人教版高中物理选修3-4知识讲解，巩固练习（教学资料，补习资料）：专题11.4 单摆word版含答案
文档属性
| 名称 | 人教版高中物理选修3-4知识讲解，巩固练习（教学资料，补习资料）：专题11.4 单摆word版含答案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-11-05 23:30:28 | ||
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文档简介
第十一章 机械振动
第4节 单摆
知识
一、单摆
1．定义：如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。
2．视为简谐运动的条件：摆角___________。
3．回复力：小球所受重力沿圆弧切线方向的分力，即：F=－mgsin θ=－=－kx，F的方向与位移x的方向相反。
4．周期公式：_________________。
5．单摆的等时性：单摆的振动周期取决于______________，与____和振子（小球）质量都没有关系。
二、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，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___________，不易伸长的细线（约1米）、_______、_________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．数据处理
（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。
5．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。
6．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。
小于5° 摆长l和重力加速度g 振幅
金属小球 秒表 毫米刻度尺
重点
一、单摆的回复力与周期
1．受力特征：重力和细线的拉力
（1）回复力：摆球重力沿切线方向上的分力，F=－mgsin θ=－=－kx，负号表示回复力F与位移x的方向相反。
（2）向心力：细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力，F向=FT－mgcos θ。
特别提醒：①当摆球在最高点时，向心力，绳子的拉力FT=mgcos θ。②当摆球在最低点时，向心力，F向最大，绳子的拉力。
2．周期公式：。
（1）只要测出单摆的摆长L和周期T，就可以根据，求出当地的重力加速度g。
（2）L为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长，悬点实质为摆球摆动所在圆弧的圆心，摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆的摆长l=r＋Lcos α。乙图中小球（可看做质点）在半径为R的光滑圆槽中靠近A点振动，其等效摆长为l=R。
（3）g为当地的重力加速度。
【例题1】（2019·上海水平考试）做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小
C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大
参考答案：B
试题解析：由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减为原来的2/3，由于振动过程中机械能守恒，故：mgh=mv2，据此式可知，速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅减小；故选B。
名师点睛：单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小。
二、简谐运动的两个模型比较
模型
弹簧振子
单摆
示意图
简谐运动条件
（1）弹簧质量可忽略
（2）无摩擦等阻力
（3）在弹簧弹性限度内
（1）摆线为不可伸缩的轻细线
（2）无空气等阻力
（3）最大摆角小于10°
回复力
弹簧的弹力提供
摆球重力沿与摆线垂直（即切向）方向的分力
平衡位置
弹簧处于原长处
最低点
周期
与振幅无关
能量转化
弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒
重力势能与动能的相互转化，机械能守恒
【例题2】一竖直弹簧振子做简谐运动，其振动图象如图所示，那么在和（Δt是微小的时间）两时刻，弹簧振子的
A．相对平衡位置的位移相同
B．速度相同
C．加速度相同
D．弹性势能相同
参考答案：B
试题解析：由图看出，在时刻振子在平衡位置，在（）和（）（△t是微小的时间）两时刻，振子的位移大小相等，方向相反，其位置关于平衡位置对称，速度大小相同，方向也相同，即速度相同，故A错误，B正确。在这两个时间的位移大小相等，方向相反，由知，加速度大小相等、方向相反，所以加速度不同，C错误；弹簧振子做简谐运动时，弹簧的形变量不同，弹性势能不同，D错误。
三、用单摆测重力加速度
【例题3】下面为某同学用单摆测量当地的重力加速度实验部分操作。
（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1 m左右的细绳 B．长30 m左右的细绳
C．直径2 cm的铅球 D．直径2 cm的木球
E．秒表 F．时钟
G．最小刻度是厘米的刻度尺 H．最小刻度是毫米的刻度尺
所选择的器材是__________________________________。
（2）用游标卡尺测量小钢球直径，读数如图所示，读数为___________mm。
（3）测出单摆偏角小于5°时完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，游标卡尺测得摆球直径为d。用上述测得的量写出测量重力加速度的一般表达式：g=_____ _。
（4）他测得的g值偏小，可能原因是_____ _。
A．计算时将L当成摆长 B．测摆线长时摆线拉得过紧
C．开始计时时，秒表过迟按下 D．实验中误将30次全振动计为29次
（5）该同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T 2–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，而其他测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述T 2–L图线法算得的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）9.8 （3） （4）AD （5） 不变
试题解析：（1）用单摆测重力加速度实验，为减小实验误差，摆线应选：长1 m左右的细线；实验时应使用质量大体积小，即密度大的摆球，故摆球应选：直径2 cm左右的铅球；实验需要测出单摆的周期，因此需要选择：秒表；测摆长时为减小实验误差，应选择：准确度是1 mm的直尺；故需要的实验器材为：ACEH。
（2）游标卡尺的主尺读数为：，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：。
（3）根据题意可知：，由单摆的周期公式，解得。
（5）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。
基础训练
1．（2019·福建莆田一中高三月考）如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧，距离MO小于NO。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B（均可视为质点）同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是
A．一定在O点的右侧 B．恰好在O点
C．一定在O点的左侧 D．条件不足，无法确定
2．利用盛沙的漏斗演示简谐振动，如果考虑漏斗里砂子逐渐减少，则沙摆的频率将
A．逐渐增大 B．逐渐减少
C．先增大后减少 D．先减小后增大
3．（2019·江苏南京梅山中学高三开学考）某同学用单摆测当地的重力加速度。他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图（a）所示。通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图（b）所示。由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会
A．偏大 B．偏小
C．一样 D．都有可能
4．图甲是利用砂摆演示简谐运动图象的装置，当盛砂的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的砂在板上显示出砂摆的振动位移随时间变化的关系曲线，已知木板被水平拉动的速度为0.15 m/s，如图乙所示的一段木板的长度为0.60 m，则这次实验砂摆的摆长大约为
A．0.03 m B．0.5m
C．1.0 m D．2.0 m
5．（2019·辽宁本溪满族自治高二月考）如图所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图象，从图象中可知
A．两摆球的质量相等
B．两单摆的摆长相等
C．两单摆同时改变运动方向
D．在相同的时间内，两球通过的路程总有
6．如图甲所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图象如图乙所示，以下说法正确的是
A．t1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小
B．t2时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最小
C．t3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大
D．t4时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大
7．（2019·天津静海一中高二月考）有一个正在摆动的秒摆（周期为2 s），在t=0时正通过平衡位置向右运动，当t=1.7 s时，摆球的运动是
A．正向左作减速运动，加速度大小在增加
B．正向左作加速运动，加速度大小在减少
C．正向右作减速运动，加速度大小在增加
D．正向右作加速运动，加速度大小在减少
8．将一个摆钟由甲地移至乙地，发现摆钟变慢了，其原因和调整的方法分别为
A．，将摆长缩短 B．，将摆长加长
C．，将摆长缩短 D．，将摆长加长
9．某单摆由1 m长的摆线连接—个直径2 cm的铁球组成，关于单摆周期，以下说法正确的是
A．用等大的铜球代替铁球，单摆的周期不变
B．用大球代替小球，摆长会变化，单摆的周期不变
C．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小
D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大
10．已知单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m，则两摆长la和lb分别为
A．la=2.5 m，lb=0.9 m B．la=0.9 m，lb=2.5 m
C．la=2.4 m，lb=4.0 m D．la=4.0 m，lb=2.4 m
11．（2019·北京四中高二期中）如图甲是演示简谐运动图象的装置，它由一根较长的细线和一个较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，匀速拉出沙漏下方的木板，漏出的沙在板上会形成一条曲线。通过对曲线的分析，可以确定沙漏的位移随时间变化的规律。图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线。经测量发现OB=O'B'。若拉动木板1和木板2的速度大小分别为v1和v2，则
A．v1=v2 B．v1=v2
C．v1=v2 D．v1=v2
12．我国探月的“嫦娥工程”已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球。假如宇航员在月球上测得摆长为l的单摆做小振幅振动的周期为T，将月球视为密度均匀、半径为r的球体，则月球的密度为
A． B．
C． D．
13．（2019·河北唐山一中高二期中）如图所示，是两人合作模拟振动曲线的记录装置。先在白纸中央画一条直线OO1使它平行于纸的长边，作为图象的横坐标轴。一个人用手使铅笔尖在白纸上沿垂直于OO1的方向振动，另一个人沿OO1的方向匀速拖动白纸，纸上就画出了一条描述笔尖振动情况的x–t图象。下列说法中正确的是
A．白纸上OO1轴上的坐标代表速度
B．白纸上与OO1垂直的坐标代表振幅
C．匀速拖动白纸是为了保证OO1上相同的长度代表相等的时间
D．拖动白纸的速度增大，可使笔尖振动周期变长
14．一个摆钟在地球上时，摆的振动周期为T1，在某一密度与地球密度相同、半径是地球半径2倍的星球上时，摆的振动周期为T2。由此可以确定T1:T2为
A． B．
C． D．2
15．（2019·安徽黄山屯溪一中高二期中）甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为。如果两摆的悬点处于同一高度，将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，则两摆球经过各自的最低点时
A．甲、乙两摆球的动能相等
B．悬线对甲摆球的拉力大于悬线对乙摆球的拉力
C．甲、乙两摆球的机械能不相等
D．两摆球的向心加速度相等
16．一个摆长为l1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T1，已知地球质量为M1，半径为R1。另一摆长为l2的单摆，在质量为M2，半径为R2的星球表面做简谐运动，周期为T2。若T1=2T2，l1=4l2，M1=4M2，则地球半径与星球半径之比R1:R2为
A．2:1 B．2:3
C．1:2 D．3:2
17．（2019·宁夏育才中学高二期中）当摆角很小时（θ<10°），单摆的振动是简谐运动，此时单摆振动的回复力是
A．摆球重力与摆线拉力的合力
B．摆线拉力沿圆弧切线方向的分力
C．摆球重力、摆线拉力及摆球所受向心力的合力
D．摆球重力沿圆弧切线方向的分力
18．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
E．由图象可以求出当地的重力加速度
19．（2019·四川雅安中学高二考试）如图是同一地点两个不同单摆甲、乙的振动图象，下列说法中不正确的是
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t=0.5 s时，乙摆有最大正向的加速度
20．两个摆长分别为L1和L2的单摆，做小振幅振动，它们的位移时间图象分别如图中的1和2所示，则L1:L2为___________。
21．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，某同学通过多次改变单摆摆长L、测量对应单摆周期T，得到了如图所示图象。若该同学其他操作（包括周期测量）均正确，则她的摆长测量值总是 真实值（填“>”、“<”或“=”），已知图象斜率为k，则重力加速度g= 。
22．（2019·北京昌平高二期末）实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）用L表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，则重力加速度g=____。（用L、T表示）
（2）在这个实验中，应该选用下列哪两组材料构成单摆？____（选填选项前的字母）。
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1cm的塑料球
（3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是____（选填选项前的字母）。
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，使之在竖直平面内做简谐运动
C．在摆球经过平衡位置时开始计时
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
（4）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据做出了如图所示的图象，横坐标为摆长，纵坐标为周期的平方。若图线斜率为k，则当地的重力加速度g=____（用k表示）。
（5）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____（选填选项前的字母）。
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下秒表
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
（6）丙同学做出了单摆做简谐运动时的振动图象如图所示，则摆线偏离竖直方向的最大摆角的正弦值约为____（结果保留一位有效数字）。
23．有位同学想知道家中一把小铁锁的重心位置，做了如下实验：用一轻细线一端系在小铁锁上，将其悬挂起来，如图（a）所示，近似将其当作单摆处理。先用米尺量出悬点到小铁锁下端的距离L，然后将小铁锁拉离平衡位置一个小角度由静止释放，测出其多次全振动的时间，算出振动周期T。多次改变悬线长并重复上面操作，得到多组L、T的数据，作出图象如图（b）所示。
（1）由图中可知小铁锁的重心到其下端的距离为 cm；
（2）测得当地重力加速度大小为 m/s2（保留两位有效数字）。
24．某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，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，计算结果取两位小数）
（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．计时开始时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数记为50次
25．（2019·福建莆田一中高三月考）（1）某同学利用单摆测重力加速度，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40 cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，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。
（2）若摆长为L，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图所示，则重力加速度的表达式g=_____________（用题目中的物理量表示）。
26．在“用单摆测定重力加速度”的实验中
（1）以下关于本实验的措施中正确的是 （选填下列选项前的序号）。
A．摆角应尽量大些
B．摆线应适当长些
C．摆球应选择密度较大的实心金属小球
D．用停表测量周期时，应取摆球摆至最高点时开始计时
（2）为了减少实验误差，该同学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= 。
27．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
（1）他组装单摆时，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，如图所示。这样做的目的是 （填字母代号）。
A．保证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
（2）他组装好单摆后，在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量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，结果如图所示，则该摆球的直径为 mm，单摆摆长为 m。
（3）如图所示的振动图象真实地描述了对摆长为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°=0.087，sin 15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是 （填字母代号）。
28．（2019·人大附中高一期末）在做利用单摆测重力加速度的实验中
（1）如果某同学测得的g值偏大，可能的原因是__________。
A．测摆长时摆线拉得过紧
B．摆球做圆锥摆运动
C．停止计时秒表，过迟按下
D．实验中误将50次全振动计为49次
E．摆球的质量太大
F．单摆的振幅较大，但单摆的运动仍可看作是简谐振动
（2）该同学按图所示的方法测量单摆摆长，图中的O点是摆线的悬挂点，a、b点分别是球上沿和球心，通过刻度尺测得摆成L=_____m。若在此后的实验中测得摆球完成n次全振动的时间为t，用题目所给的符号写出当地的重力加速度的表达式g=_____________。
（3）另一位同学利用另一个单摆测定当地重力加速度，发现由于摆球质量分布不均匀，所以摆球的重心不在球心，但他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L。通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L–T2图线，O点的坐标为(0，0)，然后在图象上选取A、B两个点，坐标如图所示，他采用恰当的数据处理方法测得重力加速度，请用图中所给的符号写出其求重力加速度表达式g=____________；你判断该同学测得的重力加速度与摆球重心就在球心处相比，将__________（选填“偏大”、“偏小”或“相同”），由图可知该摆球的重心在球心的_________（选填“上方”或“下方”）。
29．用单摆测重力加速度时。
（1）发现测出的重力加速度值偏小，这可能是由于_______。
A．测量周期T时，把N次全振动的次数误数为N–1次
B．错把摆线长当了摆长
C．把摆球直径当作了半径
D．测量过程悬点松动导致摆线长度变化
（2）测出摆线长L和周期T的几组数据，作出T2–L图象如图所示。则小球的直径是 cm，所测的重力加速度是 m/s2（该空保留两位小数）。
30．（2019·山西运城夏县中学高二期末）单摆测定重力加速度的实验中。
（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=______mm。
（2）实验测得摆长为L，用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式为：g=____________（用题目中物理量的字母表示）。
（3）若该同学采用图象法处理实验数据，实验中测出不同摆长L以及对应的周期T，作出图线如图所示，利用图线上任两点A、B的坐标（xl，y1）、（x2，y2）可得出重力加速度的表达式g=_____；
（4）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一微小角度，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一微小角度，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T=。
31．（2019·新疆石河子二中高二期末）根据单摆周期公式T=2π，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，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）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．为使摆的周期大一些，以便测量，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不大于5°，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°，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T=；
（2）该同学实验中，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，测得的重力加速度g=________m/s2。
32．（2019·西藏林芝一中高二期中）在探究影响单摆周期的因素的实验中同学甲有如下操作，请判断是否恰当（填“是”或“否”）。
（1）把单摆从平衡位置拉开约5°释放；________
（2）在摆球经过最低点时启动秒表计时；________
（）3把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期。__________
该同学改进测量方法后，根据周期T和摆长L，则该处重力加速度g=______。
33．（2019·河北馆陶一中高二期末）用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
（1）测出悬点O至小球球心的距离（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）用多组实验数据做出T2–L图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2–L图线的示意图如图2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
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
D．图线a对应的g值大于图线b对应的g值
（3）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）、B（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（选项“偏大”、“偏小”或“不变”）。
34．如图所示，单摆摆长为L，做简谐运动，C点在悬点O的正下方，D点与C相距为x，C、D之间是光滑水平面，当摆球A到右侧最大位移处时，小球B从D点以某一速度匀速地向C点运动，A、B二球在C点迎面相遇，A、B两球可视为质点，当地重力加速度大小为g。求小球B的速度大小v。
能力提升
35．（2019·浙江温州中学高二期中）图甲是利用沙摆演示简谐运动的装置，当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上显示出图乙所示的曲线。已知木板水平速度为0.20 m/s，图乙所示一段木板的长度为0.60 m，取g=π2，则
A．沙摆的摆长大约为0.56 m
B．沙摆的摆长大约为1.00 m
C．图乙可表示沙摆的波动图象
D．图乙可表示沙摆的振动图象
36．如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有
A．A球先到达C点
B．B球先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪一个球先到达C点
37．（2019·河北衡水冀州中学高三月考）如图所示是描绘沙摆振动图象的实验装置和木板上留下的实验结果。沙摆的运动可看作简谐运动。若用手向外拉木板的速度是0.20 m/s，木板的长度是0.60 m，那么下列说法中正确的是
A．该沙摆的周期为3 s
B．该沙摆的频率为1.5 Hz
C．这次实验所用的沙摆的摆长约为56 cm
D．这次实验所用的沙摆的摆长约为1.5 m
38．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的正下方的点钉一个光滑钉子，使，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是
A． B．
C． D．
39．（2019·河北衡水冀州中学高三一轮检测）如图所示实线和虚线分别是同一个单摆在A、B两个大小相同的星球表面的振动图象，其中实线是A星球上的，虚线是B星球上的，则两星球的平均密度ρA:ρB是
A．1:2 B．:1
C．4:1 D．8:1
40．如图所示是甲、乙两个单摆在同一地点做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是
A．甲、乙两摆的振幅之比为2:1
B．甲、乙两摆的摆长之比为4:1
C．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等
D．t=2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零
41．（2019·上海徐汇高三等级考）某单摆在摆动过程中由于阻力作用，机械能逐渐减小，则单摆振动的
A．频率不变，振幅不变
B．频率改变，振幅不变
C．频率不变，振幅改变
D．频率改变，振幅改变
42．（2019·四川荣县玉章高中高二月考）做简谐运动的物体，当它离开平衡位置后，总是要受到一个指向平衡位置的力的作用，我们把这个力称之为回复力；这个力可以由某一个力提供，也可以几个力的合力提供或者是由某个力的分力提供；单摆是一种常见的简谐运动，关于单摆做简谐运动时的回复力，以下说法正确的是
A．单摆受到一个回复力的作用
B．单摆的回复力是重力和摆线的拉力的合力提供的
C．单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力提供的
D．单摆的回复力是重力沿圆弧半径方向的分力提供的
43．（2019·河南鹤壁淇县一中高二月考）如图所示为某一质点在0~4 s时间内的振动图象，下列叙述中正确的是
A．该质点2.5 s时向正方向振动
B．该质点2.5 s时加速度方向为负方向
C．该质点2 s时加速度最大，且方向为负方向
D．该质点5 s时加速度最大，且方向为负方向
44．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°，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△t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°，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T=Δt/50
45．用单摆测定重力加速度的实验中：
（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图所示，该摆球的直径d = cm；
（2）接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图所示，则重力加速度的表达式为 ；
（3）某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据，在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度，再求出平均值；乙同学作出T2–l0图象后求出斜率，然后算出重力加速度，两位同学处理数据的方法对结果的影响是：甲 ，乙 。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
46．某同学利用如图所示的装置测量当地的重力加速度。实验步骤如下：
A．按装置图安装好实验装置；
B．用游标卡尺测量小球的直径d；
C．用米尺测量悬线的长度l；
D．让小球在竖直平面内小角度摆动。当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3……。当数到20 时，停止计时，测得时间为t；
E．多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；
F．计算出每个悬线长度对应的t2；
G．以t 2为纵坐标、l为横坐标，作出t 2－l 图线。
结合上述实验，完成下列任务：
（1）该同学根据实验数据，利用计算机作出t2–l图线如图所示。根据图线拟合得到方程t2=404.0l＋2.0。由此可以得出当地的重力加速度g= m/s2。（取π2 =9.86，结果保留3 位有效数字）
（2）从理论上分析图线没有过坐标原点的原下列分析正确的是 。
A． 不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点开始计时；
B． 开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数；
C． 不应作t2–l图线，而应作t–l图线；
D． 不应作t2–l图线，而应作图线。
47．（2019·河北大名一中高二月考）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）记录时间应从摆球经过_________开始计时。
（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，并且尽量长一些
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不大于5°，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
（3）如果某同学测得的值偏小，可能的原因是________。
A．误将摆线长当作摆长
B．测摆线线长时将摆线拉得过紧
C．摆动过程中悬挂点松动了
D．实验中误将49次全振动计为50次
48．（2019·江苏南京梅山高中高三开学考）用单摆测重力加速度的实验，为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_________。
A．须选用密度和直径都较小的摆球
B．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．计时起终点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间
真题练习
49．（2019·江苏模拟）在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期。以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正。
参考答案
【名师点睛】本题关键是采用等效法，将两球在圆弧上的运动看作等效单摆运动，常常称为槽摆，再根据单摆的周期公式，比较时间，即可判断第一次相遇的位置。
2．D【解析】砂子逐渐减小，砂子和漏斗的重心将逐渐降低，砂子漏完后重心又升高，所以摆长先变长后变短，根据单摆周期公式知周期先变大后变小，频率先减小后增大，故选D。
3．C【解析】根据单摆的周期公式：得：，T2与L图象的斜率，横轴截距等于球的半径r。故，根据以上推导，如果L是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g的计算没有影响，一样，故ABD错误，C正确。故选：C。
【名师点睛】由实验中所得到的T2–L关系图象得，横轴截距应为小球半径，由斜率计算重力加速度。
4．C【解析】砂摆的周期。根据得，，故C正确。
5．B【解析】从单摆的位移时间图象可以看出两个单摆的周期相等，根据周期公式可知，两个单摆的摆长相等，周期与摆球的质量无关，故A错误，B正确；从图象可以看出，位移为零的时刻不同，故改变速度方向的时刻不同，故C错误；只有从平衡位置或最大位移处开始计时时，经过相同时间，两球通过的路程才满足，故D错误。
6．A【解析】由乙图可知t1时刻处于正的最大位移位置，此时小球的速度为零、所需向心力为零，小球对轨道的压力为小球所受重力沿垂直与轨道方向的分量（θ为小球与轨道圆心的连线与竖直方向的夹角）为最小值，轨道对它的支持力与小球对轨道的压力为作用力与反作用力的关系，它们大小相等，故A正确；t2时刻处于平衡位置，此时小球的速度最大、所需向心力最大，小球对轨道的压力最大，B错误；同理t3时刻处于负的最大位移位置，此时小球的速度为零、所需向心力为零，小球对轨道的压力最小，轨道对小球的支持力最小，C错误；t4时刻处于平衡位置，此时小球的速度最大，故D错误。
7．D【解析】由题，单摆的周期是2 s，一个周期分成四个1/4周期，从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.7秒时，单摆是由最大位移处向平衡位置向右运动，所以速度向右在增加，加速度在减小，故ABC错误，D正确。故选D。
【名师点睛】解决本题的关键熟悉简谐运动的规律，如从平衡位置向最大位移处做加速度增大的减速运动，由最大位移处向平衡位置做加速度减小的加速运动。
9．A【解析】用等大的铜球替代铁球，单摆摆长不变，由单摆周期公式可知，单摆的周期不变，故A正确；用大球替代小球，单摆摆长变化，由单摆周期公式可知，单摆的周期变化，故B错误；由单摆周期公式可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从改为时，单摆周期不变，故C错误；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式可知，单摆周期变小，故D错误。
【名师点睛】知道单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，熟练应用单摆周期公式即可正确解题。
10．B【解析】设甲完成10次全振动所经历的时间为t，则，，得到Ta:Tb=3:5；又因为；，可解得：la=0.9 m，lb=2.5 m。
11．B【解析】设单摆周期为T。OB段经历的时间是t1=2T，O′B′段经历的时间为t2=1.5T；设板长为L，则：L=v1t1=2Tv2；L=v2t2=1.5v2T；比较可得：v1:v2=3:4，故ACD错误，B正确。故选B。
13．C【解析】铅笔尖在白纸上沿垂直于的方向振动，白纸上轴上的坐标代表时间，与垂直的坐标代表位移，匀速拖动白纸是为了用相等的距离表示相等的时间。笔尖振动周期与拖动白纸的速度无关。笔尖振动周期一定，根据白纸上记录的完整振动图象的个数可确定出时间长短，所以白纸上轴上的坐标代表时间，故A错误；白纸上与垂直的坐标是变化的，代表了笔尖的位移，而不是振幅，故B错误；由可知，匀速拖动白纸，是为了用相等的距离表示相等的时间，故C正确；笔尖振动周期与拖动白纸的速度无关．拖动白纸的速度增大，笔尖振动周期不改变，故D错误。
14．C【解析】根据星球表面重力近似等于万有引力，所以，又因为：M=ρV，，则，则；由单摆的振动周期公式；则，故ABD错误，C正确。
15．D【解析】甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为，根据单摆的周期公式，摆长的比值为；将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，摆球摆动过程机械能守恒，故最低点的机械能等于初位置的机械能，相等；最低点的动能等于重力势能的减小量，不等，故AC错误；根据机械能守恒定律，有：，最低点，拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，联立解得：，，故B错误，D正确。
【名师点睛】本题关键是结合单摆的周期公式确定摆长之比，然后结合机械能守恒定律、牛顿第二定律、向心力公式列式求解动能、机械能、向心加速度、拉力的大小关系。
16．A【解析】由单摆周期公式可知：，，由于T1=2T2，l1=4l2，故g1=g2；设星球表面的物体质量为m，则，，由于g1=g2，，故，故选A。
17．D【解析】摆球的回复力不是所受重力和摆线作用于摆球的拉力的合力，也不是所受重力和沿圆弧运动时的向心力的合力，也不是摆球的拉力沿水平方向的分力，而是摆球所受重力沿圆弧切线方向的分力，D正确；ABC错误；故选D。
18．ABD【解析】由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确。甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确。尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误。一定律律不速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，在t=0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确。由单摆的周期公式得，由于单摆的摆长不知道，所以不能求得重力加速度，故E错误。
19．C【解析】由图看出，两个单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确。甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确。尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误。在t=0.5 s时，乙摆具有最大负向位移，由可知，乙摆具有正向最大加速度，故D正确。本题选不正确的，故选C。
【名师点睛】本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，就能正确解答。由振动图象读出振幅、周期是基本功，要熟练掌握。
20．9:1
【解析】1和2两个单摆的周期之比为，由单摆的周期公式得L1:L2=9:1。
21．>
【解析】根据可得：，则她的摆长测量值总是大于真实值；，解得。
22．（1） （2）AC （3）BC （4） （5）C （6）0.04
（4）根据单摆的振动周期公式：可得，，则，则；
（5）单摆的周期与振幅无关，选项A错误；开始计时，过早按下秒表，则周期测量偏大，根据可知，g的测量值偏小，选项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，则周期测量值偏小，则根据可知，g的测量值偏大，选项C正确；故选C。
（6）由图可知周期为2 s，得，振幅为4 cm=0.04 m，则。
【名师点睛】单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化．在最低点，速度最快，开始计时误差较小。
23．1.0 9.4
【解析】 由单摆的周期公式，知解得：，结合图象可知。
24．（1）9.76 （2）B
【解析】（1）由题意可得：摆长l=l线＋=102.00 cm=1.020 0 m，由T=可得：T=s=2.03 s，再由可求得：g=9.76 m/s2。
（2）由可知，若测得的g值偏小，可能是将l测量的值比真实值小了，也可能是将单摆的周期测量的值比真实值大了，故只有B正确。
25．（1）2.050 90.425 57.0 （2）
【解析】（1）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小球的半径的和： ，秒表的分钟指针不到1分，超过半分钟，所以秒表的秒针读数为57.0 s；
（2）由图象可知，单摆的振动周期为4t0，则根据可知，。
26．（1）BC （2）
【解析】（1）此实验中的摆角不能大于10°，否则就不是单摆了，故A错误。摆线应适当长些，可减小实验的误差，B正确。摆球应选择密度较大的实心金属小球，以减小振动中的空气阻力，C正确。用停表测量周期时，应取摆球摆至最低点时开始计时，D错误。
（2）根据得，，则图线的斜率，解得重力加速度的测量值。
27．（1）AC （2）12.0 0.993 0 （3）A
【解析】（1）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，是为了防止摆动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC正确。
（2）游标卡尺示数为d=12.0 mm；单摆摆长为：。
（3）当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087 m=8.7 cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30~50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小，故选A。
（2）根据刻度尺的读数规则，摆长应是悬点到球心间距可得，摆长，
若摆球完成n次全振动的时间为t，则周期，由得：；
（3）由单摆周期公式可知，，则，；由图象可知，图象的斜率：，则：；由，l与T2成正比，是比例常数，由图象可知l与T2成正比，由于单摆摆长偏大还是偏小不影响图象的斜率k，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值，用图线法求得的重力加速度准确，该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将相同；由图可知，图象在纵轴有截距，说明所测摆长偏大，所以摆球的重心在球心上方。
29．（1）ABD （2）1.0 9.86（9.85~9.87均算对）
【解析】（1）根据可得：；测量周期T时，把N次全振动的次数误数为N–1 次，测得的周期偏大，则测得的重力加速度值偏小，A正确；错把摆线长当了摆长，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，B正确；把摆球直径当作了半径，则摆长偏大，则测得的重力加速度值偏大，C错误；测量过程悬点松动导致摆线长度变长，则测得的周期肯定偏大，故测得的重力加速度值偏小，D正确。
（2）根据，解得，由图线可知当T2=0时L=-0.5 cm，代入可知d=1.0 cm；，解得g=9.86 m/s2。
30．（1）14.15 （2） （3） （4）ABE
【解析】（1）该摆球的直径为；
（2）由图乙所示图象可知，单摆的周期，由单摆周期公式可知，重力加速度。
（3）由单摆周期公式可知，，由图象可知，则，解得；
（4）实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球，AB正确；摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故C错误；释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值，故D错误，E正确。
31．（1）abe （2）9.76
【解析】（1）该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球，故ab是正确的。摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故c错误。拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，故d错误。释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值，故e正确。故选abe。
32．（1）是 （2）是 （3）否
【解析】（1）单摆的摆角在不超过5°时才为简谐振动，则试验时把单摆从平衡位置拉开约5°释放，故此操作正确；
（2）在摆球经过最低点时启动秒表计时，此操作正确；
（3）把秒表记录摆球摆动30~50次的时间，然后计算出一次全振动的时间作为周期，故此操作错误；
该同学改进测量方法后，根据周期T和摆长L，则根据可知，该处重力加速度。
33．（1） （2）B （3） 不变
【解析】（1）单摆的周期，由单摆周期公式可知，重力加速度。
（2）根据单摆的周期公式得，，根据数学知识可知，图象的斜率，当地的重力加速度。对图线a，当L为零时T不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，故A错误；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，B正确；由图可知，图线c对应的斜率k偏小小于图线b对应的斜率，由可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，C错误；由图示图象可知，图线a与图线b的斜率相等，由可知，图线a对应的g值等于图线b对应的g值，故D错误。
（3）由单摆的周期公式可得，图象的斜率：，解得；通过g的表达式可以知道，漏加了小球半径后，不变，故不影响最后结果。
34．，（n=0，1，2···）
【解析】小球A摆动到C点的时间为：（n=0，1，2···）
根据位移时间关系公式，有：x=vt，得：，（n=0，1，2···）
35．AD【解析】当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上显示出图乙所示的曲线可表示沙摆的振动图象；木板以水平速度为，通过长度为，经历的时间恰为两个简谐运动周期，则，即，解之得，，沙摆的摆长，由得，，（其中）故AD正确，BC错误。
【名师点睛】薄木板水平匀速运动，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上显示出图乙所示的曲线可表示沙摆的振动图象；由板长和速度求出运动的周期，再由单摆的周期公式求摆长。
36．A【解析】单摆周期公式可求B球到达O点的时间：，对A球，据 得，，故A先到达C点，A正确。
37．C【解析】由题，薄木板水平匀速运动，运动时间为： ，设沙摆的周期为T，由图看出，2T=t，得：T=1.5 s。频率为，选项AB错误；由单摆的周期，得： ，选项C正确，D错误；故选C。
【名师点睛】此题抓住木板与沙摆运动的同时性，由图读出沙摆的周期与木板运动时间的关系是关键。
38．D【解析】摆到竖直位置的时间为：，从竖直位置到右侧最高点的时间为：，故小球的运动周期为：，D正确。
【名师点睛】由图象求单摆在两种情况下的周期关系，由单摆周期公式求出两星球表面的重力加速度关系；万有引力等于重力，由密度公式求出两星球的半径关系。
40．AD【解析】由图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm，1 cm，故A正确；由单摆的周期公式，得到甲、乙两摆的摆长之比为1:4，故B错误；因摆球摆动的最大偏角未知，到达最低点的速度未知，故C错误；时，甲摆在平衡位置处，乙摆在振动的最大位移处，故D正确。
41．C【解析】单摆振动的能量与振幅有关，故当机械能减小时，振幅减小；单摆的频率只与摆长和重力加速度有关，与振幅无关，故频率不变；故选C。
42．C【解析】当单摆的摆角较小时，单摆的运动可以看成简谐运动，回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，C正确。
43．D【解析】根据图象质点在2.5 s时刻正向负的最大位移处运动，故选项A错误；根据回复力和牛顿第二定律：可知，该时刻该质点的位移为负值，故此时加速度方向为正方向，故选项B错误；根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点在2 s时刻位移为零，故该时刻加速度为零，故选项C错误；根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点5 s时刻质点处于正的最大位移处，故该时刻加速度为负方向最大值，故选项D正确。
44．（1）18.6 （2）abe
【解析】（1）游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，大小18 mm，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐：第6刻度与上方刻度对齐，读数：0.1×6 mm=0.6 mm，总读数：L=18 mm+0.6 mm=18.6 mm。
（2）该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；选择体积比较小，密度较大的小球，故ab正确。摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故c错误。拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，故d错误。释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，要测量多个周期的时间，然后求平均值，故e正确。
（3）将摆线的长度当作摆长，未加小球的半径，知道摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小；由周期公式得：，作图象，斜率为，所以采取作图象的方法对结果无影响。
46．（1）9.76 （2）D
【解析】（1）根据单摆周期公式得：，即：，故t2–l图象的斜率表示的大小，由题意知斜率k=404.0，则：，π2取9.86，得：g≈9.76 m/s2
（2）单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长，摆长小于实际摆长，t2–l图象不过原点，在纵轴上截距不为零，故D正确。
47．（1）平衡位置 （2）AB （3）AC
【解析】（1）单摆摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小；
（2）摆线要选择细些的（减小阻力）伸缩性小些的（不改变摆长）并且尽量长一些（周期较大，容易测量），所以A正确；为减小摆球受阻力影响，摆球应选择质量大些、体积小些的，B正确；若摆线相距平衡位置有较大的角度，则单摆就不能视为简谐运动了，故C错误；摆角应小于10°，在测量周期时，应在摆球经过最低点开始计时，测量多次全振动的周期，所以D错误；故选AB。
（3）根据单摆的周期公式，解得重力加速度g，若误将摆线长当作摆长，则l偏小，g偏小，选项A正确；测摆线线长时将摆线拉得过紧，则l测量值偏大，g偏大，选项B错误；摆动过程中悬挂点松动了，则周期变大，g偏小，选项C正确；实验中误将49次全振动计为50次，则周期偏小，g偏大，选项D错误；故选AC。
49．见解析
【解析】单摆在运动过程中，在最大位移处速度最小为零，在平衡位置处速度最大，计时起始与终止都是通过眼睛观察小球经过某一位置，因此为了减小误差，计时起点应选择在平衡位置处，单摆完成一次全振动的时间较短，人本身还存在反应时间，因此应测量小球完成30~50次全振动的时间，再计算周期为宜。
第4节 单摆
知识
一、单摆
1．定义：如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。
2．视为简谐运动的条件：摆角___________。
3．回复力：小球所受重力沿圆弧切线方向的分力，即：F=－mgsin θ=－=－kx，F的方向与位移x的方向相反。
4．周期公式：_________________。
5．单摆的等时性：单摆的振动周期取决于______________，与____和振子（小球）质量都没有关系。
二、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，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___________，不易伸长的细线（约1米）、_______、_________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．数据处理
（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。
5．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。
6．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。
小于5° 摆长l和重力加速度g 振幅
金属小球 秒表 毫米刻度尺
重点
一、单摆的回复力与周期
1．受力特征：重力和细线的拉力
（1）回复力：摆球重力沿切线方向上的分力，F=－mgsin θ=－=－kx，负号表示回复力F与位移x的方向相反。
（2）向心力：细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力，F向=FT－mgcos θ。
特别提醒：①当摆球在最高点时，向心力，绳子的拉力FT=mgcos θ。②当摆球在最低点时，向心力，F向最大，绳子的拉力。
2．周期公式：。
（1）只要测出单摆的摆长L和周期T，就可以根据，求出当地的重力加速度g。
（2）L为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长，悬点实质为摆球摆动所在圆弧的圆心，摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆的摆长l=r＋Lcos α。乙图中小球（可看做质点）在半径为R的光滑圆槽中靠近A点振动，其等效摆长为l=R。
（3）g为当地的重力加速度。
【例题1】（2019·上海水平考试）做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小
C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大
参考答案：B
试题解析：由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减为原来的2/3，由于振动过程中机械能守恒，故：mgh=mv2，据此式可知，速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅减小；故选B。
名师点睛：单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小。
二、简谐运动的两个模型比较
模型
弹簧振子
单摆
示意图
简谐运动条件
（1）弹簧质量可忽略
（2）无摩擦等阻力
（3）在弹簧弹性限度内
（1）摆线为不可伸缩的轻细线
（2）无空气等阻力
（3）最大摆角小于10°
回复力
弹簧的弹力提供
摆球重力沿与摆线垂直（即切向）方向的分力
平衡位置
弹簧处于原长处
最低点
周期
与振幅无关
能量转化
弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒
重力势能与动能的相互转化，机械能守恒
【例题2】一竖直弹簧振子做简谐运动，其振动图象如图所示，那么在和（Δt是微小的时间）两时刻，弹簧振子的
A．相对平衡位置的位移相同
B．速度相同
C．加速度相同
D．弹性势能相同
参考答案：B
试题解析：由图看出，在时刻振子在平衡位置，在（）和（）（△t是微小的时间）两时刻，振子的位移大小相等，方向相反，其位置关于平衡位置对称，速度大小相同，方向也相同，即速度相同，故A错误，B正确。在这两个时间的位移大小相等，方向相反，由知，加速度大小相等、方向相反，所以加速度不同，C错误；弹簧振子做简谐运动时，弹簧的形变量不同，弹性势能不同，D错误。
三、用单摆测重力加速度
【例题3】下面为某同学用单摆测量当地的重力加速度实验部分操作。
（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1 m左右的细绳 B．长30 m左右的细绳
C．直径2 cm的铅球 D．直径2 cm的木球
E．秒表 F．时钟
G．最小刻度是厘米的刻度尺 H．最小刻度是毫米的刻度尺
所选择的器材是__________________________________。
（2）用游标卡尺测量小钢球直径，读数如图所示，读数为___________mm。
（3）测出单摆偏角小于5°时完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，游标卡尺测得摆球直径为d。用上述测得的量写出测量重力加速度的一般表达式：g=_____ _。
（4）他测得的g值偏小，可能原因是_____ _。
A．计算时将L当成摆长 B．测摆线长时摆线拉得过紧
C．开始计时时，秒表过迟按下 D．实验中误将30次全振动计为29次
（5）该同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T 2–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，而其他测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述T 2–L图线法算得的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）9.8 （3） （4）AD （5） 不变
试题解析：（1）用单摆测重力加速度实验，为减小实验误差，摆线应选：长1 m左右的细线；实验时应使用质量大体积小，即密度大的摆球，故摆球应选：直径2 cm左右的铅球；实验需要测出单摆的周期，因此需要选择：秒表；测摆长时为减小实验误差，应选择：准确度是1 mm的直尺；故需要的实验器材为：ACEH。
（2）游标卡尺的主尺读数为：，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：。
（3）根据题意可知：，由单摆的周期公式，解得。
（5）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。
基础训练
1．（2019·福建莆田一中高三月考）如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧，距离MO小于NO。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B（均可视为质点）同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是
A．一定在O点的右侧 B．恰好在O点
C．一定在O点的左侧 D．条件不足，无法确定
2．利用盛沙的漏斗演示简谐振动，如果考虑漏斗里砂子逐渐减少，则沙摆的频率将
A．逐渐增大 B．逐渐减少
C．先增大后减少 D．先减小后增大
3．（2019·江苏南京梅山中学高三开学考）某同学用单摆测当地的重力加速度。他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图（a）所示。通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图（b）所示。由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会
A．偏大 B．偏小
C．一样 D．都有可能
4．图甲是利用砂摆演示简谐运动图象的装置，当盛砂的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的砂在板上显示出砂摆的振动位移随时间变化的关系曲线，已知木板被水平拉动的速度为0.15 m/s，如图乙所示的一段木板的长度为0.60 m，则这次实验砂摆的摆长大约为
A．0.03 m B．0.5m
C．1.0 m D．2.0 m
5．（2019·辽宁本溪满族自治高二月考）如图所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图象，从图象中可知
A．两摆球的质量相等
B．两单摆的摆长相等
C．两单摆同时改变运动方向
D．在相同的时间内，两球通过的路程总有
6．如图甲所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图象如图乙所示，以下说法正确的是
A．t1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小
B．t2时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最小
C．t3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大
D．t4时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大
7．（2019·天津静海一中高二月考）有一个正在摆动的秒摆（周期为2 s），在t=0时正通过平衡位置向右运动，当t=1.7 s时，摆球的运动是
A．正向左作减速运动，加速度大小在增加
B．正向左作加速运动，加速度大小在减少
C．正向右作减速运动，加速度大小在增加
D．正向右作加速运动，加速度大小在减少
8．将一个摆钟由甲地移至乙地，发现摆钟变慢了，其原因和调整的方法分别为
A．，将摆长缩短 B．，将摆长加长
C．，将摆长缩短 D．，将摆长加长
9．某单摆由1 m长的摆线连接—个直径2 cm的铁球组成，关于单摆周期，以下说法正确的是
A．用等大的铜球代替铁球，单摆的周期不变
B．用大球代替小球，摆长会变化，单摆的周期不变
C．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小
D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大
10．已知单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m，则两摆长la和lb分别为
A．la=2.5 m，lb=0.9 m B．la=0.9 m，lb=2.5 m
C．la=2.4 m，lb=4.0 m D．la=4.0 m，lb=2.4 m
11．（2019·北京四中高二期中）如图甲是演示简谐运动图象的装置，它由一根较长的细线和一个较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，匀速拉出沙漏下方的木板，漏出的沙在板上会形成一条曲线。通过对曲线的分析，可以确定沙漏的位移随时间变化的规律。图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线。经测量发现OB=O'B'。若拉动木板1和木板2的速度大小分别为v1和v2，则
A．v1=v2 B．v1=v2
C．v1=v2 D．v1=v2
12．我国探月的“嫦娥工程”已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球。假如宇航员在月球上测得摆长为l的单摆做小振幅振动的周期为T，将月球视为密度均匀、半径为r的球体，则月球的密度为
A． B．
C． D．
13．（2019·河北唐山一中高二期中）如图所示，是两人合作模拟振动曲线的记录装置。先在白纸中央画一条直线OO1使它平行于纸的长边，作为图象的横坐标轴。一个人用手使铅笔尖在白纸上沿垂直于OO1的方向振动，另一个人沿OO1的方向匀速拖动白纸，纸上就画出了一条描述笔尖振动情况的x–t图象。下列说法中正确的是
A．白纸上OO1轴上的坐标代表速度
B．白纸上与OO1垂直的坐标代表振幅
C．匀速拖动白纸是为了保证OO1上相同的长度代表相等的时间
D．拖动白纸的速度增大，可使笔尖振动周期变长
14．一个摆钟在地球上时，摆的振动周期为T1，在某一密度与地球密度相同、半径是地球半径2倍的星球上时，摆的振动周期为T2。由此可以确定T1:T2为
A． B．
C． D．2
15．（2019·安徽黄山屯溪一中高二期中）甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为。如果两摆的悬点处于同一高度，将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，则两摆球经过各自的最低点时
A．甲、乙两摆球的动能相等
B．悬线对甲摆球的拉力大于悬线对乙摆球的拉力
C．甲、乙两摆球的机械能不相等
D．两摆球的向心加速度相等
16．一个摆长为l1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T1，已知地球质量为M1，半径为R1。另一摆长为l2的单摆，在质量为M2，半径为R2的星球表面做简谐运动，周期为T2。若T1=2T2，l1=4l2，M1=4M2，则地球半径与星球半径之比R1:R2为
A．2:1 B．2:3
C．1:2 D．3:2
17．（2019·宁夏育才中学高二期中）当摆角很小时（θ<10°），单摆的振动是简谐运动，此时单摆振动的回复力是
A．摆球重力与摆线拉力的合力
B．摆线拉力沿圆弧切线方向的分力
C．摆球重力、摆线拉力及摆球所受向心力的合力
D．摆球重力沿圆弧切线方向的分力
18．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
E．由图象可以求出当地的重力加速度
19．（2019·四川雅安中学高二考试）如图是同一地点两个不同单摆甲、乙的振动图象，下列说法中不正确的是
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t=0.5 s时，乙摆有最大正向的加速度
20．两个摆长分别为L1和L2的单摆，做小振幅振动，它们的位移时间图象分别如图中的1和2所示，则L1:L2为___________。
21．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，某同学通过多次改变单摆摆长L、测量对应单摆周期T，得到了如图所示图象。若该同学其他操作（包括周期测量）均正确，则她的摆长测量值总是 真实值（填“>”、“<”或“=”），已知图象斜率为k，则重力加速度g= 。
22．（2019·北京昌平高二期末）实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）用L表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，则重力加速度g=____。（用L、T表示）
（2）在这个实验中，应该选用下列哪两组材料构成单摆？____（选填选项前的字母）。
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1cm的塑料球
（3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是____（选填选项前的字母）。
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，使之在竖直平面内做简谐运动
C．在摆球经过平衡位置时开始计时
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
（4）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据做出了如图所示的图象，横坐标为摆长，纵坐标为周期的平方。若图线斜率为k，则当地的重力加速度g=____（用k表示）。
（5）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____（选填选项前的字母）。
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下秒表
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
（6）丙同学做出了单摆做简谐运动时的振动图象如图所示，则摆线偏离竖直方向的最大摆角的正弦值约为____（结果保留一位有效数字）。
23．有位同学想知道家中一把小铁锁的重心位置，做了如下实验：用一轻细线一端系在小铁锁上，将其悬挂起来，如图（a）所示，近似将其当作单摆处理。先用米尺量出悬点到小铁锁下端的距离L，然后将小铁锁拉离平衡位置一个小角度由静止释放，测出其多次全振动的时间，算出振动周期T。多次改变悬线长并重复上面操作，得到多组L、T的数据，作出图象如图（b）所示。
（1）由图中可知小铁锁的重心到其下端的距离为 cm；
（2）测得当地重力加速度大小为 m/s2（保留两位有效数字）。
24．某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，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，计算结果取两位小数）
（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．计时开始时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数记为50次
25．（2019·福建莆田一中高三月考）（1）某同学利用单摆测重力加速度，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40 cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，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。
（2）若摆长为L，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图所示，则重力加速度的表达式g=_____________（用题目中的物理量表示）。
26．在“用单摆测定重力加速度”的实验中
（1）以下关于本实验的措施中正确的是 （选填下列选项前的序号）。
A．摆角应尽量大些
B．摆线应适当长些
C．摆球应选择密度较大的实心金属小球
D．用停表测量周期时，应取摆球摆至最高点时开始计时
（2）为了减少实验误差，该同学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= 。
27．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
（1）他组装单摆时，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，如图所示。这样做的目的是 （填字母代号）。
A．保证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
（2）他组装好单摆后，在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量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，结果如图所示，则该摆球的直径为 mm，单摆摆长为 m。
（3）如图所示的振动图象真实地描述了对摆长为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°=0.087，sin 15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是 （填字母代号）。
28．（2019·人大附中高一期末）在做利用单摆测重力加速度的实验中
（1）如果某同学测得的g值偏大，可能的原因是__________。
A．测摆长时摆线拉得过紧
B．摆球做圆锥摆运动
C．停止计时秒表，过迟按下
D．实验中误将50次全振动计为49次
E．摆球的质量太大
F．单摆的振幅较大，但单摆的运动仍可看作是简谐振动
（2）该同学按图所示的方法测量单摆摆长，图中的O点是摆线的悬挂点，a、b点分别是球上沿和球心，通过刻度尺测得摆成L=_____m。若在此后的实验中测得摆球完成n次全振动的时间为t，用题目所给的符号写出当地的重力加速度的表达式g=_____________。
（3）另一位同学利用另一个单摆测定当地重力加速度，发现由于摆球质量分布不均匀，所以摆球的重心不在球心，但他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L。通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L–T2图线，O点的坐标为(0，0)，然后在图象上选取A、B两个点，坐标如图所示，他采用恰当的数据处理方法测得重力加速度，请用图中所给的符号写出其求重力加速度表达式g=____________；你判断该同学测得的重力加速度与摆球重心就在球心处相比，将__________（选填“偏大”、“偏小”或“相同”），由图可知该摆球的重心在球心的_________（选填“上方”或“下方”）。
29．用单摆测重力加速度时。
（1）发现测出的重力加速度值偏小，这可能是由于_______。
A．测量周期T时，把N次全振动的次数误数为N–1次
B．错把摆线长当了摆长
C．把摆球直径当作了半径
D．测量过程悬点松动导致摆线长度变化
（2）测出摆线长L和周期T的几组数据，作出T2–L图象如图所示。则小球的直径是 cm，所测的重力加速度是 m/s2（该空保留两位小数）。
30．（2019·山西运城夏县中学高二期末）单摆测定重力加速度的实验中。
（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=______mm。
（2）实验测得摆长为L，用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式为：g=____________（用题目中物理量的字母表示）。
（3）若该同学采用图象法处理实验数据，实验中测出不同摆长L以及对应的周期T，作出图线如图所示，利用图线上任两点A、B的坐标（xl，y1）、（x2，y2）可得出重力加速度的表达式g=_____；
（4）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一微小角度，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一微小角度，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T=。
31．（2019·新疆石河子二中高二期末）根据单摆周期公式T=2π，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，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）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．为使摆的周期大一些，以便测量，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不大于5°，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°，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T=；
（2）该同学实验中，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，测得的重力加速度g=________m/s2。
32．（2019·西藏林芝一中高二期中）在探究影响单摆周期的因素的实验中同学甲有如下操作，请判断是否恰当（填“是”或“否”）。
（1）把单摆从平衡位置拉开约5°释放；________
（2）在摆球经过最低点时启动秒表计时；________
（）3把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期。__________
该同学改进测量方法后，根据周期T和摆长L，则该处重力加速度g=______。
33．（2019·河北馆陶一中高二期末）用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
（1）测出悬点O至小球球心的距离（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）用多组实验数据做出T2–L图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2–L图线的示意图如图2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
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
D．图线a对应的g值大于图线b对应的g值
（3）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）、B（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（选项“偏大”、“偏小”或“不变”）。
34．如图所示，单摆摆长为L，做简谐运动，C点在悬点O的正下方，D点与C相距为x，C、D之间是光滑水平面，当摆球A到右侧最大位移处时，小球B从D点以某一速度匀速地向C点运动，A、B二球在C点迎面相遇，A、B两球可视为质点，当地重力加速度大小为g。求小球B的速度大小v。
能力提升
35．（2019·浙江温州中学高二期中）图甲是利用沙摆演示简谐运动的装置，当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上显示出图乙所示的曲线。已知木板水平速度为0.20 m/s，图乙所示一段木板的长度为0.60 m，取g=π2，则
A．沙摆的摆长大约为0.56 m
B．沙摆的摆长大约为1.00 m
C．图乙可表示沙摆的波动图象
D．图乙可表示沙摆的振动图象
36．如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有
A．A球先到达C点
B．B球先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪一个球先到达C点
37．（2019·河北衡水冀州中学高三月考）如图所示是描绘沙摆振动图象的实验装置和木板上留下的实验结果。沙摆的运动可看作简谐运动。若用手向外拉木板的速度是0.20 m/s，木板的长度是0.60 m，那么下列说法中正确的是
A．该沙摆的周期为3 s
B．该沙摆的频率为1.5 Hz
C．这次实验所用的沙摆的摆长约为56 cm
D．这次实验所用的沙摆的摆长约为1.5 m
38．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的正下方的点钉一个光滑钉子，使，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是
A． B．
C． D．
39．（2019·河北衡水冀州中学高三一轮检测）如图所示实线和虚线分别是同一个单摆在A、B两个大小相同的星球表面的振动图象，其中实线是A星球上的，虚线是B星球上的，则两星球的平均密度ρA:ρB是
A．1:2 B．:1
C．4:1 D．8:1
40．如图所示是甲、乙两个单摆在同一地点做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是
A．甲、乙两摆的振幅之比为2:1
B．甲、乙两摆的摆长之比为4:1
C．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等
D．t=2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零
41．（2019·上海徐汇高三等级考）某单摆在摆动过程中由于阻力作用，机械能逐渐减小，则单摆振动的
A．频率不变，振幅不变
B．频率改变，振幅不变
C．频率不变，振幅改变
D．频率改变，振幅改变
42．（2019·四川荣县玉章高中高二月考）做简谐运动的物体，当它离开平衡位置后，总是要受到一个指向平衡位置的力的作用，我们把这个力称之为回复力；这个力可以由某一个力提供，也可以几个力的合力提供或者是由某个力的分力提供；单摆是一种常见的简谐运动，关于单摆做简谐运动时的回复力，以下说法正确的是
A．单摆受到一个回复力的作用
B．单摆的回复力是重力和摆线的拉力的合力提供的
C．单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力提供的
D．单摆的回复力是重力沿圆弧半径方向的分力提供的
43．（2019·河南鹤壁淇县一中高二月考）如图所示为某一质点在0~4 s时间内的振动图象，下列叙述中正确的是
A．该质点2.5 s时向正方向振动
B．该质点2.5 s时加速度方向为负方向
C．该质点2 s时加速度最大，且方向为负方向
D．该质点5 s时加速度最大，且方向为负方向
44．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°，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△t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°，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T=Δt/50
45．用单摆测定重力加速度的实验中：
（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图所示，该摆球的直径d = cm；
（2）接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图所示，则重力加速度的表达式为 ；
（3）某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据，在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度，再求出平均值；乙同学作出T2–l0图象后求出斜率，然后算出重力加速度，两位同学处理数据的方法对结果的影响是：甲 ，乙 。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
46．某同学利用如图所示的装置测量当地的重力加速度。实验步骤如下：
A．按装置图安装好实验装置；
B．用游标卡尺测量小球的直径d；
C．用米尺测量悬线的长度l；
D．让小球在竖直平面内小角度摆动。当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3……。当数到20 时，停止计时，测得时间为t；
E．多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；
F．计算出每个悬线长度对应的t2；
G．以t 2为纵坐标、l为横坐标，作出t 2－l 图线。
结合上述实验，完成下列任务：
（1）该同学根据实验数据，利用计算机作出t2–l图线如图所示。根据图线拟合得到方程t2=404.0l＋2.0。由此可以得出当地的重力加速度g= m/s2。（取π2 =9.86，结果保留3 位有效数字）
（2）从理论上分析图线没有过坐标原点的原下列分析正确的是 。
A． 不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点开始计时；
B． 开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数；
C． 不应作t2–l图线，而应作t–l图线；
D． 不应作t2–l图线，而应作图线。
47．（2019·河北大名一中高二月考）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）记录时间应从摆球经过_________开始计时。
（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，并且尽量长一些
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不大于5°，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
（3）如果某同学测得的值偏小，可能的原因是________。
A．误将摆线长当作摆长
B．测摆线线长时将摆线拉得过紧
C．摆动过程中悬挂点松动了
D．实验中误将49次全振动计为50次
48．（2019·江苏南京梅山高中高三开学考）用单摆测重力加速度的实验，为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_________。
A．须选用密度和直径都较小的摆球
B．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．计时起终点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间
真题练习
49．（2019·江苏模拟）在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期。以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正。
参考答案
【名师点睛】本题关键是采用等效法，将两球在圆弧上的运动看作等效单摆运动，常常称为槽摆，再根据单摆的周期公式，比较时间，即可判断第一次相遇的位置。
2．D【解析】砂子逐渐减小，砂子和漏斗的重心将逐渐降低，砂子漏完后重心又升高，所以摆长先变长后变短，根据单摆周期公式知周期先变大后变小，频率先减小后增大，故选D。
3．C【解析】根据单摆的周期公式：得：，T2与L图象的斜率，横轴截距等于球的半径r。故，根据以上推导，如果L是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g的计算没有影响，一样，故ABD错误，C正确。故选：C。
【名师点睛】由实验中所得到的T2–L关系图象得，横轴截距应为小球半径，由斜率计算重力加速度。
4．C【解析】砂摆的周期。根据得，，故C正确。
5．B【解析】从单摆的位移时间图象可以看出两个单摆的周期相等，根据周期公式可知，两个单摆的摆长相等，周期与摆球的质量无关，故A错误，B正确；从图象可以看出，位移为零的时刻不同，故改变速度方向的时刻不同，故C错误；只有从平衡位置或最大位移处开始计时时，经过相同时间，两球通过的路程才满足，故D错误。
6．A【解析】由乙图可知t1时刻处于正的最大位移位置，此时小球的速度为零、所需向心力为零，小球对轨道的压力为小球所受重力沿垂直与轨道方向的分量（θ为小球与轨道圆心的连线与竖直方向的夹角）为最小值，轨道对它的支持力与小球对轨道的压力为作用力与反作用力的关系，它们大小相等，故A正确；t2时刻处于平衡位置，此时小球的速度最大、所需向心力最大，小球对轨道的压力最大，B错误；同理t3时刻处于负的最大位移位置，此时小球的速度为零、所需向心力为零，小球对轨道的压力最小，轨道对小球的支持力最小，C错误；t4时刻处于平衡位置，此时小球的速度最大，故D错误。
7．D【解析】由题，单摆的周期是2 s，一个周期分成四个1/4周期，从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.7秒时，单摆是由最大位移处向平衡位置向右运动，所以速度向右在增加，加速度在减小，故ABC错误，D正确。故选D。
【名师点睛】解决本题的关键熟悉简谐运动的规律，如从平衡位置向最大位移处做加速度增大的减速运动，由最大位移处向平衡位置做加速度减小的加速运动。
9．A【解析】用等大的铜球替代铁球，单摆摆长不变，由单摆周期公式可知，单摆的周期不变，故A正确；用大球替代小球，单摆摆长变化，由单摆周期公式可知，单摆的周期变化，故B错误；由单摆周期公式可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从改为时，单摆周期不变，故C错误；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式可知，单摆周期变小，故D错误。
【名师点睛】知道单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，熟练应用单摆周期公式即可正确解题。
10．B【解析】设甲完成10次全振动所经历的时间为t，则，，得到Ta:Tb=3:5；又因为；，可解得：la=0.9 m，lb=2.5 m。
11．B【解析】设单摆周期为T。OB段经历的时间是t1=2T，O′B′段经历的时间为t2=1.5T；设板长为L，则：L=v1t1=2Tv2；L=v2t2=1.5v2T；比较可得：v1:v2=3:4，故ACD错误，B正确。故选B。
13．C【解析】铅笔尖在白纸上沿垂直于的方向振动，白纸上轴上的坐标代表时间，与垂直的坐标代表位移，匀速拖动白纸是为了用相等的距离表示相等的时间。笔尖振动周期与拖动白纸的速度无关。笔尖振动周期一定，根据白纸上记录的完整振动图象的个数可确定出时间长短，所以白纸上轴上的坐标代表时间，故A错误；白纸上与垂直的坐标是变化的，代表了笔尖的位移，而不是振幅，故B错误；由可知，匀速拖动白纸，是为了用相等的距离表示相等的时间，故C正确；笔尖振动周期与拖动白纸的速度无关．拖动白纸的速度增大，笔尖振动周期不改变，故D错误。
14．C【解析】根据星球表面重力近似等于万有引力，所以，又因为：M=ρV，，则，则；由单摆的振动周期公式；则，故ABD错误，C正确。
15．D【解析】甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为，根据单摆的周期公式，摆长的比值为；将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，摆球摆动过程机械能守恒，故最低点的机械能等于初位置的机械能，相等；最低点的动能等于重力势能的减小量，不等，故AC错误；根据机械能守恒定律，有：，最低点，拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，联立解得：，，故B错误，D正确。
【名师点睛】本题关键是结合单摆的周期公式确定摆长之比，然后结合机械能守恒定律、牛顿第二定律、向心力公式列式求解动能、机械能、向心加速度、拉力的大小关系。
16．A【解析】由单摆周期公式可知：，，由于T1=2T2，l1=4l2，故g1=g2；设星球表面的物体质量为m，则，，由于g1=g2，，故，故选A。
17．D【解析】摆球的回复力不是所受重力和摆线作用于摆球的拉力的合力，也不是所受重力和沿圆弧运动时的向心力的合力，也不是摆球的拉力沿水平方向的分力，而是摆球所受重力沿圆弧切线方向的分力，D正确；ABC错误；故选D。
18．ABD【解析】由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确。甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确。尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误。一定律律不速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，在t=0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确。由单摆的周期公式得，由于单摆的摆长不知道，所以不能求得重力加速度，故E错误。
19．C【解析】由图看出，两个单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确。甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确。尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误。在t=0.5 s时，乙摆具有最大负向位移，由可知，乙摆具有正向最大加速度，故D正确。本题选不正确的，故选C。
【名师点睛】本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，就能正确解答。由振动图象读出振幅、周期是基本功，要熟练掌握。
20．9:1
【解析】1和2两个单摆的周期之比为，由单摆的周期公式得L1:L2=9:1。
21．>
【解析】根据可得：，则她的摆长测量值总是大于真实值；，解得。
22．（1） （2）AC （3）BC （4） （5）C （6）0.04
（4）根据单摆的振动周期公式：可得，，则，则；
（5）单摆的周期与振幅无关，选项A错误；开始计时，过早按下秒表，则周期测量偏大，根据可知，g的测量值偏小，选项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，则周期测量值偏小，则根据可知，g的测量值偏大，选项C正确；故选C。
（6）由图可知周期为2 s，得，振幅为4 cm=0.04 m，则。
【名师点睛】单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化．在最低点，速度最快，开始计时误差较小。
23．1.0 9.4
【解析】 由单摆的周期公式，知解得：，结合图象可知。
24．（1）9.76 （2）B
【解析】（1）由题意可得：摆长l=l线＋=102.00 cm=1.020 0 m，由T=可得：T=s=2.03 s，再由可求得：g=9.76 m/s2。
（2）由可知，若测得的g值偏小，可能是将l测量的值比真实值小了，也可能是将单摆的周期测量的值比真实值大了，故只有B正确。
25．（1）2.050 90.425 57.0 （2）
【解析】（1）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小球的半径的和： ，秒表的分钟指针不到1分，超过半分钟，所以秒表的秒针读数为57.0 s；
（2）由图象可知，单摆的振动周期为4t0，则根据可知，。
26．（1）BC （2）
【解析】（1）此实验中的摆角不能大于10°，否则就不是单摆了，故A错误。摆线应适当长些，可减小实验的误差，B正确。摆球应选择密度较大的实心金属小球，以减小振动中的空气阻力，C正确。用停表测量周期时，应取摆球摆至最低点时开始计时，D错误。
（2）根据得，，则图线的斜率，解得重力加速度的测量值。
27．（1）AC （2）12.0 0.993 0 （3）A
【解析】（1）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，是为了防止摆动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC正确。
（2）游标卡尺示数为d=12.0 mm；单摆摆长为：。
（3）当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087 m=8.7 cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30~50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小，故选A。
（2）根据刻度尺的读数规则，摆长应是悬点到球心间距可得，摆长，
若摆球完成n次全振动的时间为t，则周期，由得：；
（3）由单摆周期公式可知，，则，；由图象可知，图象的斜率：，则：；由，l与T2成正比，是比例常数，由图象可知l与T2成正比，由于单摆摆长偏大还是偏小不影响图象的斜率k，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值，用图线法求得的重力加速度准确，该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将相同；由图可知，图象在纵轴有截距，说明所测摆长偏大，所以摆球的重心在球心上方。
29．（1）ABD （2）1.0 9.86（9.85~9.87均算对）
【解析】（1）根据可得：；测量周期T时，把N次全振动的次数误数为N–1 次，测得的周期偏大，则测得的重力加速度值偏小，A正确；错把摆线长当了摆长，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，B正确；把摆球直径当作了半径，则摆长偏大，则测得的重力加速度值偏大，C错误；测量过程悬点松动导致摆线长度变长，则测得的周期肯定偏大，故测得的重力加速度值偏小，D正确。
（2）根据，解得，由图线可知当T2=0时L=-0.5 cm，代入可知d=1.0 cm；，解得g=9.86 m/s2。
30．（1）14.15 （2） （3） （4）ABE
【解析】（1）该摆球的直径为；
（2）由图乙所示图象可知，单摆的周期，由单摆周期公式可知，重力加速度。
（3）由单摆周期公式可知，，由图象可知，则，解得；
（4）实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球，AB正确；摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故C错误；释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值，故D错误，E正确。
31．（1）abe （2）9.76
【解析】（1）该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球，故ab是正确的。摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故c错误。拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，故d错误。释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值，故e正确。故选abe。
32．（1）是 （2）是 （3）否
【解析】（1）单摆的摆角在不超过5°时才为简谐振动，则试验时把单摆从平衡位置拉开约5°释放，故此操作正确；
（2）在摆球经过最低点时启动秒表计时，此操作正确；
（3）把秒表记录摆球摆动30~50次的时间，然后计算出一次全振动的时间作为周期，故此操作错误；
该同学改进测量方法后，根据周期T和摆长L，则根据可知，该处重力加速度。
33．（1） （2）B （3） 不变
【解析】（1）单摆的周期，由单摆周期公式可知，重力加速度。
（2）根据单摆的周期公式得，，根据数学知识可知，图象的斜率，当地的重力加速度。对图线a，当L为零时T不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，故A错误；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，B正确；由图可知，图线c对应的斜率k偏小小于图线b对应的斜率，由可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，C错误；由图示图象可知，图线a与图线b的斜率相等，由可知，图线a对应的g值等于图线b对应的g值，故D错误。
（3）由单摆的周期公式可得，图象的斜率：，解得；通过g的表达式可以知道，漏加了小球半径后，不变，故不影响最后结果。
34．，（n=0，1，2···）
【解析】小球A摆动到C点的时间为：（n=0，1，2···）
根据位移时间关系公式，有：x=vt，得：，（n=0，1，2···）
35．AD【解析】当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上显示出图乙所示的曲线可表示沙摆的振动图象；木板以水平速度为，通过长度为，经历的时间恰为两个简谐运动周期，则，即，解之得，，沙摆的摆长，由得，，（其中）故AD正确，BC错误。
【名师点睛】薄木板水平匀速运动，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上显示出图乙所示的曲线可表示沙摆的振动图象；由板长和速度求出运动的周期，再由单摆的周期公式求摆长。
36．A【解析】单摆周期公式可求B球到达O点的时间：，对A球，据 得，，故A先到达C点，A正确。
37．C【解析】由题，薄木板水平匀速运动，运动时间为： ，设沙摆的周期为T，由图看出，2T=t，得：T=1.5 s。频率为，选项AB错误；由单摆的周期，得： ，选项C正确，D错误；故选C。
【名师点睛】此题抓住木板与沙摆运动的同时性，由图读出沙摆的周期与木板运动时间的关系是关键。
38．D【解析】摆到竖直位置的时间为：，从竖直位置到右侧最高点的时间为：，故小球的运动周期为：，D正确。
【名师点睛】由图象求单摆在两种情况下的周期关系，由单摆周期公式求出两星球表面的重力加速度关系；万有引力等于重力，由密度公式求出两星球的半径关系。
40．AD【解析】由图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm，1 cm，故A正确；由单摆的周期公式，得到甲、乙两摆的摆长之比为1:4，故B错误；因摆球摆动的最大偏角未知，到达最低点的速度未知，故C错误；时，甲摆在平衡位置处，乙摆在振动的最大位移处，故D正确。
41．C【解析】单摆振动的能量与振幅有关，故当机械能减小时，振幅减小；单摆的频率只与摆长和重力加速度有关，与振幅无关，故频率不变；故选C。
42．C【解析】当单摆的摆角较小时，单摆的运动可以看成简谐运动，回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，C正确。
43．D【解析】根据图象质点在2.5 s时刻正向负的最大位移处运动，故选项A错误；根据回复力和牛顿第二定律：可知，该时刻该质点的位移为负值，故此时加速度方向为正方向，故选项B错误；根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点在2 s时刻位移为零，故该时刻加速度为零，故选项C错误；根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点5 s时刻质点处于正的最大位移处，故该时刻加速度为负方向最大值，故选项D正确。
44．（1）18.6 （2）abe
【解析】（1）游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，大小18 mm，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐：第6刻度与上方刻度对齐，读数：0.1×6 mm=0.6 mm，总读数：L=18 mm+0.6 mm=18.6 mm。
（2）该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；选择体积比较小，密度较大的小球，故ab正确。摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故c错误。拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，故d错误。释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，要测量多个周期的时间，然后求平均值，故e正确。
（3）将摆线的长度当作摆长，未加小球的半径，知道摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小；由周期公式得：，作图象，斜率为，所以采取作图象的方法对结果无影响。
46．（1）9.76 （2）D
【解析】（1）根据单摆周期公式得：，即：，故t2–l图象的斜率表示的大小，由题意知斜率k=404.0，则：，π2取9.86，得：g≈9.76 m/s2
（2）单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长，摆长小于实际摆长，t2–l图象不过原点，在纵轴上截距不为零，故D正确。
47．（1）平衡位置 （2）AB （3）AC
【解析】（1）单摆摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小；
（2）摆线要选择细些的（减小阻力）伸缩性小些的（不改变摆长）并且尽量长一些（周期较大，容易测量），所以A正确；为减小摆球受阻力影响，摆球应选择质量大些、体积小些的，B正确；若摆线相距平衡位置有较大的角度，则单摆就不能视为简谐运动了，故C错误；摆角应小于10°，在测量周期时，应在摆球经过最低点开始计时，测量多次全振动的周期，所以D错误；故选AB。
（3）根据单摆的周期公式，解得重力加速度g，若误将摆线长当作摆长，则l偏小，g偏小，选项A正确；测摆线线长时将摆线拉得过紧，则l测量值偏大，g偏大，选项B错误；摆动过程中悬挂点松动了，则周期变大，g偏小，选项C正确；实验中误将49次全振动计为50次，则周期偏小，g偏大，选项D错误；故选AC。
49．见解析
【解析】单摆在运动过程中，在最大位移处速度最小为零，在平衡位置处速度最大，计时起始与终止都是通过眼睛观察小球经过某一位置，因此为了减小误差，计时起点应选择在平衡位置处，单摆完成一次全振动的时间较短，人本身还存在反应时间，因此应测量小球完成30~50次全振动的时间，再计算周期为宜。