1．实验原理[来源:Z&xx&k.Com]
当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到。因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地重力加速度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。
（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（N为全振动的次数），反复测3次，再算出周期。
（5）根据单摆振动周期公式计算当地重力加速度。
（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最低位置时计数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。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，然后代入公式求重力加速度。
（2）图象法：由单摆周期公式不难推出：，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，即可求得重力加速度值。
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。
（2018·四川省乐山县沫若中学高二期中）在用单摆测重力加速度的实验中。
（1）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？（将所选用的器材的字母填在题后的横线上）
（A）长1m左右的细绳 （B）长30m左右的细绳
（C）直径2 cm的铁球 （D）直径2cm的木球
（E）秒表；（F）时钟 （G）最小刻度是厘米的 直尺
（H）最小刻度是毫米的直尺。所选择的器材是________。（填序号）
（2）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2~L图线，如图所示，再利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=_________。若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是_______的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【参考答案】（1）ACEH （2） 不变
【详细解析】（1）单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，A正确，B错误；摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，C正确，D错误；秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，E正确F错误；刻度尺的最小分度越小，读数越精确，G错误，H正确；
（2）根据单摆周期公式，有，故图象的斜率为，解得；测摆长时漏加了小球半径，图象向左偏移了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变。
1．（2018·四川省广安市）某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，现用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d。
（1）该单摆在摆动过程中的周期为T=_____________；
（2）请你帮助该同学写出求重力加速度的一般表达式g=_________（用题中所给的物理量的符号表示）；
（3）该同学用游标卡尺测量小球的直径，如图甲所示，读数是________cm；
（4）为了提高实验精度，该同学采用的措施是：在实验中改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出多组对应的T与l的数据，以为纵坐标，l为横坐标得到如图乙所示的图线为一条倾斜直线，并求得该直线的斜率为k，则
①重力加速度g=___________（用k表示）；
②图中直线并没有坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则实验过程中可能存在的失误是____________。
【答案】（1） （2） （3）2.07 （4） 计算摆长时漏加小球半径
【解析】（1）由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为，周期。
（2）单摆的长度为，由单摆的周期公式，得。
（3）由图示游标卡尺主尺可知，游标卡尺所示为：20 mm+8×0.7 mm= 20.7 mm=2.07 cm；
（4）根据周期公式，此公式变形得到，以l为横坐标、为纵坐标所得到数据连成直线，并求得该直线的斜率，即。若根据所得数据连成的直线的延长线没过坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则实验过程中可能存在的失误是摆长漏加小球半径。
2．（1）两个同学分别利用清华大学和广东中山大学的物理实验室，各自在那里用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2~L图象，如图甲所示。在中山大学的同学所测实验结果对应的图线是__________（选填A或B）。
（2）在清华大学做实验的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象，如图（乙）所示。关于a、b两个摆球的振动图象，下列说法正确的是_________________。
A．a、b两个单摆的摆长相等
B．b摆的振幅比a摆小
C．a摆的机械能比b摆大
D．在t= 1 s时有正向最大加速度的是a摆
【答案】（1）A （2）D
【解析】（1）根据单摆的周期公式，得：，所以T2~ L图象的斜率，重力加速度随纬度的升高而增大，g越大，斜率越小，广东中山大学的物理实验室纬度低，g值小，斜率大，故中山大学的同学所测实验结果对应的图线是A；
（2）由图知，两摆周期不同，故摆长不同，所以A错误；b摆的振幅比a摆大，故B错误；因不知摆球质量的大小，故不能确定机械能的大小，所以C错误；在t=1 s时a摆在负的最大位移处，有正向最大加速度，b摆在平衡位置，所以D正确。
1．（2018·新疆生产建设兵团第二中学高二期中）下表是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据：
（1）利用上述数据，在图的坐标系中描绘出l－T2图象。
（2）利用图象，取T2＝4.2 s2时，L＝__________m，重力加速度g＝__________m/s2。（结果保留三位有效数字）
2．某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验时，先测得摆线长为101.00 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5 s，则
（1）他测得的重力加速度g=________m/s2。（π2=9.86）
（2）他测得的g值偏小，可能的原因是________。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C． 
开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次
（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆 线长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标。T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k。则重力加速度g=________。（用k表示）
3．（2018·北京市第四中学高二期中）某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的实践和探究。
（1）用游标卡尺测量摆球直径d，如右图所示，则摆球直径为_____cm，测量单摆摆长为l；
（2）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为0，单摆每 经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图所示，秒表读数为______s，则该单 摆的周期是T=______s（保留三位有效数字）；
（3）将测量数据带入公式g=_____（用T、l表示），得到的测量结果与真实的重力加速度 值比较，发现测量结果偏大，可能的原因是_____；
A．误将59次数成了60次
B．在未悬挂单摆之前先测定好摆长
C．将摆线长当成了摆长
D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长
（4）该同学纠正了之前的错误操作，尝试测量不同摆长l对应的单摆周期T，并在坐标纸上画出T2与l的关系图线，如图所示。由图线计算出的重力加速度的值g=_____m/s2。（保留3位有效数字）
4．在“利用单摆测重力加速度”的实验中
（1）测得摆线长，小球直径D，小球完成n次全振动的时间t，则实验测得的重力加速度的表达式g= ；
（2）实验中如果重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是 。
A．把摆线的长度当成了摆长
B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长
C．测量周期时，误将摆球（n–1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间[来源:学科网]
D．摆球的质量过大
（3）为了减少实验误差，可采用图象法处理数据，通过多次改变摆长，测得多组摆长L和对应的周期T，并作出T2–L图象，如图所示。若图线的斜率为k，则用k表示重力加速度的测量值g= 。
5．（2018·河南省洛阳市新安县第一高级中学）有人说矿区的重力加速度偏大，某兴趣小组用单摆测定重力加速度的实验探究该问题。
（1）用刻度尺测得摆长为，测量周期时用到了秒表，长针转一周的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为1min，该单摆摆动n=50次时，长短针的位置如图所示，所用时间为t=________s。
（2）用以上直接测量的物理量的英文符号表示重力加速度的计算式为g=__________（不必代入具体数据）。
（3）若有一位同学在实验时测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2—图象，就可以求出矿区的重力加速度。理论上T2—l图象是一条过坐标原点的直线，该同学根据实验数据作出的图象如图所示。
①造成图象不过坐 标原点的原因最有可能是___________。
②由图象求出的重力加速度g＝_______m/s2（取π2=9.87）。
6．（1）某同学用单摆测定加速度的实验中，图A的0点是摆线的悬挂点，摆长L= cm. 秒表读数________s为了提高测量精度，需多次改变L的值并测得相应的T值。现测得的六组数据标示在以L为横坐标、T2为纵坐标的坐标纸上，即图中用“”表示的点。根据图中的数据点作出T2与L的关系图线，从作出的图线可求得重力加速度g=____m/s2（求得g值保留两位有效数字）。
（2）如果他测得的g值偏小，可能的原因是 。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次
7．（2015·天津卷）某同学利用单摆测量重力加速度
（1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是__________
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
（2）如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1 m的单摆，实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离，用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g=____________。
8．（2015·北京卷）用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。
（1）组装单摆时，应在下列器材中选用 （选填选项前的字母）。
甲
A．长度为1 m左右的细线 B．长度为30 cm左右的细线
C．直径为1.8 cm的塑料球 D．直径为1.8 cm的铁球
（2）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）。
（3）下表是某同学记录的乙组实验数据，并做了部分计算处理。
请计算出第3组实验中的T= s，g= 。
（4）用多组实验数据做出图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的图线的示意图如图乙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是 （选填选项前的字母）。
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次[来源:学科网]
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
（5）某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图丙所示，由于家里只有一根量程为30 cm 的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为和时，测得相应单摆的周期为、。由此可得重力加速度g= （用、、、表示）。
丙
9．（2014·上海卷）某小组在做“用单摆测重力加速度”试验后，为进一步研究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆。通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期，式中为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到重心C的距离。如图（a），实验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m=0.05 kg。
（1）由实验数据得出图（b）所示的拟合直线，图中纵轴表示 。
（2）的国际单位为 ，由拟合直线得到的值为 （保留到小数点后二位）。
（3）若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值 （选填：“偏大”、“偏小”或“不变”）。
10．（2013·安徽卷）根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为_______mm。
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_______。
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
E．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期
1．（1） 
1.05 9.86
（2）当T2＝4.2 s2时，从图中可读出其摆长l＝1.05 m，将T2和l代入公式，得。
2．（1）9.76 （2）B （3）
【解析】（1）单摆的摆长L=l+r=101.00 cm+×2.00 cm=102.00 cm=1.02 m，单摆的周期；由单摆的周期公式得，，代入解得，g=9.76 m/s2。
（2）测摆线长时摆线拉得过紧，摆长偏大，根据可知，测得的g应偏大，故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，测得的单摆周期变大，根据可知，测得的g应偏小，故B正确；开始计时时，秒表过迟按下，测得的单摆周期变小，根据可知测得的g应偏大，故C错误；实验中误将49次全振动计为50次，根据求出的周期变小，g偏大，故D错误。故选B。
（3）根据重力加速度的表达式可知，T2–l图线斜率，则。
3．（1）2.06 cm （2）67.4s 2.24s （3） AD （4）
（3）根据，解得：，误将59次数成了60次，导致测量时周期T测小，根据 可知g值测量值偏大，故A正确；在未悬挂单摆之前先测定好摆长，导致测量的摆长小于真实的摆长，根据可知g值偏小，故B错误；将摆线长 当成了摆长没有加小球的半径，导致测量的摆长偏小，根据可知g值偏小，故C错误；将摆线长和球的直径之和当成了摆长，导致测量的摆长变长，根据可知g值偏大，故D正确。学科~网
（4）根据可得：，则在T2 与l的关系图线中，斜率代表，根据图象可求出：，则。
【名师点睛】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数，根据单摆的周期公式得出T与L的关系式，结合关系式得出图象的斜率，解决本题的关键掌握单摆测量重力加速度的原理，以及掌握游标卡尺和秒表的读数方法，难度不大。
4．（1） （2）C （3）
【解析】（1）单摆的周期，摆长，根据解得重力加速度的表达式
g=；
（2）若把摆线的长度当成了摆长，则算得的重力加速度偏小；摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长，则单摆的周期变大，则算得的重力加速度偏小；测量周期时，误将摆球（n–1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间，则算得的周期变小，重力加速度偏大；摆球的质量过大不影响周期的值，则算得的重力加速度不受影响；故选C；
（3）因，故，解得。
5．（1）100.2 （2） （3）测单摆摆长时漏掉了摆球的半径 9.87
次函数，而不是正比例函数，故函数图象不是过原点的直线的原因最可能是摆长没包括球的半径；②摆长单位换算成米，由图象的斜率可得斜率为：，由，重力加速度为：。
6．（1）如图所示
[来源:Z。xx。k.Com]
99.00（99.00~99.05均可） 100.4 9.9（9.9~10均可） （2）B
（2）根据得，，测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度测量值偏大，故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B正确；开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误；实验中误将49次全振动数为50次 
，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故D错误。学科！网
7．（1）BC （2）
【解析】（1）为了减小空气阻力的误差选用密度大，体积小的小球，A错。如果振幅过大（大于10°小球的运动不在是简谐运动，所以误差较大，D错误。要求小球在运动过程中摆长不变，且是单摆，而不能是圆锥摆故选BC。
（2）同理得两式相减可得。
8．（1）AD （2） （3）2.01 9.76（9.76～9.77） （4）B （5）
（2）次全振动的时间为，则振动周期为，根据单摆周期公式，可推出；
（3）50次全振动的时间为100.5 s，则振动周期为，代入公式求得；
（4）由可知图象的斜率，b曲线为正确的图象。斜率越小，对应的重力加速度越大，选项C错误。在图象中图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长偏小，如漏加小球半径，与纵轴负半轴相交表示摆长偏大，选项A错误。若误将49次全振 
动记为50次，则周期测量值偏小，值测量值偏大，对应的图象斜率偏小，选项B正确。故选B。学科%网
（5）设A到铁锁重心的距离为，则第一次的实际摆长为，第二次的实际摆长为，由周期公式，，联立消去，解得。
9．（1） （2） （3）不变
【解析】（1）根据周期公式，整理可得，观察图象发现为倾斜的直线，即纵轴的物理量与成一次函数关系，根据，判断纵轴为。
（2）根据周期公式，整理可得代入各个物理量的单位，可判断 的单位为。根据可得图象的截距即，根据图象斜率，代入可得，代入质量即可得。
（3）根据图象斜率计算重力加速度，所以大小与质量的测量无关，即质量测量值即使偏大，重力加速度的测量值也不会变化。
10．（1）18.6 （2）ABE
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