4.单摆-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第二章　机械振动 4.单摆 目录 1 2 考点模型 考点对点练 核心能力提升练 考点模型 考点对点练 典型考点一　对单摆及其回复力的理解 1．(多选)单摆是为研究摆的振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是(　　) A．摆线质量不计 　B．摆线的长度不伸缩 C．摆球的直径比摆线长度短得多 　D．摆角很小 解析　单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，摆线不伸缩，A、B、C正确。摆角很小是单摆摆球的振动可看作简谐运动的条件，D错误。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4 2．下列有关单摆简谐运动过程中的受力，说法正确的是(　　) A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力 B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力 C．单摆经过平衡位置时合力为零 D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力 解析　单摆的运动是在一段圆弧上的运动，单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的分力，故B正确，A、D错误；单摆经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故合力不为零，C错误。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5 [名师点拨]　关于单摆的回复力的三点提醒 (1)单摆振动中的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，除了最大位移处之外回复力与它受到的合力均不相等。单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子不同之处。 (2)在最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时合力等于回复力。 (3)在平衡位置处时，速度不为零，向心力也不为零，此时回复力为零，但合力等于向心力。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6 典型考点二　单摆的周期 3．如图甲所示，从挖掘机的顶部垂下一个大铁球，并让它做小角度的摆动，就可以用来拆卸混凝土建筑，铁球的摆动可视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是(　　) A．单摆振动的周期是6 s B．t＝2 s时，摆球的速度最大 C．摆球的质量越大，周期越大 D．该单摆的摆长约为14 m 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8 4．一根质量可忽略不计的细线，其上端固定在某点，下端有一轻质小钩，钩在一半径不可忽略的实心钢球上端，运动过程中空气阻力可忽略，可视为一单摆。测得其在竖直平面内做小摆角往复运动，周期为1秒，若换成同种材料做成的质量更大的实心钢球进行上述实验，则下列结论正确的是(　　) A．周期依然是1秒 B．周期小于1秒 C．周期大于1秒 D．周期无法确定 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10 5.甲、乙两单摆的振动图像如图所示，由图像可知(　　) A．甲、乙两单摆的周期之比是3∶2 B．甲、乙两单摆的摆长之比是2∶3 C．tb时刻甲、乙两摆球的速度相同 D．ta时刻甲、乙两单摆的摆角不等 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7．2020年7月23日，我国首次发射火星探测器“天问一号”。地面上周期为2 s的单摆通常被称为秒摆。假如某秒摆被“天问一号”探测器携带至火星表面后，周期变为3 s。已知火星半径约为地球半径的二分之一，单摆的最大偏角很小，以下说法正确的是(　　) A．若秒摆在火星表面的摆角变小，则周期也会随之变小 B．地球质量约为火星质量的4倍 C．地球质量约为火星质量的9倍 D．“天问一号”探测器加速发射离开地球表面时，此秒摆的周期大于2 s 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 15 [名师点拨]　本题是一个既考查天体运动又考查单摆的综合题。重力加速度g是联系“单摆”与“天体运动”的纽带，无论从单摆到天体运动，还是从天体运动到单摆，首先必须求出或表示出g。这类问题经常会用到万有引力定律及黄金代换(GM＝gR2)。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 16 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 17 9．图中的几个相同的单摆在不同的条件下做简谐运动，关于它们的周期关系，下列判断正确的是(　　) A．T甲>T乙>T丙>T丁 B．T甲<T乙＝T丙<T丁 C．T甲>T乙＝T丙>T丁 D．T甲<T乙<T丙<T丁 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 18 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 19 [名师点拨]　物理学中，对于复杂的运动，常用等效的方法将其简化。复杂单摆运动简化分为运动简化和受力简化。运动简化的关键是找到等效悬点，等效摆长等于小球球心到等效悬点间的距离；受力简化的关键是找到等效重力。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 20 10．雪崩是积雪山区一种常见的自然现象。如图所示，坡面AB可视为半径约为2.5 km的圆弧，P点与圆心的连线OP偏离竖直方向约5°。不计阻力，P处积雪由静止下滑到山坡底端所需的时间约为(　　) A．25 s B．50 s C．75 s D．100 s 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 21 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 22 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 23 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 24 核心能力提升练 1.某中学生在本校实验室利用一单摆做小角度摆动，通过实验得到摆球振动位移x随时间t变化的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．该同学所用单摆摆长约为1 m B．t＝0时刻与t＝1 s时刻摆球的速度相同 C．t＝0时刻摆球加速度为零，所受合力为零 D．t＝0.5 s时刻摆线的拉力最大 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 26 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 27 2．在上海走时准确的摆钟，随考察队带到北极，则这个摆钟(　　) A．变慢了，重新校准应减小摆长 B．变慢了，重新校准应增大摆长 C．变快了，重新校准应减小摆长 D．变快了，重新校准应增大摆长 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 28 3．如图所示，图甲是利用沙摆演示简谐运动图像的装置。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沙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0.20 m/s，图乙所示的一段木板的长度为0.60 m，则这次实验沙摆的摆长大约为(取g＝π2 m/s2)(　　) A．0.56 m B．0.65 m C．1.00 m D．2.25 m 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 29 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 30 4．(多选)在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，下列说法正确的是(　　) A．制作单摆时，应选用密度较大的实心金属小球 B．记录摆长时，将摆线长与小球直径相加 C．小球摆角应较小，近似满足简谐运动条件 D．测出一次摆长和对应的周期，可以得出周期与摆长的关系 解析　在制作单摆时，摆球直径要尽量远小于摆线长，摆球质量应远大于摆线质量，则应选用密度较大的实心金属小球，A正确；摆长为悬点到球心的距离，即摆长等于摆线长加小球半径，B错误；要保证单摆做简谐运动，摆角要小于5°，C正确；实验中应测出多组摆长和对应的周期，然后探究两者之间的关系，D错误。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 31 5．(多选)图甲中摆球表面包有一小块橡皮泥，在竖直平面内其振动图像如图乙所示，某时刻橡皮泥瞬间自然脱落，不考虑单摆摆长的变化，则下列说法正确的是(　　) A．若t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＜4 s B．若t＝1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＝4 s C．若t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A＝10 cm D．若t＝1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A＝10 cm 解析　因为是自然脱落，橡皮泥与摆球之间无相互作用且摆长不变，根据机械能守恒定律和单摆周期公式可知，摆球仍在原范围内振动，振幅不变，仍为10 cm，周期不变，仍为4 s。故选B、C、D。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 32 6.如图所示，光滑圆弧槽固定在水平面上，O点为弧面的圆心，C点为弧面的最低点。甲球从A点由静止释放，同时从O点由静止释放乙球，甲球在A、B之间摆动，光滑圆弧槽弧面的半径R远大于甲球运动范围所对应的弧长。甲球、乙球均可视为质点，当乙球运动到C点时，甲球(　　) A．在C点 B．在B点 C．在B、C之间 D．在A、C之间 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 33 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 34 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 35 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 36 8.一细线一端固定，另一端系一密度为ρ＝0.8×103 kg/m3的小球，组成一个单摆，其周期为T＝8 s。现将此单摆倒置于水中，使其拉开一个小角度后做简谐运动，如图所示。已知水的密度为1.0×103 kg/m3，水对小球的阻力可忽略，则小球在水中做简谐运动的周期为(　　) A．4 s B．8 s C．12 s D．16 s 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 9．(多选)图示为地球表面上甲、乙单摆的振动图像。以向右的方向作为正方向，地球上的自由落体加速度大小为10 m/s2，月球上的自由落体加速度大小为1.6 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．甲、乙两个单摆的摆长之比为1∶2 B．甲摆在月球上做简谐运动的周期为5 s C．从t＝0开始，乙摆球第一次到达右方最大位 移处时，甲摆球到达平衡位置且向右运动 D．从t＝1.0 s到t＝2.0 s，乙摆球重力势能减小、所受回复力减小、摆线拉力增大 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 10.如图，甲、乙两个单摆的悬点在同一水平天花板上，将两摆球拉到同一水平高度，并用一根细线水平相连。以水平地板为参考面，平衡时，甲、乙两摆的摆线与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，且θ1>θ2，甲、乙之间的细线仍水平。当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，则(　　) A．甲、乙两摆的周期相等 B．甲、乙两摆的振幅相等 C．甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能 D．甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 11．几个登山运动员登上一座地图上没有标明高度的山峰，他们只带了一些轻质细绳子、钢卷尺、可当作停表用的手表，山顶上还有形状不规则的石子和矮树，他们知道地球半径为R0，海平面处的重力加速度为g0。请根据以上条件，为他们设计测量山峰海拔高度的方法。 (1)写出操作步骤和需要直接测量的物理量(物理量用字母符号表示)； (2)推导出用以上直接测出的物理量表示山峰海拔高度的计算式(要求写出推导过程)。 答案　见解析 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 答案　(1)1 m　(2)0.1 kg　(3)0.99 N 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　由题图乙可以看出单摆振动的周期为8 s，故A错误；由题图乙知，t＝ 2 s时，摆球处于其做简谐运动的平衡位置，即轨迹的最低点，此时摆球的速度最大，B正确；根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知，单摆周期与摆球的质量无关，周期为8 s时，摆长l＝eq \f(gT2,4π2)≈16 m，故C、D错误。 解析　若换成同种材料做成的质量更大的实心钢球进行该实验，可知球的体积增大，半径增大，细线上端固定点到球心的距离l增大，根据单摆的周期公式T＝ 2πeq \r(\f(l,g))，可得单摆的周期变大，即周期大于1秒，故选C。 [名师点拨]　对单摆周期公式的理解 (1)单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和准确值相差0.05%)。 (2)公式中l是摆长，即悬点到摆球重心的距离，l＝l线＋r球。 (3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。 (4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期。 解析　由图像可知，甲、乙两单摆的周期之比是2∶3，故A错误；根据T＝ 2πeq \r(\f(l,g))，得l＝eq \f(g,4π2)T2，则甲、乙两单摆的摆长之比是4∶9，故B错误；因乙摆摆长大，振幅小，则在最高点时离开平衡位置的高度小，则到达最低点时的速度较小，即tb时刻甲、乙两摆球的速度不相同，故C错误；ta时刻甲、乙两单摆的位移相等，但是由于两摆的摆长不等，则摆角不等，故D正确。 6.一单摆在竖直平面内做小角度摆动。摆球从左侧最高点A运动到最低点C时，摆线被悬点O(未画出)正下方P点处的钉子挡住，之后球运动到右侧最高点B，该过程中的频闪照片如图所示，已知闪光的时间间隔相等，OC＝l。则O、P两点间的距离为(　　) A.eq \f(5,9)l B.eq \f(4,9)l C.eq \f(2,3)l D.eq \f(1,3)l 解析　设相邻两次闪光的时间间隔为t，则摆球在C点左侧的摆动周期为T1＝12t，摆球在C点右侧的摆动周期为T2＝8t，可得T1∶T2＝3∶2，根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，可解得LPC＝2,2)eq \f(T,Teq \o\al(2,1)) LOC＝eq \f(4,9)l，则O、P两点间的距离为LOP＝l－LPC＝eq \f(5,9)l，故选A。 解析　由题意及单摆做简谐运动的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，可知若秒摆在火星表面的摆角变小，则其周期不变，故A错误；由题意可得eq \f(T火,T地)＝eq \f(3,2)，由单摆做简谐运动的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，可得eq \f(g火,g地)＝2,地)eq \f(T,Teq \o\al(2,火)) ＝eq \f(4,9)，由在星球表面万有引力近似等于物体的重力，可得eq \f(GMm,R2)＝mg，由题意可得eq \f(R火,R地)＝eq \f(1,2)，联立解得eq \f(M火,M地)＝2,地)eq \f(g火R,g地Req \o\al(2,火)) ＝eq \f(1,9)，故B错误，C正确；探测器加速发射离开地球表面时，该秒摆处于超重状态，等效重力加速度g′变大，由T＝2πeq \r(\f(L,g′))可得，周期变小，即秒摆的周期小于2 s，故D错误。 典型考点三　等效单摆的分析 8.如图所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球组成了双线摆，若摆线长为l，两线与天花板的夹角为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，周期为(　　) A．2π　eq \r(\f(l,g)) B．2π　eq \r(\f(2l,g)) C．2π　eq \r(\f(2lcosα,g)) D．2π　eq \r(\f(lsinα,g)) 解析　这是一个双线摆，可以用单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，但要注意此处的l与题中的摆线长不同，公式中的l是指小球到O点的距离，为lsinα，所以T＝ 2πeq \r(\f(lsinα,g))，故D正确。 解析　根据周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可知单摆的周期与摆长和重力加速度有关。甲中重力平行斜面的分量mgsinθ的切向分力提供回复力，等效重力加速度为gsinθ，所以周期为T甲＝2πeq \r(\f(l,gsinθ))。乙中带正电的摆球，受到天花板带正电的球的斥力，但是斥力与运动方向总是垂直的，不影响回复力，所以单摆周期T乙＝2πeq \r(\f(l,g))。丙中单摆周期T丙＝2πeq \r(\f(l,g))。丁中的等效重力加速度为g＋a，单摆周期T丁＝2πeq \r(\f(l,g＋a))。综上所述，T甲>T乙＝T丙>T丁，C正确。 解析　由于OP偏离竖直方向约5°，则可以将积雪由P到A的运动看作以O为悬点、积雪为摆球的单摆运动的一部分，则积雪从P到A所用的时间t＝eq \f(T,4)，由单摆周期公式知该单摆的周期为T＝2πeq \r(\f(R,g))，联立并代入数据可得t≈25 s，故选A。 解析　由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A是反映单摆运动过程中的机械能大小的物理量，以平衡位置为势能零点，设摆球摆动的最大高度为h，由机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mv2＝mgh，h＝eq \f(v2,2g)，摆球在平衡位置的速度变化，h就发生变化，即振幅发生变化。故C正确。 典型考点四　单摆的能量 11．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的eq \f(1,2)，则单摆振动的(　　) A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变 C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变 12.利用如图所示的装置进行单摆实验。将小球拉离平衡位置释放，摆角小于5°。借助传感器可知最大拉力为F1，最小拉力为F2，这两个数据出现的最短时间间隔为t。当地重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．单摆的振动周期为2t B．单摆摆长为eq \f(gt2,π2) C．用所给数据可以表示出摆角的余弦值 D．传感器的示数增大时，小球的势能在变大 解析　由题意可知，该单摆做简谐运动，且小球在最低点时拉力最大为 F1，在最高点时拉力最小为F2，这两个数据出现的最短时间间隔t＝eq \f(T,4)，则单 摆的振动周期为T＝4t，A错误；由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可得，单摆 的摆长为l＝eq \f(gT2,4π2)＝eq \f(4gt2,π2)，B错误；摆球重力沿轨迹圆弧切线方向的分力提供 回复力，设摆球质量为m，摆球在最低点时，设速度大小为v，由牛顿第二 定律有F1－mg＝meq \f(v2,l)，设摆角为θ，在最高点时，摆线的拉力为F2＝mgcosθ，从最高点到最低点的过程中，由动能定理得mgl(1－cosθ)＝eq \f(1,2)mv2－0，联立解得，摆角的余弦值为cosθ＝eq \f(3F2,F1＋2F2)，C正确；传感器的示数增大时，小球的高度降低，则小球的势能在变小，D错误。 解析　从图像可知，T＝2 s，由T＝2πeq \r(\f(l,g))，知l＝eq \f(gT2,4π2)≈1 m，A正确；t＝0时刻与t＝1 s时刻摆球都处于平衡位置，速度大小相等，但方向相反，故B错误；t＝0时刻摆球处于平衡位置即最低点，单摆实际上在一定的弧度内做圆周运动，如图，在最低点，合力提供向心力，所以合力和加速度都不为零，故C错误；t＝0.5 s时，在最大位移处，速度为0，重力沿绳子方向的分力G1与绳子拉力FT′平衡，即FT′＝G1，则拉力比重力小，而在平衡位置速度最大，合力提供向心力，即FT－G＝meq \f(v2,R)，拉力比重力大，故D错误。 解析　摆钟从上海被带到北极，所在地纬度升高，重力加速度g变大，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，摆钟的周期变小，即摆动变快，重新校准应将周期T调大，即增大摆长l，故D正确，A、B、C错误。 解析　从图乙可以得出振动两个周期所用的时间为：t＝eq \f(x,v)＝eq \f(0.60,0.20) s＝3 s，单摆振动的周期为：T＝eq \f(t,2)＝1.5 s，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可得，摆长为：l＝eq \f(gT2,4π2)≈0.56 m，A正确。 解析　对乙球，根据自由落体运动规律有R＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,乙)，解得乙球下落所用的时间 t乙＝eq \r(\f(2R,g))；甲球释放后的运动可等效成摆长为R的单摆的小角度运动，则甲球在圆弧槽上做简谐运动的周期为T＝2πeq \r(\f(R,g))；由于eq \f(t乙,T)＝eq \f(\r(2),2π)≈eq \f(1,4.4)<eq \f(1,4)，则当乙球运动到C点时，甲球在A、C之间，D正确。 7.如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，构成直角三角形，∠BAO＝30°，下端C点系着一个小球，已知O点到小球的球心的距离也为l，下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动)(　　) A．让小球在纸面内振动，周期T＝2π　eq \r(\f(l,g)) B．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π　eq \r(\f(3l,2g)) C．让小球在纸面内振动，周期T＝2π　eq \r(\f(3l,2g)) D．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π　eq \r(\f(l,g)) 解析　让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2πeq \r(\f(l,g))，A正确，C错误；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)l＋l))，周期T＝2πeq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)＋1))l,g))＝π　eq \r(\f(（4＋\r(3)）l,g))，故B、D错误。 解析　此单摆在置于水中前，根据单摆的周期公式知，其周期为T＝2πeq \r(\f(l,g))；将其倒置于水中后，单摆的周期为T′＝2πeq \r(\f(l,g′))，其中g′为小球在水中摆动过程的等效重力加速度，分析知小球在水中受到的等效重力为G′＝mg′＝ρVg′，又G′＝(ρ水－ρ)Vg，联立解得T′＝2πeq \r(\f(\a\vs4\al(ρ),ρ水－ρ)·\f(l,g))＝eq \r(\f(\a\vs4\al(ρ),ρ水－ρ))·T，代入数据解得T′＝16 s，故选D。 解析　由题图可知，在地球表面上，甲、乙两个单摆的周期分别为T甲＝2 s，T乙＝ 4 s。由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可得l＝eq \f(g,4π2)T2，则甲、乙两个单摆的摆长之比为 l甲∶l乙＝Teq \o\al(2,甲)∶Teq \o\al(2,乙)＝1∶4，故A错误。由T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，对于甲摆有eq \f(T甲,T甲′)＝eq \r(\f(g月,g地))，即甲摆在月球上做简谐运动的周期为T甲′＝T甲eq \r(\f(g地,g月))＝5 s，故B正 确。以向右的方向作为正方向，则由图像可知从t＝0开始，t＝ 1.0 s时乙摆球第一次到达右方最大位移处，此时甲摆球已经由 右侧最大位移处返回平衡位置且向左运动，故C错误。 从t＝1.0 s到t＝2.0 s，乙摆球由右侧最大位移处返回平衡位置，所受回复力减小；竖直方向高度逐渐降低，重力势能减小；速度逐渐增大，摆线偏角θ逐渐减小，摆线拉力F与摆球的重力G在沿摆线方向分力的合力提供乙摆球做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律及向心力公式得F向＝F－Gcosθ＝meq \f(v2,l)，可知摆线拉力F＝meq \f(v2,l)＋Gcosθ逐渐增大，故D正确。 解析　甲的摆角大于乙的摆角，根据几何关系可知，甲的摆长大于乙的摆长，所以甲的振幅大于乙的振幅，根据T＝2πeq \r(\f(l,g))知，甲摆的周期大于乙摆的周期，故A、B错误；两球开始处于平衡状态，设两球中间的细线的拉力大小为FT，根据共点力平衡知，m甲g＝eq \f(FT,tanθ1)，m乙g＝eq \f(FT,tanθ2)，则m甲<m乙，在摆动 的过程中，机械能守恒，则甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能， 故C正确；根据动能定理，因为甲球下降的高度大，则甲摆球的 最大速度大于乙摆球的最大速度，故D错误。 解析　(1)用细绳和石子做一个单摆悬挂在树上，用钢卷尺量出摆绳长L1，用手表测出摆动周期T1，改变摆绳长至L2，测出摆动周期T2。 (2)由(1)得T1＝2πeq \r(\f(L1,g))、T2＝2πeq \r(\f(L2,g))， 整理可得山顶的重力加速度g＝2,1)eq \f(4π2（L1－L2）,T－Teq \o\al(2,2)) 。 因为海平面的重力加速度g0＝2,0)eq \f(GM,R) ， 山顶的重力加速度g＝eq \f(GM,（R0＋h）2)， 由上述两式可得h＝2,1)eq \f(R0,2π) eq \r(\f(g0（T－Teq \o\al(2,2)）,L1－L2)) －R0。 12．如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t变化的规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v＝eq \f(\r(5),5) m/s，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，π2≈g，求： (1)单摆的摆长l； (2)摆球的质量m； (3)摆线拉力的最小值。 解析　(1)由图乙可知单摆周期为T＝2 s 根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g)) 解得l≈1 m。 (2)当拉力最大时，即Fmax＝1.02 N时，摆球处在最低点 由牛顿第二定律有Fmax－mg＝meq \f(v2,l) 解得m＝0.1 kg。 (3)设单摆的最大摆角为θ，从最低点到最 高点，由动能定理有－mgl(1－cosθ)＝0－eq \f(1,2)mv2 解得cosθ＝0.99 则摆线拉力的最小值Fmin＝mgcosθ＝0.99 N。 $$