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实验十二 用单摆测量重力加速度的大小
目标要求 1.知道利用单摆测量重力加速度的原理.2.掌握利用单摆测量重力加速度的方法．
实验技能储备
1．实验原理
当摆角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为 T＝2π，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
单摆，游标卡尺，毫米刻度尺，停表．
3．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1所示．
图1
(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，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．
4．数据处理
(1)公式法：利用T＝求出周期，算出三次测得的周期的平均值，然后利用公式g＝求重力加
速度．图2
(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，图像应是一条通过原点的直线，如图2所示，求出图线的斜率k，即可利用g＝ 4π 2 k 求
重力加速度．
5．注意事项
(1)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定．
(2)单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°.
(3)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．
(4)小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长l′，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出
摆球的半径r，则摆长l＝l′＋r.
(5)一般选用一米左右的细线．
考点一 教材原型实验
例1 (2019·山东济南市调研)实验小组的同学们用如图3所示的装置做“用单摆测量重力
加速度”的实验．
图3
(1)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度
g＝________.(用l、n、t表示)
(2)实验时除用到停表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的________．(填选项前的字母)
A．长约1 m的细线
B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约1 cm的均匀铁球
D．直径约10 cm的均匀木球
(3)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图 4________中所示的固定
方式．图4
(4)某实验小组组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用
铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图5所示，这样做的目的是________．(填选项前的字母)
图5
A．保持摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
(5)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点到摆球的最低端的
长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图 6所示，则该摆球的直径为
_______mm.
图6
(6)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________．(填选项前的字母)
A．测出摆线长作为单摆的摆长
B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动
C．在摆球经过平衡位置时开始计时
D．用停表测量摆球完成一次全振动所用时间并作为单摆的周期
(7)甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图7所示的图
像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量．你认为横坐标所代表的物理量是
________(填“l2”“l”或“”)，若图线斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示)．
图7
(8)乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可
能是________．(填选项前的字母)
A．开始摆动时振幅较小B．开始计时时，过早按下停表
C．测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为n次全振动的时间
D．测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长
答案 (1) (2)AC (3)乙 (4)AC (5)12.0 (6)BC (7) (8)CD
解析 (1)单摆的周期T＝，由单摆周期公式T＝2π得重力加速度g＝＝.
(2)为了便于测量周期和减小空气阻力，摆线选择较细且结实的线，故选A；为了减小空气
阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选C.
(3)为了避免运动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则选图乙．
(4)这样做的目的是便于调节摆长，把摆线夹得更紧一些，使摆动过程中摆长不变，因此
A、C正确．
(5)摆球的直径为d＝12.0 mm.
(6)摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，A错误；将停表测量摆球完成一次全振动所用时
间作为单摆的周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误．
(7)根据单摆周期公式T＝2π＝ ，所以应该作出T－图像，故横坐标所代表的物理量是，斜
率k＝，解得g＝.
(8)由周期公式T＝2π，得g＝，单摆振幅大小与g无关，故A错误；开始计时时，过早按下
停表，周期偏大，则g偏小，故B错误；测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为
n次全振动的时间，周期偏小，则g偏大，故C正确；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，
若测量摆长时以悬点到小球下端边缘的距离为摆长，摆长偏大，由 g＝，所以g偏大，故D
正确．
某同学利用单摆测量重力加速度，他用分度值为毫米的刻度尺测得摆线长为89.40 cm，用游
标卡尺测得摆球直径如图8甲所示，读数为________ cm，则该单摆的摆长为________ cm.
用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图乙所示，则停表读数为________ s．如果测
得的g值偏小，可能的原因是________(填选项前的序号)．
图8
A．计算摆长时用的是摆球的直径
B．开始计时时，停表晚按下
C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加D．实验中误将30次全振动记为31次
答案 2.050 90.425 57.0 C
解析 游标卡尺的主尺的刻度为20 mm；20分度的游标尺精确度为0.05 mm，游标尺的第
10刻度与上面对齐，所以游标尺的读数为 0.05 mm×10＝0.50 mm，游标卡尺的总读数为
20.50 mm＝2.050 cm.单摆的摆长为摆线的长度与摆球的半径的和，L＝l＋＝(89.40＋) cm＝
90.425 cm.停表的分钟指针不到一分钟，超过半分钟，所以停表的读数为 57.0 s．根据单摆
的周期公式T＝2π得g＝.如果测得的g值偏小，可能的原因是测量的摆长偏小，或测量的周
期偏大．若计算摆长时用的是摆球的直径，则摆长的测量值偏大，此时g的测量值偏大，故
A错误；开始计时时，停表晚按下，则测量的时间
偏小，计算出的周期偏小，测量出的g值偏大，故B错误；摆线上端未牢固系于悬点，振动
中出现松动，使摆线长度增加，摆长测量值偏小，所以g的测量值偏小，故C正确；实验中
误将30次全振动记为31次，周期T＝<，即周期的测量值偏小，此时g的测量值偏大，故D
错误．
考点二 拓展创新实验
例2 (2020·山东菏泽市调研)在探究单摆运动的实验中：
(1)图9(a)是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图(b)是与力传感器连接的计算
机屏幕所显示的F－t图像，根据图(b)的信息可得，从t＝0时刻开始摆球第一次摆到最低点
的时刻为________s，摆长为________m(取π2＝10，重力加速度大小g＝10 m/s2)．
图9
(2)单摆振动的回复力是________．
A．摆球所受的重力
B．摆球重力在垂直摆线方向上的分力
C．摆线对摆球的拉力
D．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
(3)某同学的操作步骤如下，其中正确的是________．
A．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
B．用米尺量得细线长度l，测得摆长为l
C．在摆线偏离竖直方向5°位置静止释放小球D．让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度
答案 (1)0.5 0.64 (2)B (3)AC
解析 (1)根据题图(b)的信息可得，摆球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力最大，所
对应的时刻为t＝0.5 s．根据题图(b)的信息可得，单摆周期T＝1.6 s，由单摆周期公式T＝
2π，解得摆长为l＝0.64 m.
(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，而摆球所受重力和摆线对摆球
拉力的合力在径向上提供向心力，选项B正确．
(3)测得摆长应为l＋，选项B错误；若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆运动，测
得的摆动周期不是单摆运动周期，选项D错误．
例3 在“探究单摆的周期与摆长的关系”的实验中，摆球在垂直纸面的平面内摆动．如
图10甲所示，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻．光敏电阻
(光照时电阻比较小)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
图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改
用直径是原小球直径 2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(填“变大”
“不变”或“变小”)．
图10
答案 2t 变大
0
解析 单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从
R－t图线可知周期为2t.摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据单摆的周期公式T＝
0
2π，摆长变大，所以周期变大．
