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第18 讲 用单摆测定重力加速度
考点一 教材原型实验
考向1 教材原型实验
例1 【答案】(1)B
▶新思维◀【变式训练1·变考法】 【答案】(1) 1.86 78.93 9.6 (2)−2 gL
【详解】（1）①[1]根据游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为1.8cm +0.1mm ×6=1.86cm．
②[2]单摆的摆长应为摆线长l 加上小球的半径r = d
2
，即L=l+ d
2 =78.93cm．
④[3]由于摆球一个周期内两次经过最低点，结合题意小球连续两次经过光电门的时间间隔为t，可知单
摆的周期为T =2t =1.80s
根据单摆的周期公式T =2π❑√
L
g
，可得g≈9.6 m/s
2
（2）根据机械能守恒有mgL(1−cosθ)= 1
2 mv
2
解得v
2=2 gL(1−cosθ)
可知图线的斜率为−2 gL，说明小球摆动过程中机械能守恒．
【变式训练2·变考法】 【答案】(1)BC (2)C (3)A
考点二 创新实验
考向1 创新实验
例1【答案】(1)α (2)20.034/20.035/20.036 (3)4π
2n
2
t
2
×(
❑√
l1
2−(
l2
2)
2
+ d
2)
【详解】（1）让双线摆在垂直于纸面摆动，所以摆角应该小于5°的是图中的α；
（2）用螺旋测微器测量小钢球直径d =20.0 mm +3.5×0.01mm =20.035 mm
（3）双线摆的周期为T = t
n
等效摆长为L=
❑√
l1
2−(
l2
2)
2
+ d
2
根据单摆周期公式，有T =2π ❑√
L
g
联立解得当地重力加速度为g= 4π
2n
2
t
2
×(
❑√
l1
2−(
l2
2)
2
+ d
2)
。
【变式训练1·变考法】 【答案】 d +r 2t
n−1
(n−1)
2π
2(d +r)
t
2
F (d +r)(Δt )
2
g(d +r)(Δt )
2+ 4 r
2
【详解】（3）[1][2]根据实验操作可知，单摆的摆长L=d +r，经过平衡位置O点的次数是n，这段时间t
内包含了(n−1)个半个周期，即n−1
2
T =t
解得T = 2t
n−1
。
（4）[3]由单摆周期公式T =2π❑√
L
g
可得g= (n−1)
2π
2(d +r)
t
2
。
（5）[4]由牛顿第二定律可得F −mg= m v
2
d +r
，v = 2r
Δt
解得m=
F (d +r)(Δt )
2
g(d +r)(Δt )
2+ 4 r
2
【变式训练2·变考法】【答案】(1)13.870（13.869~13.871 均正确） (2)O (3) 4π
2b
a
b
【详解】（1）[1]螺旋测微器读数：读数=固定刻度读数+可动刻度读数（估读一位）×0.01mm。固定刻度
读数为13.5 mm，可动刻度读数为37.0×0.01mm =0.370 mm，总读数d =13.5 mm +0.370 mm =13.870 mm
（2）测量周期时，应在小球运动到最低点（平衡位置）O开始计时，因为此处小球速度最大，相同位置
误差对应的时间误差最小，减小实验误差。
（3）[1][2]等效单摆的摆长为 L= R−d
2 ，代入单摆周期公式 T =2π ❑√
L
g
整理得： d
2 = R−g
4 π
2 T
2
结合图像d
2 −T
2纵截距为T
2=0时，d
2 = R =b
得R =b
横截距为d
2 =0时，T
2=a，代入得0=b−g
4 π
2 ⋅a
整理得g= 4 π
2b
a
真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．【答案】(1)7.54/7.55/7.56 (2)10 (3)A (4)见解析
【详解】（1）刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值下一位，读数为
D =7.55cm
（2）积木左端两次经过参考点O 为一个周期，当积木左端某次与O 点等高时记为第0 次并开始计时，之
后每计数一次，经历半个周期，可知，第20 次时停止计时，这一过程中积木摆动了10 个周期。
（3）由图（d）可知，lnT与ln D呈线性关系，根据图像可知，直线经过(2.80，−0.5)与(1.80，−1.0)，
则有
lnT −(−1.0)
ln D−1.80 = −0.5−(−1.0)
2.80−1.80
=0.5
解得
lnT =0.5 ln D−1.9
则有
lnT = ln D
1
2 −ln e
1.9= ln D
1
2
e
1.9
解得
T = 1
e
1.9
❑√D
可知
T ∝❑√D
故选A。
（4）为了减小实验误差，提高该实验精度的改进措施：用游标卡尺测量外径D、通过测量40 次或60 次
左端与O 点等高所用时间来求周期、适当减小摆动的幅度。
2．【答案】 0.6 π b 4 π
2l
T
2
低于
【详解】（3）[1]根据题意，由图1 可知，单摆的周期T为0.6 π s。
（4）[2]如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0 刻度线与单摆悬点对齐，
应读出球心所在位置的读数，即b位置的读数，该读数即为摆长l。
（5）[3]由单摆周期公式T =2π ❑√
l
g
可得重力加速度g= 4 π
2l
T
2
（6）[4]若该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，可知摆长测量值偏小，即刻度尺0 刻度线低于
悬点
3．【答案】(1) 1.31
2t
n−1
(2) 4 π
2k kb (3)见解析
【详解】（1）[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。
从图2 可知，从起始值到终止值经历的时间间隔Δt =7.6530s−1.1277s=6.5253s
则有Δt =10⋅T
2
解得T =1.31s
[2]由题可得(n−1) T
2 =t
解得周期为T = 2t
n−1
（2）[1][2]设小钢球重心到摆线下端的高度差为h，则摆长为L=h+l
根据单摆周期公式有T =2π ❑√
L
g
可得T =2π ❑√
h+l
g
变形得l = g
4 π
2 T
2−h
可得l−T
2图像的斜率为k = g
4 π
2
解得g= 4 π
2k
[2]当T
2=b时l =0，则有0= g
4 π
2 ×b−h
解得小钢球重心到摆线下端的高度差h=kb
（3）存在空气阻力，且小球不是纯平动而有滚动，导致实际测出的周期大于理想情况下的周期，
导致g 的测量值小于真实值。
4．【答案】(1)BC (2) B 3.185（3.183~3.187） (3)C
【详解】（1）A．最高点小球速度为0，有加速过程造成摆动不明显，计时不准确，摆球在最低点速度最
快，因此需要在最低点开始计时，A 错误；
B．变压器原、副线圈上为交变电压，使用多用电表的交流电压挡测量，B 正确；
C．用多用电表测电阻之前需要先进行欧姆调零，C 正确。
故选BC。
（2）[1]双缝应置于单缝后边，因此A 为单缝，B 为双缝；
[2]螺旋测微器读数为3mm +18.5×0.01mm =3.185mm
（3）A．表头Rg断路，表笔连任意两端，电流都无法通过表头，均不发生偏转，A 错误；
B．电阻R1断路，连接A、B 时，电流通过表头和R2与欧姆挡构成闭合回路，表头偏转，B 错误；
C．电阻R2断路，连接A、B 时，电流无法通过表头和R2与欧姆挡构成闭合回路，表头不偏转；连接A、
C 和B、C 均能与欧姆挡构成闭合回路，表头发生偏转，C 正确。
故选C。
