第二章 3.单摆-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（教科版）

3．单摆 【素养目标】　1.单摆是一种理想化模型，学会用理想化的方法建立物理模型，会分析单摆的回复力。　2.单摆是简谐运动的一个特例，既有简谐运动的共性，又有单摆的特殊性，会运用单摆的周期公式解决实际问题。 知识点一　单摆及其运动规律 【情境导入】　将秋千拉离平衡位置后放开，秋千就在平衡位置左右振荡起来，是什么力使它不停的左右摆动的呢？ 提示：绳的拉力和重力的共同作用。 【教材梳理】 (阅读教材P48—P49完成下列填空) 1．单摆：在如图所示的装置中，若忽略悬挂小球的细线长度的微小变化和质量，且线长比球的直径大得多，这样的装置就叫作单摆。 2．单摆的振动：拉开摆球，使它偏离平衡位置一个小角度，然后放开，摆球将沿着以平衡位置为中点的一段圆弧做往复运动，这就是单摆的振动。 3．单摆的回复力 (1)回复力的提供：如图所示，摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。 (2)回复力的特点：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正比，方向与位移x的方向相反，即F＝－x。 (3)运动规律：单摆在偏角很小时的振动是简谐运动。 学生用书第56页 【师生互动】　如图所示，使小球偏离竖直方向一个很小的夹角，然后释放，小球在A、A′间来回摆动，O为平衡位置，不计空气的阻力。 任务1.小球摆动过程中受到哪些力的作用？ 任务2.什么力提供向心力？什么力提供回复力？ 任务3.小球经过平衡位置时回复力为零，合外力也为零吗？ 提示：任务1.小球受重力和细线的拉力作用。 任务2.细线的拉力和重力沿径向的分力的合力提供向心力。重力沿切线方向的分力提供小球振动的回复力。 任务3.小球经过平衡位置时做圆周运动，其合外力不为零。 对单摆的理解 (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．摆线长度不伸缩 C．摆球的直径比摆线长度小得多 D．只要是单摆的运动就是简谐运动 答案：ABC 解析：单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量且摆线不伸缩，摆球直径远小于摆线长度，A、B、C项正确；把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的，只有在满足上述条件，且摆动偏角很小(θ<5°)的情况下才能视单摆的运动为简谐运动，D项错误。 单摆模型回复力的理解 (2024·山东潍坊高二月考)关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是(　　) A．摆球经过平衡位置时所受合力为零 B．摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力 D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力 答案：C 解析：摆球经过平衡位置时，回复力为0，但由于摆球做圆周运动，经过平衡位置，合力不为0，合力提供向心力，方向指向悬点，A错误；摆球所受回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，重力沿摆线方向的分力与摆线对摆球的拉力的合力提供向心力，所以摆球所受合力的大小跟摆球相对于平衡位置的位移大小不成正比，B错误；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为0，向心加速度为0，此时，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度不为0，向心加速度不为0，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C正确，D错误。 1．单摆的回复力 (1)单摆受力：如图所示，受细线拉力和重力的作用。 (2)向心力来源：由细线的拉力和重力沿半径方向的分力的合力提供，F向＝T－G2＝T－mg cos θ。 (3)回复力来源：由重力沿圆弧切线方向的分力提供，F回＝G1＝mg sin θ。 2．单摆做简谐运动条件的理解 在摆角很小时，sin θ ≈，又因为回复力F回＝mg sin θ，所以单摆的回复力为F回＝－x (式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反)，由此知回复力符合F＝－kx，单摆做简谐运动。 针对练．(多选)(2024·湖北襄阳一中阶段练)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的(　　) A．位移减小 B．速度减小 C．回复力增大 D．机械能增大 答案：BC 解析：在单摆的偏角增大的过程中，摆球远离平衡位置，故位移增大，速度减小，回复力增大，机械能保持不变，故选BC。 知识点二　单摆的周期 【情境导入】　意大利的物理学家伽利略在比萨的教堂中观察吊灯摆动现象时发现了摆的等时性，即在摆角小于5°时，不论摆钟摆动幅度大些还是小些，完成一次摆动的时间是相同的。荷兰物理学家惠更斯定量研究了单摆的周期大小与摆长的关系。 (1)摆钟摆动的周期与摆动的振幅大小有关吗？与摆锤的质量大小有关吗？ (2)摆钟摆动的周期与摆锤的长度有关吗？ 提示：(1)无关，无关。(2)有关。 学生用书第57页 【教材梳理】 (阅读教材P50—P51完成下列填空) 1．提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。 2．单摆的周期(T)：T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比。公式为T＝2π 。 【师生互动】　1．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。 任务1.摆针走时偏快时应如何校准？ 任务2.将一个走时准确的摆钟从广州市移到北京市，摆钟应如何校准？ 提示：任务1.摆针走时偏快，说明摆钟的周期偏小，应调节螺母使圆盘沿摆杆下移增大摆长，使周期变大一些。 任务2.广州市的重力加速度比北京市小，将一个走时准确的摆钟从广州市移到北京市，周期变小，应调节螺母使圆盘沿摆杆下移增大摆长，使周期变大。 2．如图所示，小球摆动过程中其摆长怎样确定？ 提示：小球在O点右侧运动时摆长为L，在O点左侧运动时摆长为。 单摆周期公式的理解及应用 (多选)如图为地球表面上甲、乙两单摆的振动图像。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度为10 m/s2，月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2，下列说法中正确的是(　　) A．甲、乙两个单摆的摆长之比为4∶1 B．甲单摆在月球上做简谐运动的周期为5 s C．甲单摆振动的振幅为4 cm D．甲单摆的摆长约为4 m 答案：BC 解析：由题图可知，在地球上甲单摆的周期为2 s，乙单摆的周期为4 s，甲、乙两单摆的周期比为1∶2，根据单摆的周期公式T＝2π，可得l＝T2，则甲、乙两单摆的摆长比为1∶4，A错误；根据单摆的周期公式T＝2π，可知＝＝，可得T月＝5 s，B正确；振幅为偏离平衡位置的最大距离，由题图可知甲单摆振动的振幅为4 cm，C正确；甲单摆的周期为2 s，根据单摆的周期公式T＝2π，可得摆长为L≈1 m，D错误。 单摆“等效摆长”的理解及应用 (多选)如图所示，三根细线于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，使∠AOB成直角，∠BAO＝30°，已知OC线长为L，下端C点系着一个小球(直径可忽略)。下列说法中正确的是(　　) A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π B．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝π C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π D．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝2π 解题引导：(1)小球在纸面内摆动时应以O点为悬点，等效摆长为OC＝L。 (2)小球在垂直纸面内摆动时应以CO的延长线与AB的交点O′为悬点，等效摆长为CO＋OO′。 答案：AB 解析：如果小球在纸面内摆动，以O点为悬点摆动，其摆长为L，周期T＝2π ，故A正确，C错误；如果小球在垂直纸面内摆动，小球以O′为悬点摆动，如图所示，等效摆长L′＝L＋OO′＝L＋AO·sin 30°＝L＋AB cos 30°·sin 30°＝L，故T′＝2π ＝π ， 故B正确，D错误。 单摆中等效重力加速度的理解及应用 如图所示，单摆甲放在空气中，周期为T甲；单摆乙放在以加速度a(g>a)向下加速的电梯中，周期为T乙；单摆丙带正电荷，放在匀强电场E中，周期为T丙，单摆甲、乙、丙的摆长l相同，则下列说法中正确的是(　　) 学生用书第58页 A．T甲>T乙>T丙 B．T乙>T甲>T丙 C．T丙>T甲>T乙 D．T乙>T甲＝T丙 解题引导：(1)单摆乙的“等效重力加速度”g效＝g－a。 (2)单摆丙的“等效重力加速度”g效＝g＋。 答案：B 解析：根据单摆公式，对甲摆有T甲＝2π；对乙摆，“等效重力加速度”g效＝g－a，则有T乙＝2π ；对丙摆，由于摆球受竖直向下的重力的同时，还受竖直向下的电场力，等效重力F＝mg＋qE，故等效重力加速度g′＝g＋，故周期T丙＝2π，所以T乙>T甲>T丙，A、C、D错误，B正确。故选B。 1．公式T＝2π 的理解 (1)T与摆长l和当地的重力加速度g有关。 (2)T与振幅和摆球质量无关，故T又叫作单摆的固有周期。 (3)适用条件：摆角很小(一般小于5°)。 2．对摆长l和重力加速度g的理解 (1)摆长l：指从悬点到摆球重心的长度。 ①对于实际的单摆，摆长l＝l′＋，l′为摆线长，D为摆球直径。 ②等效摆长： 如图(a)中小球在O点右侧运动时摆长为L，在O点左侧运动时摆长为L。 如图(b)中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来的效果是相同的，故甲摆的等效摆长为l sin α，其周期T＝2π。 如图(c)中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 (2)重力加速度g ①单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态时，g为当地的重力加速度。 ②单摆在某天体表面时，不同星球的g也一般不同。 ③单摆如果处在匀强电场中时，g效应该由等效重力G效(重力与电场力的合力)决定，即g效＝。 知识点三　“类单摆”模型 1．两类常见的“类单摆”模型 (1)如图甲所示，为竖直面内半径为R的光滑小圆弧轨道，且≪R(或对应圆心角∠BOC很小)，当小球(可视为质点)在间运动时，小球受重力、轨道支持力作用，轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力，小球的运动与单摆中摆球的运动特点完全相同，故其运动为“类单摆”运动，等效摆长为R。 (2)如图乙所示，在固定的光滑斜面上，用长度为l的细绳一端固定于O1点，下端悬挂一小球，使小球在斜面内小角度摆动，小球受到重力、绳的拉力、斜面的支持力作用，其运动为“类单摆”运动，等效重力为G′＝mg sin θ，等效重力加速度为g′＝g sin θ。 2．处理“类单摆”问题的思路 (1)判断是否符合类单摆模型的条件。 (2)确定等效摆长l。 (3)确定等效重力加速度g′。 (4)利用公式T＝2π或简谐运动规律分析求解有关问题。 学生用书第59页 如图所示，光滑圆槽的半径R远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三个小球(均可视为质点)同时由静止释放，开始时，甲球比乙球离槽最低点O远些，丙球在槽的圆心处。则以下关于它们第一次到达点O的先后顺序的说法正确的是(　　) A．乙先到，然后甲到，丙最后到 B．丙先到，然后甲、乙同时到 C．丙先到，然后乙到，甲最后到 D．甲、乙、丙同时到 答案：B 解析：对于甲、乙两球，都做类单摆运动，其运动周期均为T＝2π ，甲、乙两球第一次到达点O时运动了T，则t1＝t2＝＝ ；对于丙球，根据自由落体运动规律有R＝gt32，解得t3＝ ，故丙先到，然后甲、乙同时到。故选B。 针对练．如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球，上端系在位于光滑斜面O处的钉子上，小球处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球获得一平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为(　　) A．π B．π C．π D．3π 答案：C 解析：因为小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°，小球的运动可以看作单摆，根据等效重力作用下mg sin θ＝mg′，T＝2π ，小球回到最低点所需的最短时间为tmin＝＝π ，以后每隔小球回到最低点一次，故选C。 1．(多选)(选自鲁科版)关于单摆做简谐运动，下列说法正确的是 A．经过平衡位置时所受的合力为0 B．经过平衡位置时所受的回复力为0 C．回复力是重力和摆线拉力的合力 D．回复力是重力沿圆弧切线方向的分力 答案：BD 解析：单摆摆球的重力沿圆弧切线方向的分力提供摆球沿圆弧振动的回复力，摆球的重力沿摆线方向的分力与摆线拉力的合力提供摆球做圆周运动的向心力，经过平衡位置时回复力为0。故选BD。 2.(2024·贵州六盘水阶段练)如图所示，一个单摆在做简谐运动，关于摆球的运动，下列说法正确的是(　　) A．单摆摆动到O点时，回复力为零，加速度不为零 B．摆球从A到O的过程中，机械能增大 C．摆球向右经过O点和向左经过O点时，速度相同 D．减小单摆的振幅，单摆的周期会减小 答案：A 解析：单摆摆动到O点时，只受重力和绳子的拉力，回复力为零，但是拉力大于重力，摆球具有向上的向心加速度，故A正确；摆球从A到O的过程中，只有重力做功，机械能保持不变，故B错误；摆球向右经过O点和向左经过O点时，速度大小相等、但方向相反，故C错误；单摆的周期只与摆长和当地的重力加速度有关，与振幅无关，所以周期不变，故D错误。 3．把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动(　　) A．变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长 B．变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长 C．变快了，要使它恢复准确，应增加摆长 D．变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长 答案：B 解析：把调准的摆钟，由北京移至赤道，重力加速度变小，根据周期公式T＝2π，可知周期变长，钟变慢，要使它准确应该使T减小，即缩短摆长l，故B正确。 4．(选自人教版教材)一条细线下面挂着一个小球，让它自由摆动，画出它的振动图像如图所示。 (1)请根据图中的数据计算出它的摆长。 (2)请根据图中的数据估算出它摆动的最大偏角。 答案：(1)1 m　(2)2.3° 解析：(1)由题图可知该单摆的周期为2 s，代入周期公式T＝2π可得l≈1 m。 (2)小球摆动的偏角最大时，小球处于最大位移处，振幅为0.04 m，远小于摆长，因此最大偏角的正弦值约为sin θ＝＝0.04，解得θ≈2.3°。 课时测评10　单摆 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题4分，共40分) 1．(多选)下列关于单摆的说法，正确的是(　　) A．单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A(A为振幅)，再运动到平衡位置时的位移为零 B．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力 C．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力 D．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零 答案：AC 解析：简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在正向最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，A正确；摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，合力在摆线方向的分力提供向心力，B错误，C正确；摆球经过最低点(摆动的平衡位置)时回复力为零，但向心力不为零，所以合力不为零，加速度也不为零，D错误。 2. (2024·四川绵阳南山中学月考)如图所示，位于地面附近的一单摆在小振幅条件下摆动的周期为T0，下列说法中正确的是(　　) A．单摆摆动过程，绳子的拉力始终大于小球的重力 B.单摆摆动的过程，绳子的拉力始终小于小球的重力 C．该单摆振动频率与振幅无关 D．小球所受重力和绳的拉力的合力提供单摆做简谐运动的回复力 答案：C 解析：小球摆到最高点时，绳子的拉力等于小球重力沿绳子方向的分力，此时拉力小于重力，A错误；小球摆到最低点时，绳子拉力与重力的合力提供向心力，此时绳子的拉力大于小球的重力，B错误；单摆振动的频率与振幅无关，C正确；小球所受重力沿垂直于绳子方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，沿绳子方向的分力与绳子拉力的合力提供向心力，D错误。故选C。 3. (多选)如图为一小球做简谐运动的示意图，其中O点为平衡位置，A、B为最大位移处，M、N点为关于O点对称的两点。下列说法正确的是(　　) A．小球在A、B点受重力和回复力 B．小球在O点所受的合外力就是回复力 C．小球在O点时所受合外力不为0 D．小球在M点、N点的回复力大小相等 答案：CD 解析：小球在A、B点受到重力和绳子拉力，故A错误；球在O点的合外力不为0，合外力提供向心力，不是回复力，故B错误，C正确；M、N点关于O点对称，根据运动的对称性可知，小球在M点、N点的回复力大小相等，故D正确。 4．关于小孩荡秋千，不计绳子重力和空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　) A．同一个秋千，荡秋千的小孩越重，秋千摆动的频率越大 B．在秋千经过最低处时小孩处于超重状态 C．当秋千摆到最高点时，绳子拉力可以大于小孩和秋千座椅的重力之和 D．荡秋千的过程一定可以看成简谐运动 答案：B 解析：小孩荡秋千，不计空气阻力的影响，类似于单摆，由单摆的周期公式T＝2π可知，其周期与小孩的质量无关，则频率与小孩的质量也无关，故A错误；在秋千到达最低处时，小孩的加速度竖直向上，则小孩处于超重状态，故B正确；当秋千摆到最高点时，有T＝Mg cos θ，可知绳子的拉力小于小孩和秋千座椅的重力之和，故C错误；只有摆角很小的情况下，此过程才能近似看成简谐运动，故这一过程不一定是简谐运动，故D错误。 5．(2024·山东泰安第四中学月考)要将秒摆的周期变为4 s，下列措施可行的是(　　) A．只将摆球质量变为原来的 B．只将振幅变为原来的2倍 C．只将摆长变为原来的4倍 D．只将摆长变为原来的16倍 答案：C 解析：单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，故A、B错误；对秒摆，T0＝2π＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2π＝4 s，联立解得l＝4l0，故C正确，D错误。 6．(2024·北京丰台区期中)同一地点有甲、乙两个单摆，摆球质量之比m甲∶m乙＝1∶2，它们都在做简谐运动。甲摆动4次时，乙恰好摆动5次。可以判断这两个单摆摆长之比l甲∶l乙为(　　) A．25∶16 B．16∶25 C．8∶5 D．2∶5 答案：A 解析：相同时间内甲摆动4次时，乙恰好摆动5次，有T甲∶T乙＝5∶4，根据T＝2π可知T2＝l∝l，则l甲∶l乙＝25∶16，故A正确。 7. (2024·湖南湘西月考)如图所示，长为L的轻绳上端固定在O点，下端系一可看成质点的小球，在O点正下方的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到A点，轻绳被拉直，然后由静止释放，B点是小球摆动的最低点，C点是小球能够到达左侧的最高点。小球第一次向左摆动的过程中，从A点到B点所用时间为t，从B点到C点所用时间为，∠BPC<5°，则OP的长度为(　　) A．L B．L C．L D．L 答案：D 解析：根据单摆周期公式，从A点到B点，单摆摆长为L，有2π＝4t，从B点到C点，单摆摆长为L－xOP，有2π＝4×，解得xOP＝L，故选D。 8. (2024·山东临沂高二月考)如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线的长度均为L，a、b细线上端固定在同一水平面上相距为 L的A、B两点上，c细线下端系着一个带正电荷的小球(小球直径可以忽略)，小球质量为m，电荷量为 q，重力加速度为g，有垂直于纸面向外的匀强电场，电场强度E＝，下列说法正确的是(　　) A．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π B．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝2π C．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π D．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝π 答案：D 解析：小球不可以在纸面内做简谐运动，因为小球会受到垂直纸面向外的电场力，垂直纸面方向无法平衡，故A、C错误；小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，等效重力F＝＝2mg，周期T＝2π＝π，故B错误，D正确。 9．(2024·广西钦州期末)如图甲是演示简谐运动图像的装置，当沙漏下面的水平薄木板N被水平匀速拉出时，振动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上的直线OO1代表时间轴，图乙是两个摆中的沙在各自板上形成的曲线。若板N1和板N2拉动的速度v1和v2的关系为v2＝2v1，板N1、N2上曲线所代表的摆长分别为l1和l2，则(　　) A．l2＝l1 B．l2＝2l1 C．l1＝4l2 D．l1＝16l2 答案：D 解析：由题图可知，薄木板被匀速拉出的距离相同，且v2＝2v1，则木板N1上时间轴单位长度代表的时间t1是木板N2上时间轴单位长度代表的时间t2的两倍，即t1＝2t2，由题图乙可知T1＝t1，T2＝t2，从而得出T1＝4T2，代入单摆周期公式T＝2π可得l1＝16l2。 10. (2024·湖南衡阳高二期末)两个质量相等的弹性小球分别挂在l1＝1.00 m，l2＝0.25 m的细绳上，两球重心等高，如图所示。现将B球在竖直面内拉开一个较小的角度放开后，从B球开始运动计算，经过4 s两球相碰的次数为(取π2≈10，g＝10 m/s2)(　　) A．3次 B．4次 C．5次 D．6次 答案：C 解析：由动量守恒和机械能守恒定律知，两质量相等的弹性小球相碰，速度交换。两球运动的周期分别为T1＝2π＝2 s，T2＝2π＝1 s，从B开始运动经，即0.25 s第一次相碰，并经，即1 s第二次相碰；再经，即0.5 s第三次相碰，可推证到第5次相碰共用时3.25 s，到第六次相碰共用时4.25 s，故经过4 s两球相碰的次数为5次，故C正确。 11．(10分)(2024·浙江金华高二月考)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变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v＝ 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。 答案：(1)1 m　(2)0.1 kg　(3)0.99 N 解析：(1)由题图乙可知单摆周期为T＝2 s 根据单摆周期公式T＝2π 解得l＝1 m。 (2)当拉力最大时，即F＝1.02 N 摆球处在最低点，由牛顿第二定律得F－mg＝m 解得m＝0.1 kg。 (3)从最低点到最高点，由动能定理得 －mgl＝0－mv2 解得cos θ＝0.99 在最高点摆线的拉力最小，最小值为 F′＝mg cos θ＝0.99 N。 12．(10分)(2024·湖北襄阳一中阶段练)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。规定向左为正方向。图乙是这个单摆的振动图像。根据图像回答： (1)单摆振动的频率多大？ (2)t＝0时刻摆球在何位置？ (3)若当地的重力加速度g取9.8 m/s2，π2＝9.86，试求这个摆的摆长(结果保留3位有效数字)。 答案：(1)0.5 Hz　(2)C点　(3)0.994 m 解析：(1)由题图乙知周期T＝2 s，则频率f＝＝0.5 Hz。 (2)由题图乙知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向左为正方向，所以在C点。 (3)由周期公式T＝2π，解得L＝≈0.994 m。 学生用书第60页 学科网（北京）股份有限公司 $