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第36 讲 实验：用单摆测定重力加速度
模拟·基础演练
1．【答案】(1)4π
2 L
T
2
(2)4π
2
k
(3)
4π
2(L1−L2)
T 1
2−T 2
2
【详解】（1）根据T =2π ❑√
L
g
可得g= 4π
2 L
T
2
（2）根据T =2π ❑√
L
g
可得T
2= 4π
2
g
L
则k = 4π
2
g
可得g= 4π
2
k
（3）根据T =2π ❑√
L
g
可得T 1=2π
❑√
L1
g
，T 2=2π
❑√
L2
g
联立解得g= 4π
2(L1−L2)
T 1
2−T 2
2
2．【答案】(1)2π
2n
2(2 L+ D)
( Δt )
2
(2)
③
不变
【详解】（1）测得摆球经过n 次全振动的总时间为Δt，则周期为T = Δt
n
根据单摆周期公式可得T =2π
❑
√
L+ 1
2 D
g
联立解得重力加速度的表达式为g= 2π
2n
2(2 L+ D)
( Δt )
2
（2）[1]同学们不小心每次都把摆线长当作摆长，设摆球的半径为r，则有T =2π ❑√
L+r
g
整理可得T
2= 4 π
2
g ⋅L+ 4 π
2r
g
可知T
2−L图像有正的纵轴截距，故得到的T
2−L图像是图乙中的
；
③
[2]设摆长为l，根据单摆周期公式可得T =2π ❑√
l
g
可得T
2= 4 π
2
g ⋅l
可知都把摆线长当作摆长，T
2−L图像的斜率保持不变，由此测出的重力加速度不变。
3．【答案】(1)0.88 (2)1.98 (3)B (4)减小
【详解】（1）因摆长为悬点O到小球球心的距离，故为88.00cm=0.88m
（2）周期为T = t
n =1.98s
（3）A．由单摆的周期公式T =2π ❑√
L
g
得g= 4 π
2 L
T
2
测量摆长时未扣除小球半径,把摆长算成摆线长加摆球直径，则摆长测量值偏大，重力加速度测量值偏大，
故A 错误；
B．摆线在振动中出现轻微拉伸（摆长实际增大），即摆长的测量值小于真实值，则重力加速度测量值偏
小，故B 正确；
C．计时时将49 次全振动误记为50 次，则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故C 错误；
故选B。
（4）圆锥摆中mg tanθ =m 4 π
2
T
′2 Lsinθ
解得T
′ =2π ❑√
Lcosθ
g
则测得的周期T将减小。
4． 【答案】(1) (2)9.70 (3)A
【详解】（1）由坐标图可以看出，各点分布趋势为一条直线，应该用直线将各点按分布趋势连起来，各
点尽可能落在直线上，落不到直线上的点均匀分布在直线两侧。第三个点偏差太大，为错误数据，直线不
参考第三个点的位置。
（2）根据单摆周期公式T =2π❑√
L
g
得T
2= 4π
2
g
L
可知T
2与L 为正比例函数，图像应为一条过原点的直线。由图像计算斜率
k = 4π
2
g
= 2.5−0.1
59×0.01 s
2/ m ≈4.07s
2/ m
解得g= 4π
2
k
≈9.70 m/s
2
（3）根据实验数据做出的图像与纵轴正半轴有交点，而实际上应该过原点。说明每次测量时，摆长的测
量值小于真实值，因此是因为忘记加上小球半径。
故选A。
5． 【答案】(1)1.4 (2)g= 4π
2
T
2 (l+ d
2) (3)B
【详解】（1）[1]单摆7 次周期性运动所经历的时间约为9.7s，因此单摆的振动周期T =1.4s
（2）[1]根据单摆周期公式T =2π
❑
√
l+ d
2
g
，得出g= 4π
2
T
2 (l+ d
2)
（3）根据公式g= 4π
2
T
2 (l+ d
2)
测量的小钢球直径偏小，g 值偏小；测量的摆线长度偏大，g 值偏大；单摆振动中出现松动，摆线长度增
加，测得的T 偏大，g 值偏小；测量的单摆振动周期T 偏大，g 值偏小。
故选B。
6． 【答案】(1)2.150 (2) t
n (3)π
2n
2(4l+2d)
t
2
【详解】（1）由图可知直径d =21+10×0.05=21.50 mm =2.150cm
（2）单摆周期为一次全振动所用时间则T = t
n
（3）由单摆周期公式T =2π ❑√
l
g
可得g= π
2n
2(4l+2d)
t
2
7．【答案】(1)最低点 (2)5 (3)9.82 (4)C
【详解】（1）磁感应强度最大时小球位于最高点，磁性小球运动到最低点（平衡位置）时，沿x 方向的磁
感应强度分量近似为0，因此B 约为0 时小球在最低点。
（2）单摆一个周期内会两次到达最高点（左右各一次），对应B 出现两次峰值。由图乙可知，5 s∼15 s
内有5 个完整周期。
（3）由上述分析得单摆周期，摆长L=99.50cm=0.9950m
根据单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
变形得g= 4 π
2 L
T
2
= 4×9.87×0.9950m
(2s)
2
≈9.82m/ s
2
（4）C．设真实摆长为l真，测量摆长为L，若测量摆长时，将摆线长度与小球直径之和作为摆长，真实摆
长l真= L−r（r为小球半径，测量多了一个r），代入周期公式得
T
2= 4 π
2l真
g
= 4 π
2( L−r )
g
= 4 π
2
g ⋅L−4 π
2r
g
当T
2=0时，L=r >0
即图线延长线与L轴交于正半轴L0=r >0符合图丙的情况，故C 正确；
A．只将摆线长作为摆长，会得到T
2=0时L<0，不符合，故A 错误；
B．测量正确时图线过原点，不符合，故B 错误。
故选C。
8. 【答案】(1)1.050 (2)T = 4 t0 (3)g=
4 π
2( R−d
2 )
16t0
2
(4)大于
【详解】（1）由游标卡尺读数有，小球的直径d =10 mm +10×0.05 mm =1.050cm
（2）小球从A运动到O，再到B，返回O最后运动到A，运动的时间为一个周期，当小球运动到O点时，
压力传感器示数最大，所以一个周期内压力传感器示数出现两次最大，由图丙可知，小球摆动的周期为
T = 4t0。
（3）由题意可知周期T = 4 t0，摆长为L= R−d
2
根据单摆周期公式T =2π ❑√
L
g ，可得g= 4 π
2 L
T
2
解得g=
4 π
2( R−d
2 )
16t0
2
（4）由（3）可知g=
4 π
2( R−d
2 )
16t0
2
若将光滑圆弧球面半径R当作小球等效单摆长度测得重力加速度，显然等效摆长变大，所以重力加速度g
的测量值大于当地重力加速度的真实值。
9． 【答案】(1)C (2)4π
2
g
(l+d) (3)a
b
【详解】（1）最高点绳子拉力最小，最低点绳子拉力最大，所以1
4 T =t0，即T = 4 t0
故选C。
（2）由单摆周期T =2π ❑√
l+d
g
可得T
2= 4π
2
g
l+ 4π
2
g
d
（3）图线的纵截距大小为a，斜率为b，则a= 4π
2
g
d，b= 4π
2
g
解得d = a
b
10．【答案】(1)偏小 (2) 2t
n−1 4π
2k kb
【详解】（1）单摆的实际摆长为细线长度l加小球半径d
2 ，本题计算时公式中只代入了细线长度l，测得的
摆长小于实际摆长。根据公式g= 4 π
2 L
T
2
可知，L偏小，计算得到的重力加速度比实际值偏小。
（2）[1]单摆一个周期内两次经过平衡位置（光电门处），从第1 次遮光开始计时，到第n次遮光，共有
（n−1）个时间间隔，每个间隔为半个周期，即总时间t =(n−1)⋅T
2
整理得周期T = 2t
n−1
[2]小钢球重心到摆线下端距离为h，则悬点到重心的实际摆长为L=l+h
代入单摆周期公式，得T =2π ❑√
l+h
g
整理得l = g
4 π
2 T
2−h
这是l−T
2的一次函数，斜率k = g
4 π
2
因此g= 4 π
2k
[3]由图可知，当l =0时，T
2=b
代入l =k T
2−h，得0=k ⋅b−h
整理得h=kb
11. 【答案】(1)C (2)2.200 (3)2.0
(4)2π
2(❑√4 L
2−x
2+d)
T
2
【详解】（1）AB．单摆的摆长不能改变，两轻绳不能用轻质橡皮筋代替，绳子的A、B 端需固定，不能
缠绕在水平绝缘杆上，故AB 错误；
C．单摆在摆角小于5°的情况下的振动是简谐运动，小球应在竖直平面内做小角度摆动，故C 正确；
D．为了方便测量周期，应在小球经过最低点时计时，故D 错误；
故选C。
（2）游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为2.2cm +0×0.05 mm =2.200cm
（3）一个周期内摆球两次经过最低点，小球经过最低点时磁感应强度最大，根据图丙所示可知，单摆的
周期为T = 12−2
5
s=2.0s
（4）根据几何关系可知摆长为l =
❑√L
2−( x
2 )
2
+ d
2
根据单摆周期公式T =2π ❑√
l
g
解得g= 2π
2(❑√4 L
2−x
2+d)
T
2
12． 【答案】(1)1.060 (2) t
49 (3) 4 π
2 x0
y0
x0
【详解】（1）游标卡尺的游标尺为20 分度，游标尺的第12 个刻度与主尺的刻度对齐，因此游标卡尺的读
数为d =10 mm +12×0.05 mm =10.60 mm =1.060cm
（2）当计数为99 时，等效单摆经过了99−1
2
= 49个周期的时间，由题意所用时间为t，因此等效单摆的周
期T = t
49
（3）[1]单摆的周期表达式为T =2π ❑√
l
g
小铁球球心做简谐运动，其等效摆长l = R−d
2
将l代入周期表达式推导得T
2=−4 π
2
g ⋅d
2 + 4 π
2 R
g
T
2−d
2 图像的斜率表示−4 π
2
g =−y0
x0
解得g= 4 π
2 x0
y0
[2]T
2−d
2 图像的纵轴截距表示4 π
2 R
g
= y0
解得R = y0 g
4 π
2
将g的表达式代入得R = x0
重难·创新演练
1．【答案】(1) AC 4π
2k 无 (2)4.4
【详解】（1）[1]A．摆球选半径小、密度大的，可减小空气阻力的影响，故A 正确；
B．单摆测重力加速度的实验中，单摆只有摆角小于5°时才近似做简谐运动，摆角过大会偏离简谐运动，
增大误差，故B 错误；
C．摆球需在同一竖直面内摆动，若变成圆锥摆会导致周期测量错误，故C 正确；
D．应在摆球经过最低点（速度最大，位置易判断）时计时，最高点速度小，计时误差大，故D 错误。
故选AC。
[2]设小球半径为r，根据单摆周期公式T =2π❑√
l+r
g
整理得l =
g
4π
2 ⋅T
2−r
因此l−T
2图线的斜率k =
g
4π
2
可得g= 4π
2k
[3]根据上述推导可知重力加速度g只由l−T
2图线的斜率决定，摆球半径只影响图线截距，不影响斜率，因
此不测量摆球直径对结果无影响。
（2）小钢球在管道内做小角度摆动，等效为单摆，设管道内径为D，忽略钢球半径，等效摆长为L= D
2
由题意得摆动周期T
′ = 30.0s
10
=3s
代入单摆周期公式T
′ =2π❑√
L
g =2π❑√
D
2 g
整理得D = gT
′2
2π
2
由图2 计算斜率k = Δl
ΔT
2 = 0.98−0.49
4.0−2.0 =0.245 m /s
2
代入得g= 4π
2k = 4×9.86×0.245 m /s
2≈9.66 m /s
2
解得D = 9.66×3
2
2×9.86 m ≈4.4 m
2．【答案】(1)AD (2)2.01 (3)B (4)π
2 L
4t0
2
【详解】（1）AB．单摆实验要求摆线长远大于摆球直径，且摆线不可伸长，故选长度约为1m的细线，A
正确，B 错误；
CD．摆球应选用密度大、体积小的金属球，以减小空气阻力的影响，故选直径为1.8cm的铁球，C 错误，
D 正确。
故选AD。
（2）10 分度游标卡尺的精确值为0.1mm，由图可知球的直径为d =2cm +1×0.1mm =2.01cm
（3）A．由单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
可得T
2= 4 π
2
g
L
可知T
2−L图像的斜率为k = 4 π
2
g
当地的重力加速度为g= 4 π
2
k
若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度L，则有T
2= 4 π
2
g ( L+r )= 4 π
2
g L+ 4 π
2r
g
可知图线与b 线斜率相等，两图线应该平行，4 π
2r
g
为纵轴截距，故出现图线a的原因可能是误将悬点到小
球上端的距离记为摆长L 造成的，故A 错误；
B．实验中误将49 次全振动记为50 次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜
率k 偏小，故出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次，故B 正确；
C．由图可知，图线c 对应的斜率k 偏小，根据T
2−L图像的斜率k = 4 π
2
g
可得当地的重力加速度g= 4 π
2
k
可知图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C 错误。
故选B。
（4）由题图可知周期为T =5t0−t0= 4 t0
根据T =2π ❑√
L
g
联立解得重力加速度的表达式为g= π
2 L
4t0
2
3． 【答案】(1)B (2)B (3)B
【详解】（1）ACD．手机用于拍摄视频，直尺用于设置标尺，小球和细绳为摆的主要装置，故ACD 必须
用到的器材，不符合题意；
B．实验不需要测量质量，天平不必使用，故B 不必要用到的器材，符合题意。
故选B。
（2）根据拟合图为正弦函数，可得B 为角速度（圆频率ω），则ω= 2π
T
=6.28rad/s
故选B。
（3）A．用沙漏和纸板研究单摆运动的传统方法，精度比Tracker 软件更低，误差较大，故A 错误；
B．Tracker 软件精度高，误差小，故可以通过追踪视频中摆球的运动轨迹，快速拟合出位移时间图像，
–
故B 正确；
C．根据T =2π ❑√
L
g
可知摆长增长，周期增大，故C 错误。
故选B。
4． 【答案】(1)B (2)2π
2 N
2(2l+ D)
(Δt )
2
(3)① (4) 4 π
2
T 1
2−T 2
2 (L1−L2)
【详解】（1）摆球通过最低点时速度最大，在最低点开始计时误差最小。
故选B。
（2）由单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
可得g= 4 π
2 L
T
2
由题意可知L=l+ D
2 ，T =Δt
N
整理可得g= 2π
2 N
2(2l+ D)
(Δt )
2
（3）根据题意可知，单摆的实际摆长为L实= L−D
2
由单摆周期公式可得T =2π⋅
❑
√
L−D
2
g
化简可得T
2= 4 π
2
g
L−2π
2 D
g
由此得到的T
2−L图线纵轴截距为负值，即为图乙中的①。
（4）摆线长度为L1时，单摆的振动周期为T 1=2π
❑
√
L1+ D
2
g
摆线长度为L2时，单摆的振动周期为T 2=2π
❑
√
L2+ D
2
g
联立解得当地重力加速度大小的表达式为g=
4 π
2
T 1
2−T 2
2 (L1−L2)
5． 【答案】(1) 2t
N −1 (2)T
2 (3)B (4)不能，推导见解析
【详解】（1）从第1 次经过平衡位置到第N 次经过平衡位置，一共经过了N −1
2
个周期，总时间为t，因
此周期T =
t
N −1
2
=
2t
N −1
（2）由单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
，变形得L= g
4 π
2 T
2
L与T
2满足线性关系，因此纵轴选L时，横轴应选T
2。
（3）钟走得偏快，说明钟摆周期T偏小，单位时间内摆动次数偏多。根据周期公式T =2π ❑√
L
g
，要增大周
期校准时间，需要增大摆长L，因此应将摆球向下调节；单摆周期和摆球质量、小摆角无关。
故选B。
（4）设质量为m的水从液面下落到小孔处，水面到出水管的高度为h，不计各种阻力，重力势能减少mgh，
全部转化为动能1
2 mv
2，即mgh= 1
2 mv
2
可得出水速度满足v = ❑√2gh
水面下降过程中h不断减小，出水速度v逐渐减小，相同高度对应的排水量相同，流速越小用时越长。从
0、1 刻度的中点位置，将整个过程分成前后两段，流完前半段高度的平均流速大于后半段，因此流完前半
段高度的时间t < T
2 ，即位置中点对应的时间小于总时间的一半，因此不能标记为刻度0.5。
真题·实战演练
1．【答案】 0.006/0.007/0.008 20.034/20.033/20.035/20.032 20.027/20.028/20.029 大于
82.5 1.82 9.83
【详解】（1）[1]测量前测微螺杆与测砧相触时，图（a）的示数为
d0=0 mm +0.7×0.01mm =0.007 mm
[2]螺旋测微器读数是固定刻度读数(0.5mm 的整数倍)加可动刻度（0.5mm 以下的小数）读数，图中读数为
d1=20 mm +3.4×0.01mm =20.034 mm
[3]则摆球的直径为
d =d1−d0=20.027 mm
（2）[4]角度盘的大小一定，即在规定的位置安装角度盘，测量的摆角准确，但将角度盘固定在规定位置
上方，即角度盘到悬挂点的距离变短，同样的角度，摆线在刻度盘上扫过的弧长变短，故摆线在角度盘上
所指的示数为5°时，实际摆角大于5°；
（3）[5]单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为
l =l0+ d
2 =81.50cm + 2.0027
2
cm =82.5cm
结果保留三位有效数字，得摆长为82.5cm；
[6]一次全振动单摆经过最低点两次，故此单摆的周期为
T = 2t
N = 54.60
30
s=1.82s
[7]由单摆的周期表达式T =2π ❑√
l
g
得，重力加速度
g= 4 π
2l
T
2 =9.83 m/s
2
2．【答案】(1)80.00 (2) 最低点 1.80 9.88
【详解】（1）单摆的摆长为L=l+ d
2 =80.00cm
（2）[1]为减小实验计时误差，需摆球经过最低点时开始计时；
[2]单摆周期T = t
n = 54
30 s=1.80s
[3]根据单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
可得g= 4 π
2 L
T
2
代入数值得g=9.88 m/s
2
3．【答案】(1) t
30 (2)l0+ gT
2
4 π
2 (3)9.59 (4)AB
【详解】（1）30 次全振动所用时间t，则振动周期
T = t
30
（2）弹簧振子的振动周期
T =2π ❑√
M
k
可得振子的质量
M = k T
2
4 π
2
振子平衡时，根据平衡条件
Mg=k Δl
可得
Δl = gT
2
4 π
2
则l 与g、l0、T 的关系式为
l =l0+ Δl =l0+ gT
2
4 π
2
（3）根据l =l0+ gT
2
4 π
2 整理可得
l =l0+ g
4 π
2 ⋅T
2
则l−T
2图像斜率
k = g
4 π
2 = 0.542−0.474
0.58−0.3
解得
g≈9.59 m/s
2
（4）A．空气阻力的存在会影响弹簧振子的振动周期，是实验的误差来源之一，故A 正确；
B．根据弹簧振子周期公式可知，振子的质量影响振子的周期，通过光电门测量出的周期T为振子考虑弹
簧质量的真实周期，而根据（3）问求出的l−T
2的关系时不考虑弹簧质量的关系式子，二者的中的T是不
相等的，所以弹簧质量不为零是误差来源之一，故B 正确；
C．利用光电门与数字计时器的组合测量周期的原理：根据简谐运动的规律可知，只要从开始计时起，振
子的速度第二次与开始计时的速度相等即为一个周期，与是否在平衡位置无关，故C 错误。
故选AB。
4．【答案】 19.20 9.86 随着摆线长度l 的增加，Δg 逐渐减小 随着摆线长度l 的增加，
则l+ d
2 越接近于l，此时计算得到的g 的差值越小
【详解】（1）[1]用游标卡尺测量摆球直径d=19mm+0.02mm×10=19.20mm
（2）[2]单摆的摆长为
L=990.1mm+1
2×19.20mm=999.7mm
根据
T =2π ❑√
L
g
可得
g= 4 π
2 L
T
2
代入数据
g= 4×3.14
2×0.9997
2
2
m/s
2=9.86 m/s
2
（3）[3][4]由图可知，随着摆线长度l 的增加，Δg 逐渐减小，原因是随着摆线长度l 的增加，则l+ d
2 越接
近于l，此时计算得到的g 的差值越小。
