= （M+m）v2− （M+m）v2
2 2 0
μ
m
由于 =k
M
μ 1 1
则（1− ）mgx＝（1+k）[ Mv2− Mv2 ]
k 2 2 0
μ
即（1− ）W＝（1+k）ΔE
k k
k−μ
即ΔE = W
k k+k2
k−μ
则实验线的斜率为
k+k2
k−μ
故答案为：（1）ACD；（2）2.10；0.50；（3）
k+k2
[例题2] （2024•武侯区校级模拟）某实验小组利用如图甲所示的装置做“验证动能定
理”实验，滑块、遮光条和力传感器的总质量为M。
（1）先用游标卡尺测得遮光条宽度，示数如图乙所示，则遮光条宽度d＝ mm；
（2）开通气源，为了保证细线上的拉力等于滑块所受的合外力，除调节光滑定滑轮的高度使细
线与导轨平行外，还需要的操作是 。
（3）调节好实验装置，甲同学保持光电门的位置不变，多次改变所挂钩码的质量进行实验，每
次遮光条均在A点时由静止释放滑块，记录每次力传感器的示数 F及遮光条遮光时间t，测出遮
1
光条到光电门的距离L，作F− 图像，如果图像是一条过原点的直线，且图像的斜率等于
t2
，则动能定理得到验证；
（4）乙同学保持所挂钩码的质量不变，多次改变光电门的位置，每次遮光条均在 A点时由静止
1
释放滑块，记录力传感器的示数F、每次遮光条到光电门的距离L及遮光时间t，作t2−
图像，
L
如果图像是一条过原点的直线，且图像的斜率等于 ，则动能定理得到验证。【解答】解：（1）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，遮光片的宽度为d＝5mm+7×0.05mm＝
5.35mm
（2）开通气源，为了保证细线上的拉力等于滑块所受的合外力，除调节光滑定滑轮的高度使细
线与导轨平行外，还需要的操作是调节气垫导轨水平。
d
（3）滑块通过光电门的速度为v=
t
1
如果动能定理成立，则满足FL= Mv2
2
Md2 1
代入数据化简得F=
2L t2
Md2
如果图像是一条过原点的直线，且图像的斜率等于 ，则动能定理得到验证。
2L
1 d 2
（4）如果动能定理成立，则FL= M( )
2 t
Md2 1
即t2=
2F L
Md2
如果图像是一条过原点的直线，且图像的斜率等于 ，则动能定理得到验证。
2F
Md2 Md2
故答案为：（1）5.35；（2）调节气垫导轨水平；（3） ；（4） 。
2L 2F
[例题3] （2024•成都三模）某实验小组用如图所示的装置验证在圆周运动中的动能定理，
铁架台上固定着拉力传感器。一小钢球（可视为质点）用不可伸长的轻绳悬挂在拉力传感器的
下端，拉力传感器可记录小钢球在摆动过程中各时刻受到的拉力大小。将小钢球拉至A点，
用刻度尺量出轻绳的长度L以及拉到A点时小钢球到拉力传感器下端的竖直高度H，释放小钢
球，小钢球在竖直平面内来回摆动，记录拉力传感器的最大示数F和此时小钢球的位置O点。
已知小钢球的质量为m，当地重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）拉力传感器的最大示数F （填“大于”、“小于”或“等于”）小钢球的重力
mg。
（2）小钢球从A点运动到O点的过程中，合外力对小钢球做的功为 （用
题中所给物理量的字母表示）。
（3）小钢球从A点运动到O点的过程中，小钢球动能的变化量为 （用
题中所给物理量的字母表示）。（4）在误差允许范围内，合外力对小钢球做的功和小钢球动能的变化量近似相等，则可验证动
能定理成立。
【解答】解：（1）小钢球在竖直平面内摆动到最低点过程中，小球做圆周运动，合外力指向圆
心，即F ＝F﹣mg＞0，即拉力传感器的最大示数F大于小钢球的重量mg；
n
（2）小钢球从A点运动到O点的过程中，只有重力做功，合外力对小钢球做的功为
W合 ＝mg（L﹣H）；
mv2
（3）根据牛顿第二定律F﹣mg=
L
1
得ΔE = L（F﹣mg）；
k 2
（4）在误差允许范围内，合外力对小钢球做的功和小钢球动能的变化量近似相等，即 mg（L﹣
1
H）= L（F﹣mg）；
2
整理可得FL＝3mgL﹣2mgH
只要证明表达式FL＝3mgL﹣2mgH成立即可可验证动能定理成立。
1
故答案为：（1）大于（2）mg（L﹣H）（3） L（F﹣mg）（4）见解析。
2
实验 6 验证机械能守恒定律
【实验原理】
1．在只有重力做功的条件下，物体的重力势能和动能可以相互转化，但总的机械能守恒。
2．物体做自由落体运动，设物体的质量为m，下落h高度时的速度为v，则势能的减少量为
1 1 1
mv2 mgh mv2 gh v2
mgh 2 2 21 1 1
mv2 mgh mv2 gh v2
mgh ，动能的增加量为2 。如果 2 即 2 ，就验证了机械能守恒定律。
v v
3．速度的测量：做匀变速运动的纸带上某点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度 t 2t。
x
计算打第n个点瞬时速度的方法是：测出第n个点的相邻前后两段相等时间T内下落的距离 n
x x h h
v n n1 v n1 n1
和 x n1，由公式 n 2T 或 n 2T 算出，如图所示。
【实验器材】
铁架台(含铁夹)，打点计时器，学生电源，纸带，复写纸，导线，毫米刻度尺，重物(带纸带夹
)．
【实验步骤】
1．将实验装置按要求装好（如图），将纸带固定在重物上，让纸带穿过电火花计时器。
2．先用手提起纸带，使重物静止在靠近计时器的地方。
3．接通电源，松开纸带，让重物自由下落，这样计数器就在纸带上打下一系列点。
4．重复以上步骤，多做几次。
5．从已打出的纸带中，选出第一、二点间的距离接近2 mm并且点迹清晰的纸带进行测量。
6．在挑选的纸带上，记下第一点的位置O，并在纸带上从任意点开始依次选取几个点1、2、
3、4、.…并量出各点到位置O的距离，这些距离就是物体运动到点1、2、3、4、…时下落的高度
h、h、h、h、
1 2 3 4h、h、h、h、
1 2 3 4
v v
v 1 2
中 2 v、v、v、v、
7．利用公式 分别求出物体在打下点2、3、4、…时瞬时速度 1 2 3 4
8．把得到的数据填入表格，算出重物 运动到点 2、3、4、…减少的重力势能
mgh、mgh、mgh、
2 3 4 再 算 出 物 体 运 动 到 点 2 、 3 、 4 、 … 增 加 的 动 能
1 1 1 1 1
mv 2、 mv 2、 mv 2、 mv 2 mv 2
2 2 2 3 2 4 ，根据机械能守恒定律比较 2 2 与 mgh 2， 2 3 与 mgh 3，
1
mv 2
2 4 与 mgh 4…，结果是否一致。
【数据处理】
1．纸带的选取：选用纸带时应尽量挑选第1点点迹清晰且1、2两点之间距离接近2 mm的纸
带，这样一条纸带记录的运动才接近自由落体运动。
2．纸带的处理：在第1点上标出O，并从稍靠后的某一点开始，依次标出1、2、3、4…并量
h h
v n1 n1
出各点到位置O点的距离 h 1 、h 2 、h 3 、h 4 、 再利用公式 n 2T 计算出各点对应的瞬时
1
mv 2
速度 v 1 、v 2 、v 3 、v 4 、 计算各点对应的重力势能的减少量 mgh n和动能的增加量 2 n ，并进
v2 v2
h
2 2
行比较看是否相等。也可以 为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出 图象，若图象是过
原点的直线，则可验证机械能守恒定律，其斜率等于g。
数据处理的另一思路：选取点迹清晰的一条纸带，如图，选取 B、M两个位置作为过程的开始x x
v 1 v 2
和终结位置，量出BM之间距离 h BM ，求出B点速度 B 2t ，M点速度 M 2t ，比较重力势
1 1
mv 2 mv 2
能的减少 mgh BM 与动能的增加2 M 2 B 是否相等，从而验证机械能是否守恒。
【误差分析】
1．实际上重物和纸带下落过程中要克服阻力（主要是打点计时器的阻力）做功，故动能的增
加量必定稍小于势能的减少量，这是属于系统误差，减少空气阻力影响产生的方法是：使纸带下挂
的重物重力大些，且体积要小。
2．打点计时器产生的误差：
（1）由于交流电周期的变化，引起打点时间间隔变化而产生误差；
（2）计数点选择不好；振动片振动不均匀；纸带放置方法不正确引起摩擦，造成实验误差；
（3）打点时的阻力对纸带的运动性质有影响，这也属于系统误差。
3．由于测长度带来的误差属偶然误差，减少办法是测距离时都应从O点量起，二是多测几次
取平均值。
[例题4] （2024•开福区校级模拟）某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。一根
细线系住小球，悬挂在铁架台上，小球静止于 A点。光电门固定在A的正下方，在小球底部
竖直地粘住一片宽度为d的轻质遮光条。将小球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门
d
时挡光时间t可由计时器测出，取v= 作为小球经过A点时的瞬时速度。记录小球每次下落
t
的高度h和计时器示数t，计算并比较小球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔE 与动能变
P
化大小ΔE ，就能验证机械能是否守恒（已知小球质量为m）。
k（1）用ΔE ＝mgh计算小球重力势能变化的大小，式中小球下落高度h应测量释放时的小球球
p
心到 之间的竖直距离。
A.小球在A点时的顶端
B.小球在A点时的球心
C.小球在A点时的底端
1
（2）用E = mv2计算小球动能变化的大小。用刻度尺测量遮光条宽度，示数如上图所示，其
k 2
读数为 cm。某次测量中，计时器的示数为 0.01s，则小球的速度 v＝
m/s。
（3）如表为该同学的实验结果：
ΔE （10﹣2J） 4.892 9.786 14.69 19.59 29.38
p
ΔE （10﹣2J） 5.04 10.1 15.1 20.0 29.8
k
他发现表中的ΔE 与ΔE 之间存在差异，造成的原因，下列分析正确的是 。
k P
A.存在空气阻力
B.小球的质量没有测准
C.小球的速度没有测准
（4）为了减小上述（3）步骤中的差异，该同学进行了如下改进：分别测出来光电门中心和球
心到悬点的长度L和s，请写出小球动能变化的大小表达式ΔE ＝ （用m、L、s、d及t表
k
示）。
（5）为了进一步减小实验误差，下列操作可取的是 。
A.遮光条尽量窄一些
B.小球应选择质量大，体积小的钢球
C.更换细线为细橡皮条
D.小球拉离竖直位置尽量小一些【解答】解：（1）小球下落的高度为初、末位置球心间的距离，故B正确，AC错误；
故选：B。
（2）根据毫米刻度尺的精确度为1mm可知，遮光条宽度为d＝1.50cm；
d 1.50
根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，小球的速度为 v= = ×10−2m/s=1.50m/s；
t 0.01
（3）A.若是空气阻力造成的误差，则 ΔE ＜ΔE ，与表格数据 ΔE ＞ΔE 不符，故A错误；
k p k p
1
B.根据 ΔE = mv2，ΔE ＝mgh，可知小球的质量没有测准，对表达式进行整理可知，小球质
k 2 p
量对实验验证机械能守恒无影响，故B错误；
C.由题图知，在该实验中所求的速度是遮光条的速度，而不是钢球的速度，遮光条的速度略大
于钢球的速度，故小球的速度没有测准，故C正确；
故选：C。
（4）由题图知，在该实验中所求的速度是遮光条的速度，而不是钢球的速度，二者之间的速度
略有差别。由于钢球与遮光条都做圆周运动，它们具有相同的角速度 ，根据v＝ r，可知钢球
ω ω
v s
的 速 度 与 遮 光 条 的 速 度 之 间 的 关 系 为 1= ， 小 球 动 能 变 化 的 大 小 表 达 式
v L
1 1 sd ms2d2；
ΔE = mv2 = m( ) 2=
k 2 正 2 Lt 2L2t2
（5）A.遮光条尽量窄一些，通过遮光条的平均速度越接近瞬时速度，故A正确；
B.小球应选择质量大，体积小的钢球，可以减小空气阻力的影响，故B正确；
C.更换细线为细橡皮条，橡皮条形变量不可忽略，增大了实验误差，故C错误；
D.小球拉离竖直位置尽量大一些，可以减小测量的误差，故D错误；
故选：AB。
故答案为：（1）B；（2）1.50，1.50；（3）C；（4）ms2d2；（5）AB。
2L2t2
[例题5] （2024•渝中区校级二模）某同学采用如图甲所示装置验证物块 A与物块B（带
有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计，
细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。m ＝2m ，遮光条质量不计，遮光条通
B A
过光电门的平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时将物块B由静止释放。（1）用螺旋测微器测出遮光条宽度d，如图乙所示，则d＝ mm。
（2）某次实验中，测得t＝11.60ms，则此时A的速度为 m/s（保留2位有效数
字）。
（3）改变光电门与物块B之间的高度h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以h为横轴、
1
为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图像的斜率为k，在实验
t2
误差允许范围内，若k＝ （用含g、d字母的表达式表示），则验证了机械能守恒定律。
【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测出遮光条宽度为d＝1mm+19.5×0.01mm
＝1.195mm
d 1.195×10−3
（2）据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，A速度为v= = m/s≈0.10m/s
t 11.60×10−3
（3）系统减小的重力势能为ΔE ＝（m ﹣m ）gh
p B A
1 1 d
系统增加的动能为ΔE = (m +m )v2= (m +m )( ) 2
k 2 A B 2 A B t
在实验误差允许范围内，机械能守恒有ΔE ＝ΔE
p k
1 2g
=
化解得 ℎ
t2 3d2
1 2g
−ℎ图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，满足k=
t2 3d2
则验证了机械能守恒定律。
2g
故答案为：（1）1.195；（2）0.10；（3） 。
3d2
[例题6] （2024•通州区一模）某小组同学在“验证机械能守恒定律”实验中，将打点计
时器固定在铁架台上，使重锤带动纸带从静止开始自由下落。
（1）在实验操作中出现如图1所示的四种情况，其中操作正确的是 （填选项下字母）。（2）实验中，按照正确的操作得到如图 2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点
A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h 、h 、h 。已知当地重力加速度为g，打点计
A B C
时器打点的周期为T。设重锤的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少
量ΔE
p
＝ ，动能增加量ΔE
k
＝ 。在误差允许的范围内，如果ΔE
p
＝ΔE
k
，则
可验证机械能守恒。
（3）在实验中，该组同学根据测得的数据计算发现ΔE ＜ΔE ，检查测量与计算均无错误，他们
p k
发现是操作错误引起的，即先松手后接通电源。他仅利用这条纸带能否实现验证机械能守恒定
律的目的？并说明理由。
（4）利用本实验的实验器材，不能完成的实验是 （填选项前字母）。
A．研究自由落体运动规律
B．探究加速度与物体质量大小的关系
C．研究匀变速直线运动的规律
D．测量重力加速度的大小
【解答】解：（1）实验中打点计时器所使用的电源为低压交流电源，且应将纸带的一端与重物
用夹子固定好，另一端穿过打点计时器限位孔，用手竖直提起纸带使重物停靠在打点计时器附
近，然后接通电源，松开纸带，让重物自由下落，故B正确，ACD错误。
（2）从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量为ΔE ＝mgh
p B
x ℎ −ℎ
打 点 计 时 器 打 B 点 的 速 度 v= AC = C A， 此 过 程 中 动 能 的 增 加 量
2T 2T1 m(ℎ −ℎ ) 2
ΔE = mv2= C A
k 2 8T2
（3）能完成验证机械能守恒定律的目的；
方法如下：任取两点P、Q，测出P、Q两点间距离h，算出此过程的重力势能减少量mgh和动
1 1 1 1
能增加量 mv 2− mv 2 ，如果在实验误差允许的范围内满足 mgh= mv 2− mv 2 ，则可
2 Q 2 P 2 Q 2 P
以验证机械能守恒定律。
（4）利用本实验的实验器材，可以研究自由落体运动规律，可以测量重力加速度的大小，也可
以研究匀变速直线运动的规律，但不能探究加速度与物体质量大小的关系，因为重物下落过程
中加速度不变，故B不能完成，ACD能够完成。
故选：B
m(ℎ −ℎ ) 2
故答案为：（1）B；（2）mgh ， C A ；
B 8T2
（3）能完成验证机械能守恒定律的目的。原因如下：任取两点P、Q，测出P、Q两点间距离
1 1
h，算出此过程的重力势能减少量mgh和动能增加量 mv 2− mv 2 ，如果在实验误差允许的
2 Q 2 P
1 1
范围内满足mgh= mv 2− mv 2 ，则可以验证机械能守恒定律。
2 Q 2 P
（4）B
实验 7 用单摆测定重力加速度
1．实验原理
当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π，它与偏角的大小及摆球的质量无关，
由此得到g＝.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．
2．实验器材
带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线(约1米)、秒表、毫米刻度尺和
游标卡尺．
3．实验步骤
(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，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，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图所示．
(3)用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径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(不超过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，计算出金属小球完成一次全振动所用时
间，这个时间就是单摆的振动周期，即T＝(N为全振动的次数)，反复测3次，再算出周期＝.
(5)根据单摆周期公式T＝2π计算当地的重力加速度g＝.
(6)改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值
即为当地的重力加速度值．
(7)将测得的重力加速度值与当地的重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因．
4．注意事项
(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过
5°.
(2)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．
(3)测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时．因为此处速度大、计时误差小，而最高
点速度小、计时误差大．
②要测多次全振动的时间来计算周期．如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时
按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次．
(4)本实验可以采用图象法来处理数据．即用纵轴表示摆长 l，用横轴表示T2，将实验所得数据
在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率k＝.这是在众多的实验中经常采用的科学
处理数据的重要办法．
5．数据处理
处理数据有两种方法：(1)公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用T＝求出周期；不改
变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值，然后代入公式g＝求重力加速度．
(2)图象法：
由单摆周期公式不难推出：l＝T2，因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作l－T2的图象，
图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k＝，即可利用g＝4π2k求得重力加速度值，如图
所示．
6．误差分析
(1)系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平
面内的振动等．
(2)偶然误差主要来自时间的测量上，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏
计振动次数．[例题7] （多选）（2024•曲靖一模）惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速
度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为
调节的实验环境。如图1所示，在水平地面上固定一倾角 可调的光滑斜面，把摆线固定于斜
面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止θ释放后，摆球在ABC之间做简谐运
动，摆角为 。摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为F ，摆球摆
1
动过程中，力α传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图 2所示，其中F 、F 、T 均已知。
2 3 0
当地的重力加速度为g。下列选项正确的是（ ）
A．多次改变图1中 角的大小，即可获得不同的等效重力加速度
B．单摆n次全振动的θ时间为nT
0
1
C．多次改变摆角 ，只要得出T∝ 就可以验证该结论成立
√sinα
α
D．在图2的测量过程中，满足F ＝3F ﹣2F 的关系
3 1 2
【解答】解：A．令等效重力加速度为g ，则有
0
mgsin ＝mg
0
解得 θ
g ＝gsin
0
可知，多θ次改变图1中 角的大小，即可获得不同的等效重力加速度，故A正确；
B．单摆在运动过程中，θA、C两位置摆线的拉力最小，根据图2可知，相邻两个摆线拉力最小
的位置的时间间隔为半个周期，可知，单摆n次全振动的时间为
t＝nT＝2nT
0
故B错误；
C．根据单摆周期公式有√ L
T=2π
gsinθ
1
可知，多次改变斜面倾角 ，只要得出T∝ 就可以验证该结论成立，故C错误；
√sinθ
θ
D．摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为F ，根据平衡条件有
1
F ＝mgsin
1
在图2的测θ量过程中，摆球在A位置有
F ＝mgsin cos
2
摆球在B位θ置，α 根据牛顿第二定律有
mv2
F −mgsinθ=
3 L
摆球从A位置运动到B位置，根据动能定理有
1
mgsinθ(L−Lcosα)= mv2
2
解得
F ＝3F ﹣2F
3 1 2
故D正确。
故选：AD。
√L
[例题8] （2024•德庆县模拟）某实验小组利用单摆周期公式T=2π 测量当地重力加
g
速度的值。
（1）为了较精确地测量重力加速度的值，以下四种单摆组装方式，应选择 。
（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。（3）周期公式中的L是单摆的摆长，其值等于摆线长与 之和。
（4）某次实验时，改变摆长并测出对应的周期，得到如表的实验数据并描点在图乙的坐标系中，
请在图乙中作出T2﹣L图像。
次数 1 2 3 4 5
L/m 0.50 0.60 0.70 0.80 0.90
T/s 1.42 1.55 1.67 1.85 1.90
T2/s2 2.02 2.40 2.79 3.42 3.61
（5）根据T2﹣L图像算出重力加速度g＝ m/s2（结果保留3位有效数字）。
【解答】解：（1）为了较精确地测量重力加速度的值，减小空气阻力的影响，应选择小钢球，
小球在摆动的过程中，要固定摆长不发生变化，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，则小球的直径为d＝18mm+9×0.1mm＝18.9mm；
（3）周期公式中的L是单摆的摆长，其值等于摆线长与小球半径之和；
（4）根据“描点法”作图，作图时使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在
直线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示：√L
（5）根据单摆的周期公式T=2π
g
4π2
化简可得T2= L
g
4π2 3.6−0
根据T2﹣L图像的斜率为k= = s2/m
g 0.90−0
解得当地的重力加速度大小为g＝ 2≈9.86m/s2。
故答案为：（1）D；（2）18.9；（π3）小球半径；（4）见解析；（5）9.86。
[例题9] （2024•合肥二模）如图（a）所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。选用的
实验器材有：智能手机、小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺等，实验操作如下：
（1）用铁夹将细线上端固定在铁架台上，将小球竖直悬挂；
（2）用刻度尺测出摆线的长度为l，用游标卡尺测出小球直径为d；
（3）将智能手机置于小球平衡位置的正下方，启用APP《手机物理工坊》的“近距秒表”功能；
（4）将小球由平衡位置拉开一个角度（ ＜5°），静止释放，软件同时描绘出小球与手机间距
离随时间变化的图像，如图（b）所示。 θ
请回答下列问题：
（i）根据图（b）可知，单摆的周期T＝ s；
4π2 d
（ii）重力加速度g的表达式为 (l+ ) （用测得的物理量符号表示）；
T2 2
（iii）改变摆线长度l，重复步骤（2）、（3）、（4）的操作，可以得到多组T和l的值，进一
1
步描绘出如图（c）的图像，则该图像以 为横坐标（选填“ ”、“T”或“T2”），
T
若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值为 。
【解答】解：（4）（i）根据单摆的运动规律一个周 期内应该有两次小球与手机间距离的最小值，结合图（b）可得出，单摆的周期为T＝2s；
（ii）根据单摆的周期公式
√ d
l+
2
T=2π
g
解得重力加速度g的表达式为
4π2 d
g= (l+ )
T2 2
（ii）由上一问中重力加速度的表达式可得
g d
l= T2−
4π2 2
结合图（c）的图像，可知则该图像以T2为横坐标；若图线的斜率为k，则
g
k=
4π2
可知重力加速度的测量值为g＝4 2k
π
4π2 d
故答案为：（4）（i）2；（ii）g= (l+ )；（iii）T2，4 2k。
T2 2
π
1. （2024•乌鲁木齐三模）用如图1所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验，已
知打点计时器的打点周期为T，当地的重力加速度的大小为g。
（1）实验室有两个质量差不多的重物，实验时应选体积较 （填“大”或“小”）的重物
（2）若实验时所选重物的质量为m、某次实验中打出的纸带如图2所示，把纸带上的第1个点记作O，另选4个连续的计时点A、B、C、D作为测量点，测得A、B、C、D各点到O点的距
离分别为h 、h 、h 、h ，则从打下O点到打下C点的过程中，测得重物重力势能的减少量为
1 2 3 4
，动能的增加量为 。
【解答】解：（1）为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大、体积小的重物进行实验；
（2）从打O点到C点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE ＝mgh
p 3
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打 C点时重物的
x ℎ −ℎ
速度大小v= BD= 4 2
2T 2T
1 m(ℎ −ℎ ) 2
该过程中，重物动能增加量ΔE = mv2= 4 2
k 2 8T2
m(ℎ −ℎ ) 2
故答案为：（1）小；（2）mgh ， 4 2
3 8T2
2. （2024•福建模拟）如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守
恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过
A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下
小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：
（1）如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径d＝ cm．
1
（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出 随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量 t 、
t2 0
H
0
和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式： 2
0
= （用t
0
、H
0
、g、d表
示，四个量均取国际单位）时，可判断小球下落过程中机械能守恒．
（3）实验中发现动能增加量ΔE 总是稍小于重力势能减少量ΔE ，增加下落高度后，则ΔE ﹣
K P p
ΔE 将 （选填“增加”、“减小”或“不变”）．
k
【解答】解：（1）由图可知，主尺刻度为8mm；游标对齐的刻度为3；故读数为：8mm+3×0.05mm＝8.15mm＝0.815cm；
（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；
1
则有：mgH= mv2，
2
d
即：2gH ＝（ ）2
0 t
0
解得：2gH t2=d
0 0
（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则ΔE ﹣ΔE
p k
将增加；
故答案为：（1）0.815cm；
（2）2gH t2=d2
0 0
（3）增加
3. （2024•兴宁区二模）某学生实验小组利用图甲所示装置探究验证动能定理。实验步
骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量m、重物的质量也为m；用螺旋测微器测量遮光片的宽度
d；用米尺测量两光电门之间的距离x；
②调整气垫导轨和轻滑轮，使气垫导轨和细线水平；
③开动气泵，让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门
1
A和光电门B所用的时间Δt和 Δt；
2
回答下列问题：
（1）测量遮光片的宽度 d 时，某次螺旋测微器的示数如图乙所示。其读数为
mm，由读数引起的误差属于 （填“偶然误差”或“系统误差”）。3d2
（2）物块和遮光片从光电门A到B的过程中，若动能定理成立，其表达式为 。
Δt2
（用题给物理量表示，当地的重力加速度为g）
【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为6.5mm+37.0×0.01mm＝6.870mm，
由读数引起的误差属于偶然误差。
（2）物块和遮光片从光电门A到B的过程中，若动能定理成立，其表达式为
1 d 1 d
mgx= （m+m）( ) 2− （m+m）( ) 2
2 Δt 2 Δt
2 1
3d2
化简得：gx=
Δt2
3d2
故答案为：（1）6.870；偶然误差；（2）gx=
Δt2
4. （2024•泸州模拟）某实验小组利用无线力传感器和光电门传感器探究“动能定理”。
将无线力传感器和挡光片固定在小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮与重物相连，无线
力传感器记录小车受到拉力的大小。在水平轨道上A、B两点各固定一个光电门传感器，用于
测量小车的速度v 和v ，如图所示。在小车上放置砝码来改变小车质量，用不同的重物来改
1 2
变拉力的大小。
实验主要步骤如下：
（1）测量小车和拉力传感器的总质量M 。正确连接所需电路，接下来 （填“需要”
1
或“不需要”）平衡小车的摩擦力。
（2）按合理要求操作后，把细线的一端固定在力传感器上，另一端通过定滑轮与重物相连；将
小车停在点C，由静止开始释放小车，小车在细线拉动下运动，除了光电门传感器测量速度和力
传感器测量细线拉力的数据以外，还应该测量的数据是 ；
（3）改变小车的质量或重物的质量，重复（2）的操作。下表是实验所得的部分数据。
次数 M/kg |v
2
2−v
1
2|/m2 ⋅s−Δ2 E
k
/J F/N W/J
1 0.600 0.840 0.252 0.500 0.250
2 0.600 1.40 ΔE 0.838 0.419
k2
3 0.600 2.50 0.750 1.492 W
3
（4）表格中M是M 与小车中砝码质量之和，ΔE 为小车、拉力传感器及车中砝码的动能变化
1 k量，F是拉力传感器的拉力，W是F在A、B间所做的功。表中的ΔE ＝ J，W
k2 3
＝ J（结果均保留三位有效数字）。
（5）该小组组员发现每组数据始终有W＜ΔE ，排除偶然因素造成误差外，最可能出现以上结
k
果的原因是 。
【解答】解：（1）本实验中传感器的拉力为研究对象的合力，所以需要平衡小车的摩擦力。
（2）根据动能定理知，因要求总功，有
W＝FL
所以必须已知小车位移，故除了光电门传感器测量速度和力传感器测量拉力的数据以外，还应
该记录的物理量为两光电门间的距离L。
（4）由动能的变化量
1 1 1
ΔE= Mv2− Mv2= M(v2−v2 )
2 2 2 1 2 2 1
解得
ΔE ＝0.420J
k2
根据表中前两组数据，由功公式
W＝FL
可求出两光电门间距离为
W
L=
F
代入数据解得
L＝0.5m
所以有
W ＝1.492×0.5J＝0.746J
3
（5）该小组组员发现每组数据始终有W＜ΔE ，排除偶然因素造成误差外，最可能出现以上结
k
果的原因是平衡摩擦力过大了，导致传感器的拉力比合力要小。
故答案为：（1）需要；（2）两光电门间的距离L；（3）0.420；（4）0.746；（5）平衡摩擦力过大。
1
5. （2024•沈阳一模）某同学通过查阅资料得知，轻弹簧弹性势能表达式为E = kx2 ，
p 2
k为轻弹簧的劲度系数，x为弹簧形变量。该同学设计了如图甲所示的装置验证弹性势能表达
式。
（1）实验步骤如下：
①打开气泵电源开关，进气管通气，气垫导轨上只放置滑块（带遮光条），调节气垫导轨水平，
直至滑块在导轨上做匀速直线运动；
②用游标卡尺测出滑块上遮光条的宽度d，示数如图乙，则d＝ mm；
③用两根长度和劲度系数均相同的轻弹簧将滑块与导轨两端相连，光电门固定在滑块的平衡位
置处，在平衡位置处两轻弹簧恰好保持原长；
④接通电源，将滑块从平衡位置拉到某一位置（弹簧处于弹性限度内），通过刻度尺测出偏离
平衡位置的距离x后静止释放滑块，测量滑块经过光电门时遮光条的挡光时间t；
⑤重复步骤④测出多组x及对应的t；
1
⑥画出 −x图像如图丙。
t
d
（2）滑块经过光电门时速度可以用表达式v= 求出。
t
（3）测出物块到某位置时轻弹簧的弹性势能E ，还必须测量 ；
p
A．弹簧原长l
B．当地重力加速度g
C．滑块（含遮光条）的质量m
1
（4）已知轻弹簧的劲度系数为k，若轻弹簧弹性势能表达式为E = kx2 成立，再利用测得的
p 2
1
物理量表示 −x图像的斜率为 。
t
1 √2k 1 √ k 2 √ k
A． B． C．
d m d m d m【解答】解：（1）该游标卡尺游标尺为20分度值，其精度为0.05mm，主尺读数为4mm，可得
遮光条的宽度
d＝4mm+0.05×17mm＝0.85mm＝4.85mm
1 1
（3）根据能量守恒有E = kx2= mv2
p 2 2
可知，要测出物块到某位置时轻弹簧的弹性势能E ，还需测出滑块（含遮光条）的质量m。
p
故选：C。
1 1 d
（4）根据2× kx2= m( ) 2
2 2 t
1 1 √2k
变式可得 = x
t d m
1 1 √2k
则可得 −x图像的斜率为k=
t d m
故选：A。
故答案为：（1）4.85；（3）C；（4）A。
6. （2023•市中区校级一模）某物理活动小组想利用一根压缩的弹簧弹开带有遮光片的
滑块来探究弹簧的弹性势能与形变量之间的关系，装置如图（a）所示，将带有刻度尺的长木
板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，弹簧左端对应刻度尺位置坐标为零，右端与
滑块刚好接触（但不连接，弹簧为原长），记录弹簧原长位置，现让滑块压缩弹簧至 P点并锁
定，P点位置坐标记为x ，然后在木板上弹簧原长位置处固定光电门，位置坐标记为x 。实验
0 1
步骤如下：
（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图（b）所示，d＝ cm；（2）将光电门连接计时器，解除弹簧锁定，滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片
通过光电门的时间Δt，再测量滑块停止时的位置坐标记为x ，若已知遮光片与滑块总质量为
2
m，则弹簧的弹性势能E ＝ （用物理量符号表示）；
p
（3）改变P点的位置，记录弹簧形变量x ﹣x 的数值，多次重复步骤（2），通过计算得到多
1 0
组E 值，选择合适标度在坐标纸上描点作图，即可得到弹簧弹性势能与形变量的关系；
p
1
（4）若在实验过程中，某同学用图像法处理数据，以 为纵坐标，以x为横坐标得图像如图
Δt2
（c）所示，设重力加速度为g，则该同学选择的横坐标x为 ，由图线可得滑块与木
板间的动摩擦因数 ＝
（用物理量的符号表μ示）。
【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.1mm，游标卡尺主尺读数为13mm，游标尺读数为0×0.1
mm，则：d＝13mm+0.00mm＝13.0mm＝1.30cm；
d
（2）打下x 位置时的速度为：v=
1 Δt
根据功能关系有：E ＝ mg（x ﹣x ）
p 2 0
根据动能定理有：−μm μ g(x −x )=0− 1 mv2
2 1 2
md2 (x −x )
解得：E = 2 0
p 2Δt2 (x −x )
2 1
1
（4）物体从x ﹣x 的过程中，根据动能定理有：−μmg(x −x )=0− mv2
1 2 2 1 2
1 2μg(x −x )
可得： = 2 1
Δt2 d2
a 2μg
则横坐标应为x ﹣x
，根据图象斜率可知：k= =
2 1 b d2
ad2
变形解得：μ=
2bg
md2 (x −x ) ad2
2 0
故答案为：（1）1.30；（2） ；（4）x ﹣x 、 。
2Δt2 (x −x ) 2 1 2bg
2 1
