第2章 3 单摆-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案全书PPT（教科版）

该高中物理课件聚焦“单摆”核心内容，系统呈现单摆模型定义、回复力来源、周期公式及影响因素，通过课前检测（判一判、想一想）连接简谐运动知识，为课堂探究周期规律搭建学习支架。 其亮点在于融合科学探究与科学思维，课堂通过控制变量法实验探究周期影响因素，结合等效单摆分析（如变式训练2-1水流出时摆长变化）深化模型建构，分层作业（A组到D组）助力学生巩固提升，教师使用可高效推进概念理解与能力培养。

第二章　机械振动 3.单摆 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 1．理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源。2.了解影响单摆周期的因素，掌握单摆做简谐运动的周期公式。 3 课前自主学习 一　单摆及其运动规律 1．单摆的定义：用一根细线悬挂一个小球，若忽略悬挂小球的细线_______________和______，且线长比球的直径______，这样的装置就叫作单摆。 2．单摆的回复力 (1)如图所示，单摆的回复力是由重力沿圆弧______方向 的分力G1＝mgsinθ提供的。 (2)如图所示，在偏角很小的条件下(θ<5°)，单摆的回复力 F＝______ (其中l为摆长，x为摆球偏离平衡位置的位移)。 长度的微小变化 质量 大得多 切线 课前自主学习 5 3．单摆的运动特点 在偏角较小的情况下，单摆摆球所受的回复力与偏离平衡位置的位移成______，因此单摆做______运动。 二　单摆的周期 1．探究单摆周期的影响因素及单摆周期和摆长的关系 探究方法：____________法。 2．周期公式 (1)提出：单摆做简谐运动的周期公式由荷兰物理学家__________首先提出。 (2)公式：T＝_______，即单摆做简谐运动的周期T跟摆长l的二次方根成______，跟重力加速度g的二次方根成_____，跟振幅、摆球的质量无关。 正比 简谐 控制变量 惠更斯 正比 反比 课前自主学习 6 提示 1．判一判 (1)一根细线一端固定，另一端拴一小球就构成一个单摆。(　　) (2)单摆回复力的方向总是指向悬挂位置。(　　) (3)单摆的回复力是由摆球重力的分力提供的。(　　) (4)单摆的振幅越大周期越大。(　　) (5)单摆的周期与摆球的质量无关。(　　) 提示:(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　 课前自主学习 7 提示 2．想一想 (1)摆球经过平衡位置时，合外力是否为零？摆球到达最大位移处时v＝0，加速度是否等于零？ (2)把单摆从赤道处移至两极处时，要保证单摆的周期不变，应如何调整摆长？ 提示：单摆摆动过程中经过平衡位置时不处于平衡状态，有向心力和向心加速度，回复力为零，合外力不为零。摆球到达最大位移处时速度等于零，合外力等于重力沿圆弧切线方向的分力，所以加速度不等于零。　 课前自主学习 8 课堂探究评价 探究1　单摆及其运动规律 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 10 提示 活动1：如图所示，单摆振动过程中，摆球在任意点P受几个力作用？分别是什么力？若摆球在P点时，摆线与竖直方向的夹角为θ，则重力沿圆弧切线方向的分力为多大？ 活动2：单摆做往复运动，忽略空气阻力等对单摆的影响，单摆做往复运动的回复力是什么？ 提示：摆球受两个力，其中细线拉力T沿线方向，重力G竖直向下；重力G可分解为沿圆弧切线方向上的分量G1和沿摆线方向上的分量G2，重力沿圆弧切线方向的分力G1＝mgsinθ。　 提示：重力沿圆弧切线方向的分力G1＝mgsinθ，方向近似指向平衡位置O，可以认为它就是使摆球振动的回复力。 课堂探究评价 11 活动3：当偏角θ很小时，sinθ≈θ，试分析这时单摆的运动是简谐运动吗？ 提示 课堂探究评价 12 1．对单摆的理解 (1)单摆是实际摆的理想化模型：①摆线长度不变；②摆线不计质量；③摆球为质点。 注：若不满足②③条件，则称为复摆。 (2)实际摆可看作单摆的条件 ①摆线的形变量与摆线长度相比可忽略； ②摆线的质量与摆球质量相比可忽略； ③摆球的直径与摆线长度相比可忽略。 课堂探究评价 13 2．单摆的回复力 空气等对单摆的阻力可以忽略时，如图所示，重力G沿圆 弧切线方向的分力F是摆球沿运动方向的合力，正是这个力提 供了使摆球振动的回复力。 3．单摆的运动特点 (1)摆球以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度v≠0，沿半径方向都有向心力(在最高点其向心力为零)。向心力由摆线的拉力和重力沿摆线方向的分力的合力提供。 (2)摆球同时在平衡位置(图中O点)附近做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，沿轨迹的切线方向都受回复力。 课堂探究评价 14 课堂探究评价 15 例1　如图所示，O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中(　　) A．摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用 B．摆球在A点和C点处，速度为零，合力与回复力也为零 C．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 D．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 答案 课堂探究评价 16 提示 摆球通过平衡位置时，做何种运动？加速度是零吗？ 提示:摆球做圆周运动。加速度不为零。　 课堂探究评价 17 解析 课堂探究评价 规律点拨 回复力、向心力、合外力的区别与联系 (1)区别 ①回复力：使物体回到平衡位置且指向平衡位置的力；对单摆来说，重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsinθ提供回复力。 ②向心力：使物体做曲线运动且指向圆心的力；对单摆来说，摆线的拉力和重力沿径向的分力的合力提供向心力。 ③合外力：物体所受的合力，它使物体的运动状态发生变化。 (2)联系：回复力、向心力、合外力均为效果力且均为矢量。回复力、向心力一定是变力，合外力可以是恒力，也可以是变力。对单摆来说，回复力与向心力的合力等于合外力。 课堂探究评价 [变式训练1] (多选)一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是(　　) A．t1时刻摆球速度为零，摆球所受的合力为零 B．t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 C.t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大 D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 答案 解析 解析　由题图读出t1时刻位移最大，说明此时摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零，故A错误；t2时刻位移为零，说明此时摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错误；t3时刻位移最大，说明此时摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大，故C正确；t4时刻位移为零，说明此时摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故D正确。 课堂探究评价 20 探究2　单摆的周期 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 21 提示 活动1：想一想，单摆做简谐运动的周期可能与什么因素有关？用什么方法验证？ 活动2：实验发现：单摆做简谐运动的周期与摆长有关，与摆球质量和振幅无关。在探究单摆做简谐运动的周期与摆长之间的定量关系时，对摆的振幅有要求吗？ 提示:可能与单摆的振幅、摆球的质量、摆长有关。用控制变量法验证。　 提示:振幅要足够小，即偏角应尽量小。 课堂探究评价 22 提示 活动3：对摆线和摆球有什么要求吗？ 活动4：如何确定单摆的摆长？实验中单摆的周期一般较小，如何测定其周期？ 提示:为使摆长稳定，空气阻力影响较小，摆线质量影响较小，摆线要选较细、伸缩性较小并且适当长一些的，摆球要选质量大、体积小的。　 课堂探究评价 23 提示 活动5：如何分析单摆做简谐运动的周期T和摆长l的实验数据？ 课堂探究评价 24 课堂探究评价 25 课堂探究评价 26 课堂探究评价 27 例2　(多选)如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是(　　) A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin(πt) cm B．单摆的摆长约为1 m C．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小 答案 课堂探究评价 28 提示 (1)写出简谐运动的表达式需要知道哪些量？ (2)计算单摆摆长需要知道哪些量？ 提示：振幅、圆频率(周期)、初相位。 提示：单摆周期、当地重力加速度。　 课堂探究评价 29 规范解答 课堂探究评价 课堂探究评价 [变式训练2－1]　有一悬线长为l的单摆，其摆的外壳为一个有一定质量的金属空心球。球底有一小孔，球内盛满水。在摆动过程中，水从小孔慢慢流出。从水开始流到水流完的过程中，此摆的周期的变化是(　　) A．由于悬线长l和重力加速度g不变，所以周期不变 B．由于水不断外流，周期不断变大 C．周期先变大，后又变小 D．周期先变小，后又变大 答案 解析 课堂探究评价 32 [变式训练2－2]　如图，一可视为质点的小球用长为L的细线系于与水平面成α角的光滑斜面内，小球呈平衡状态。若使细线偏离平衡位置，其偏角小于5°，然后将小球由静止释放，则小球到达最低点所需的时间至少为____________。 答案 解析 课堂探究评价 33 [名师点拨]　 等效单摆 (1)等效摆长：等效摆长为摆球运动轨迹所在圆弧的圆心到摆球球心间的距离。例如图甲，称为双线摆，其等效摆长为L等＝Lsinθ。 课堂探究评价 34 课后课时作业 1．(单摆的认识)(多选)单摆是为研究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．摆线不可伸缩 C．摆球的直径比摆线长度短得多 D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动 答案 解析 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，且摆线不可伸缩。但把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的，只有在偏角很小(θ≤5°)的情况下才能视单摆的运动为简谐运动。故A、B、C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 2．(单摆的回复力)(多选)关于单摆，下列说法中正确的是(　　) A．单摆振动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力mgsinα，其中α是摆线与竖直方向之间的夹角 B．单摆的回复力是重力和摆线拉力的合力 C．单摆的摆球在平衡位置时(最低点)的加速度为零 D．单摆的振动周期在偏角很小的条件下跟振幅无关 答案 解析 解析　单摆运动的轨迹是一段圆弧，在摆动的过程中，摆球受重力G和摆线的拉力FT两个力的作用，提供回复力的是重力沿圆弧切线方向的分力mgsinα，而不是重力和摆线拉力的合力，A正确，B错误；摆球在平衡位置时有向心加速度，加速度不为零，C错误；通常情况下单摆的振动不是简谐运动，只有在偏角很小的情况下才可近似看作简谐运动，单摆做简谐运动的条件下，周期与振幅无关，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 3．(等效单摆)如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2，v1>v2 B．t1>t2，v1<v2 C．t1<t2，v1>v2 D．t1>t2，v1>v2 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 4.(单摆周期公式的应用)(多选)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运行的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示。以下说法正确的是(　　) A．当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置 B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移 C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移 D．把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 5．(单摆的周期)已知在地面上某一位置单摆a完成10次简谐运动的全振动的时间，单摆b正好完成6次简谐运动的全振动，两单摆摆长之差为1.6 m，则两单摆摆长la与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 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 6．(综合)夏天的河上，有几名熟悉水性的青年将绳子挂在桥下荡秋千，绳子来回荡几次后跳入河中。现把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的简谐振动图像，已知小王的体重比小明的大，则下列说法正确的是(　　) A．小王荡秋千时，其周期大于6.28 s B．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零 C．小明荡到图中b点对应的位置时，动能最小 D．该秋千的绳子长度约为10 m 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 7．(综合)图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设向右为摆球运动的正方向，图乙是这个单摆做简谐运动的振动图像，根据图像回答： (1)单摆振动的频率是多大？ (2)开始时刻摆球在何位置？ (3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？ 答案 答案　(1)1.25 Hz　(2)B点　(3)0.16 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 答案 8.(等效单摆)科学家将密度为ρ(小于水的密度ρ水)的球形探测器用长为L的细绳拴住并固定在湖泊底部，用于测量记录湖水的温度、pH值等数据，所在处湖水不流动。如图所示，由于受到鱼类的扰动，探测器开始在竖直面内做小角度的摆动。探测器所受阻力忽略不计，探测器可视为质点，重力加速度为g，则探测器摆动的周期为(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 9.(综合)(多选)如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的简谐振动图像，g＝10 m/s2，π2≈10，下列说法正确的是(　　) A．甲摆的摆长较大 B．甲摆的振幅比乙摆的大 C．甲摆的最大偏角为0.05° D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 答案 10．(单摆与万有引力定律的综合)一单摆在地面上的摆动周期与在某矿井底部的摆动周期的比值为k。设地球的半径为R，假定地球的密度均匀，已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，则矿井的深度d＝________。 (1－k2)R 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 [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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 11．(单摆的动力学与能量问题)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A、A′之间来回滑动，A、A′点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ，θ很小。图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t＝0为滑块从A点开始运动的时刻，g取10 N/kg，试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，求： (1)容器的半径； (2)小滑块的质量； (3)滑块运动过程中的最大速度。 答案 答案　 (1)0.1 m　(2)0.05 kg　(3)0.141 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R －mgeq \f(x,l) 2πeq \r(\f(l,g)) 提示：两极处的重力加速度大于赤道处的重力加速度，由T＝2πeq \r(\f(l,g))知，应增大摆长，才能使周期不变。 提示：一般情况，回复力G1与小球从O点到P点的位移x并不成正比也不反向。但是，当偏角θ很小时，摆球运动的圆弧可以看成直线，可认为G1指向平衡位置O，与位移x反向。圆弧eq \o(OP,\s\up18(︵))的长度可认为与摆球的位移x大小相等，即sinθ≈θ＝eq \f(\o(OP,\s\up18(︵)),l)≈eq \f(x,l)，因此，单摆振动的回复力F可表示为F＝－eq \f(mg,l)x，式中负号表示回复力与位移的方向相反。对一个确定的单摆来说，摆球质量m和摆长l是一定的，eq \f(mg,l)可以用一个常量k表示，于是上式可以写成F＝－kx，可见，单摆在偏角很小的情况下做简谐运动。 4．单摆做简谐运动的推证 在θ很小时，sinθ≈θ≈eq \f(x,l)，则回复力F＝－Gsinθ≈－eq \f(mg,l)x＝－kx。因此，只有在偏角很小时，单摆才做简谐运动。 解析　单摆摆球运动过程中只受重力和细线的拉力，回复力和向心力是根据效果命名的力，是由物体受到的具体的力所提供的，故A错误；摆球在A点和C点处，速度为零，根据受力分析可知，摆球所受合力不为零，回复力最大，B错误；摆球在B点处，速度最大，根据受力分析可知，摆球所受回复力为零，故D错误；摆球在B点时，速度最大，且由牛顿第二定律有F向＝meq \f(v2,L)，此时F向＝FT－mg，可知此时细线拉力最大，故C正确。 提示：摆长为摆球球心到悬点的距离，即悬线长度加摆球半径。 测量单摆周期可以使用累积法，即测量n次全振动的时间t，可得周期T＝eq \f(t,n)。 提示：先通过简单的数据分析，对周期T与摆长l的定量关系作出猜测，例如可能是T∝l、T∝l2，或者T∝eq \r(l)、T∝eq \r(3,l)……然后按照猜测来确定纵坐标轴和横坐标轴。例如，通过估算我们认为可能是T∝l2，那么可以用纵坐标表示T，横坐标表示l2，作出图像。如果这样作出的图像确实是一条直线，说明的确有T∝l2的关系，否则再作其他尝试。 1．单摆做简谐运动的周期公式 T＝2πeq \r(\f(l,g)) 2．对周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))的理解 (1)公式中l是摆长，即悬点到摆球重心(一般为球心)的距离，l＝l线＋r球。 (2)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的地理位置决定。 (3)周期T＝2πeq \r(\f(l,g))只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，是单摆的固有周期。 (4)公式T＝2πeq \r(\f(l,g))的适用条件：单摆的最大偏角θmax很小时。 注(了解即可)：利用高等数学研究单摆的运动，可得出最大偏角θmax为任意值时的单摆周期公式为T0＝2πeq \r(\f(l,g)) eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1＋\i\su\in(n＝1,∞,)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f((2n－1)！！,(2n)！！)))\s\up12(2)·sin2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θmax,2)))))，其中符号k！！＝1·3·5·7·…·k。 由公式T＝2πeq \r(\f(l,g))计算所得的周期T的相对偏差δ＝eq \f(|T0－T|,T0)×100%与最大偏角θmax的关系如图所示，可知，最大偏角θmax<5°时，由T＝2πeq \r(\f(l,g))计算所得的T足够精确(θmax＝5°时，δ＝0.05%)。 规范解答　由图乙可读出单摆的振动周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由ω＝eq \f(2π,T)得到圆频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asinωt＝8sin(πt) cm，故A正确；由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，解得单摆的摆长l≈1 m，故B正确；从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能逐渐减小，摆球的速度逐渐增大，所需向心力逐渐增大，而重力沿绳子方向的分力也逐渐增大，故绳子的拉力逐渐增大，C、D错误。 规律点拨 单摆做简谐运动的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))应用的注意事项 (1)公式中的l是指从悬挂点到摆球质心的距离，即有效摆长。若实际单摆的摆球的密度不均匀，则质心不在球心，这时首先要判断质心位置。 (2)公式只在小角度摆动情况下近似成立，所以分析计算时，需要检验振幅A和摆长l是否满足小角度摆动条件。若要求偏角不超过5°，即不超过5°×eq \f(2π,360°) rad≈eq \f(1,12) rad，则eq \f(A,l)≤eq \f(1,12) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)为近似值))。通过检验可知，例2满足此条件。 解析　单摆的摆长是悬点到小球重心的距离。开始时，重心在球心，随着球内水慢慢流出，摆球的重心也逐渐降低，水全部流完后，重心又回到球心。因此，相对于球心位置，球的重心先降低，后升高，摆长先变大，后变小，根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知，此摆的周期先变大，后又变小，故C正确。 eq \f(π,2) eq \r(\f(L,gsinα)) 解析　此单摆做简谐运动，将其与竖直平面内振动的单摆比较可以发现，其等效重力加速度为gsinα，故其振动周期T＝2πeq \r(\f(L,gsinα))，小球到达最低点所需的时间至少为t＝eq \f(T,4)＝eq \f(π,2) eq \r(\f(L,gsinα))。 (2)等效重力加速度：等效重力加速度为单摆处于静止状态时，摆线的拉力F(相当于视重)与摆球质量m的比值，即g等＝eq \f(F,m)。有关等效重力加速度的题比较复杂，但只要求出g等就可以求出对应的周期。例如图乙，g等＝eq \f(F,m)＝g＋eq \f(Eq,m)。 解析　小球从A、B点由静止开始滑下均做等效单摆的运动，t1＝eq \f(TA,4)＝eq \f(π,2) eq \r(\f(l,g))，t2＝eq \f(TB,4)＝eq \f(π,2) eq \r(\f(l,g))，l为球面圆心到小球重心的距离，故t1＝t2；A点离平衡位置远些，与平衡位置的高度差较大，由机械能守恒定律可知从A点滑下到达平衡位置O时的速度较大，即v1＞v2。故A正确。 解析　根据周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知，当摆钟不准确时，则需要调整 摆长，A正确；摆钟快了，周期小，则需将摆长增大，增大周期，B错误； 由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，则需上移圆盘，C正确；摆钟从福建移 到北京，重力加速度增大，则需将摆长增大，D错误。 解析　单摆完成一次全振动所需的时间叫作单摆的周期，根据题设可知a、b两单摆的周期之比为：eq \f(Ta,Tb)＝eq \f(6,10)，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))得：eq \f(Ta,Tb)＝eq \f(\r(la),\r(lb))，根据题设可知lb－la＝1.6 m，联立解得la＝0.9 m，lb＝2.5 m。故B正确。 解析 根据T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆运动的周期与摆球的质量无关，结合题图可知小王荡秋千时，其周期等于6.28 s，故A错误；题图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力最大，故B错误；题图中b点对应单摆的平衡位置，此时速度最大，动能最大，故C错误；根据T＝2πeq \r(\f(l,g))，计算得到该秋千的绳子长度l≈10 m，故D正确。 解析　(1)由图乙知周期T＝0.8 s， 则频率f＝eq \f(1,T)＝1.25 Hz。 (2)由图乙知，t＝0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时刻摆球在B点。 (3)由T＝2πeq \r(\f(l,g))，得l＝eq \f(gT2,4π2)≈0.16 m。 A．2πeq \r(\f(L,g)) B．2πeq \r(\f(g,L)) C．2πeq \r(\f(\a\vs4\al(ρ),ρ水－ρ)·\f(L,g)) D．2πeq \r(\f(ρ水－ρ,ρ)·\f(g,L)) 解析　对探测器受力分析，可知探测器受竖直向下的重力G、 竖直向上的浮力F浮以及细绳的拉力，因为F浮－G为恒力，可看 作等效重力G等效，故探测器的摆动可看作单摆的摆动，又因为探 测器的摆动角度很小，则探测器做简谐运动。设探测器做简谐运动 的等效重力加速度为g′，根据单摆做简谐运动的周期公式可知，探 测器摆动的周期为T＝2πeq \r(\f(L,g′))；设探测器的体积为V，则探测器所受等效重力大小G等效＝mg′＝ρVg′，且G等效＝F浮－G＝(ρ水－ρ)Vg，联立解得T＝2πeq \r(\f(ρ,ρ水－ρ)·\f(L,g))，故A、B、D错误，C正确。 解析　由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点的重力加速度g相同，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，甲、乙两单摆的摆长相等，A错误；甲摆的振幅为5 cm，乙摆的振幅为3 cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，B正确；由T＝2πeq \r(\f(l,g))解得甲摆的摆长l＝eq \f(T2,4π2)g≈1 m，则甲摆的最大偏角θmax＝eq \f(A,l)＝eq \f(0.05 m,1 m)＝0.05 rad＝eq \f(0.05,2π)×360°＝2.9°，C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大值，则乙摆具有正向最大加速度，D正确。 解析　单摆在地面和矿井底部的摆动周期分别为T＝2πeq \r(\f(l,g))，T′＝2πeq \r(\f(l,g′))，由题目知eq \f(T,T′)＝k，单摆在地面和矿井底部的重力加速度分别为g＝eq \f(GM,R2)，g′＝eq \f(GM′,(R－d)2)，由质量和体积的关系知M＝eq \f(4,3)πR3ρ，M′＝eq \f(4,3)π(R－d)3ρ，联立解得d＝(1－k2)R。 解析　(1)根据题意，小滑块的运动可以看作单摆的简谐运动。由题图可知，t＝0时小滑块在A点，t＝2×eq \f(π,20) s时小滑块在A′点，当t＝4×eq \f(π,20) s时小滑块又回到A点，所以小滑块运动的周期为T＝4×eq \f(π,20) s。 由单摆的周期公式有T＝2πeq \r(\f(R,g))， 代入数据可得容器的半径R＝0.1 m。 (2)小滑块经过A点时，对小滑块受力分析有 Fmin＝mgcosθ， 小滑块由A点到B点，由动能定理有 mgR(1－cosθ)＝eq \f(1,2)mv2－0， 小滑块经过B点时，由牛顿第二定律有 Fmax－mg＝meq \f(v2,R)， 联立并代入数据，可得小滑块的质量 m＝0.05 kg。 (3)小滑块运动到最低点B时速度最大，有 Fmax－mg＝meq \f(v2,R)， 解得最大速度为v≈0.141 m/s。 [名师点拨]　 单摆力学综合问题的分析方法 对于单摆的简谐运动，常见的问题有：单摆的振幅、摆球的最大速度、摆球所受的最小力、最大力的分析计算。 (1)单摆的动力学分析通常用到回复力公式、圆周运动规律及牛顿第二定律。 (2)单摆的能量由振幅(用弧长表示)、摆长及摆球的质量共同决定：Epmax＝mgl(1－cosθmax)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(以摆球的最低点为零势能点，其中sinθmax≈\f(A,l)))，它等于摆球的最大动能2,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ekm＝\f(1,2)mv)) 。 $$