第五讲 单摆 -2025-2026学年高二上学期物理粤教版选择性必修第一册复习讲义

该高中物理复习讲义以“单摆”为核心，通过表格系统梳理单摆模型（简谐运动条件、回复力、周期公式等）和实验测定重力加速度（原理、误差分析、注意事项），构建清晰知识脉络，突出模型条件、周期影响因素等重难点内在联系。 讲义亮点在于考向分层设计，例题涵盖模型辨析（如摆角对简谐运动的影响）、周期计算（结合图像求摆长）、实验误差分析等，培养科学思维与科学探究素养。巩固练习包含选择与实验题，助力不同学生掌握方法，为教师精准教学提供支持。

粤教版（2019）选择性必修第一册复习讲义 第五讲 单摆 知识梳理 一. 单摆模型 模型 单摆 示意图 简谐运动条件 ①摆线为不可伸缩的轻细线 ②无空气阻力等 ③最大摆角小于等于5° 回复力 摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力 平衡位置 最低点 周期 T＝2π 能量转化 重力势能与动能的相互转化，机械能守恒 二、用单摆测定重力加速度 1.教材经典实验方案的原理、步骤和数据处理 2.误差分析： 误差种类 产生原因 减小方法 偶然误差 测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差 ①多次测量求平均值 ②计时从单摆经过平衡位置时开始 系统误差 主要来源于单摆模型本身 ①摆球要选体积小、密度大的 ②摆角要小于5° 注意事项： (1)选用1 m左右的细线。 (2)悬线顶端不能晃动,需用夹子夹住,保证顶点固定。 (3)小球在同一竖直面内摆动,且摆角小于5°。 (4)选择在摆球摆到平衡位置处开始计时,并数准全振动的次数。 (5)小球自然下垂时,用毫米刻度尺量出悬线长l',用游标卡尺测量小球的直径,然后算出摆球的半径r,则摆长l=l'+r。 考向分析 考向一：单摆模型及条件 例1.单摆是秋千、摆钟等实际摆的理想化模型，下列有关单摆的说法中正确的是（　　） A．单摆在任何情况下的运动都是简谐运动 B．单摆做简谐运动的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定 C．当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是所受合力不为零 D．单摆移到太空实验舱中可以用来研究简谐运动的规律 【答案】C 【详解】A．由单摆的条件可知单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，故A错误； B．由单摆做简谐运动的周期公式 即振动周期与摆球的质量和摆角无关，故B错误； C．当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是单摆的向心力不为零，所受合力不为零，故C正确； D．单摆移到太空实验舱中，由于完全失重，其回复力为零，单摆不能做简谐运动，更不能研究简简谐运动的规律，故D错误。 故选C。 例2.将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行（图甲），让秋千以小摆角（小于）自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的关系图如图乙所示。则以下说法正确的是（　　） A．秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动 B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力小于手机所受的重力 C．秋千摆动的周期为 D．该地的重力加速度 【答案】D 【详解】A．秋千从摆动到停下的过程受空气阻力，振幅不断减小，为阻尼振动，故A错误； B．在最低点，根据牛顿第二定律 可得秋千对手机的支持力 可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，故B错误； C．秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用得时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，故周期为 故C错误； D．根据单摆周期公式 可得当地重力加速度 故D正确。 故选D。 例3.物体做简谐运动时，下列叙述正确的是（　　） A．平衡位置就是回复力为零的位置 B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态 C．做简谐运动物体受到的合力与位移大小成正比，方向相反 D．单摆摆角超过5°也可以看成简谐振动 【答案】A 【详解】A．平衡位置就是回复力为零的位置，选项A正确； B．处于平衡位置的物体，不一定处于平衡状态，例如单摆在平衡位置时不是平衡状态，选项B错误； C．做简谐运动物体受到的回复力与位移大小成正比，方向相反，选项C错误； D．单摆摆角超过5°时，回复力与位移不再是正比关系，则不可以看成简谐振动，选项D错误。 故选A。 例4.图中是甲、乙两名游客体验“悬崖秋千”的情境，甲、乙游客的质量和摆幅均不相等，忽略空气阻力作用，两游客均可视作质点且摆幅较小，下列说法正确的有（　　） A．甲游客在B点机械能大于A点 B．甲游客在A点受到的回复力大于B点 C．甲、乙游客在B点的速度大小相等 D．甲、乙游客从最低点运动到最高点的时间近似相同 【答案】BD 【详解】A．甲游客在B点机械能等于A点，故A错误； B．甲游客在A点的回复力等于重力沿运动轨迹切线方向的分力，在B点的回复力为0，故B正确； C．甲、乙游客的摆幅不相等，在B点的速度大小不相等，故C错误； D．两个单摆周期近似相等，甲、乙游客从最低点运动到最高点的时间近似相同，故D正确。 故选BD。 考向二：单摆周期及回复力 例1.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。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 B．单摆的摆长约为 C．从到的过程中，摆球的重力势能逐渐减小 D．从到的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 【答案】C 【详解】A．由图乙可知，单摆的周期为，单摆的位移x随时间t变化的关系式为 故A错误； B．根据单摆周期公式 解得单摆的摆长约为 故B错误； C．由图乙可知，从到的过程中，单摆从振幅位置运动到平衡位置，则摆球的重力势能逐渐减小，故C正确； D．由图乙可知，从到的过程中，单摆从平衡位置运动到振幅位置，位移逐渐增大，根据 可知摆球所受回复力逐渐增大，故D错误。 故选C。 例2.惠更斯利用单摆的等时性发明了摆钟，如图所示，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，下列做法中正确的是（    ） A．圆盘的质量越大，摆钟走得越快 B．如果摆钟慢了，可以增大摆杆摆动的摆角 C．如果摆钟快了，应旋转螺母使圆盘沿摆杆下移 D．把摆钟从佛山搬到北京，应旋转螺母使圆盘沿摆杆上移 【答案】C 【详解】AB．根据单摆周期公式可知，摆钟的周期与圆盘的质量、摆动的摆角无关，故AB错误； C．摆钟快了，说明单摆的周期变小了，由单摆的周期公式可知L偏短了，应适当增长一些，所以应使圆盘沿摆杆下移，故C正确； D．把摆钟从佛山搬到北京，是从低纬度地区移到了高纬度地区，重力加速度变大了，由单摆的周期公式可知周期变短，钟表变快了，为使钟表变得准确，由C选项的解答可知应使圆盘沿摆杆下移，故D错误。 故选C。 例3.将一个力电传感器连接到计算机上就可以测量并显示不同时刻的力，如图甲所示，O点为单摆的固定悬点（与力电传感器相连），将质量的小摆球（可视为质点）拉至A点由静止释放，摆球在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为的最低点，，小于5°且是未知量。摆动稳定后由A开始计时，由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，重力加速度g取，，根据力学规律和题中所给的信息分析下列说法正确的是（　　） A．摆球摆动中回复力是重力和细线拉力的合力 B．单摆的摆动周期约为1.26s C．单摆的摆长为1.0m D．摆球运动中的最大速率为0.8m/s 【答案】D 【详解】A．小摆球运动中回复力是重力在垂直细线方向的分力，故A错误； B．小摆球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律并结合图像可知，周期，故B错误； C．由单摆的周期公式可知摆长为 故C错误； D．在最低点B时，摆球的速度最大，此时细线对摆球的拉力最大，根据牛顿第二定律 解得摆球运动中的最大速率为 故D正确。 故选D。 例4.摆钟是一种较有年代的计时钟表。其基本原理是利用了单摆的周期性，结合巧妙的擒纵器设计，实现计时的功能。如图为其内部的结构简图，设原先摆钟走时准确，则（　　） A．摆动过程中，金属圆盘所受合力为其回复力 B．摆钟在太空实验室内也可以正常使用的 C．该摆钟从北京带到广州，为使走时准确，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季为了准时，考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 【答案】CD 【详解】A．回复力是指向平衡位置的力，摆动过程中，金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力，金属圆盘所受合力还有一部分提供向心力，故A错误； B．金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力，该摆钟在太空实验室内处于失重状态，因此不可正常使用，故B错误； C．该摆钟从北京带到广州，重力加速度减小，由单摆的周期公式 可知周期变大，摆钟变慢，为走时准确，需要摆钟的摆长变短，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故C正确； D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季温度升高，由于热胀冷缩，摆长变长，为了准时，需要摆长变短，因此考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故D正确。 故选CD。 考向三：单摆图像及表达式 例1.如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线。图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线(图中的虚线)，已知P、Q分别是木板1上的两点，忽略沙漏重心的变化，则（    ） A．两次实验沙漏振动周期不变 B．木板1移动的速度比木板2的速度小 C．位置P处的沙层比Q处的沙层浅一些 D．沙漏摆动过程中的回复力由重力和拉力的合力提供 【答案】AB 【详解】A．根据单摆周期公式可知，两次实验沙漏振动周期不变，故A正确； B．木板做匀速运动，设振动周期为T，则 解得： 故木板1移动的速度比木板2的速度小，故B正确； C．沙漏摆动时在最大位移处速度为零，在平衡位置处速度最大，所以P处堆积的细沙比Q处多，故C错误； D．忽略阻力，沙漏的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，故D错误。 故选AB。 例2.如图甲所示的漏斗在做简谐运动的同时，小付同学将下方的薄木板沿箭头方向匀加速拉出，漏斗3s内漏出的细沙在板上形成的曲线如图乙所示，当地重力加速度大小，下列说法正确的是（    ） A．该沙摆的周期为2s B．该沙摆的摆长约为1m C．由图乙可知，木板被匀加速拉出 D．当图乙中的B点通过沙摆正下方时，薄木板的速度大小为0.35m/s 【答案】ABC 【详解】A．由题图乙知，该沙摆的周期为2s，故A正确； B．沙摆的周期 解得 故B正确； C．由题图乙中数据可知，木板在连续且相等的时间段内的位移差 根据逐差法可得加速度 可知木板被匀加速拉出，故C正确； D．匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有 故D错误。 故选ABC。 例3.学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是（　　） A．甲、乙两单摆的摆球质量之比是1:2 B．甲、乙两单摆的摆长之比是1:4 C．t=1.5s时，两摆球的速度方向相同 D．t=1.5s时，两摆球的加速度方向相同 【答案】BD 【详解】A．单摆的周期与单摆的质量和振幅无关，根据单摆的振动图像无法判断摆球质量的比值关系，故A错误； B．根据单摆的周期公式有 解得 根据图像可知 可知 故B正确； C．t=1.5s时，甲正在靠近平衡位置，而乙正在远离平衡位置，可知，t=1.5s时，两摆球的速度方向相反，故C错误； D．t=1.5s时，两摆球相对于平衡位置的位移均为正值，则加速度方向沿负方向，即加速度方向相同，故D正确。 故选BD。 例4.如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，得到摆球相对平衡位置的位移x随时间变化的图像，如图乙所示，不计空气阻力。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　）    A．时，摆球所受回复力最大，方向向右 B．时，摆球偏离平衡位置位移最大，方向向右 C．从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．该单摆摆长约为2m 【答案】A 【详解】A．以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向, 时,位移为，即摆球在端点A，由可知，摆球所受回复力最大，方向向右，故A正确； B．时，摆球的位移为零，即摆球刚好在平衡位置，故B错误； C．从到的过程中，摆球的位移逐渐减小，即向下摆动回到平衡位置，重力做正功，重力势能逐渐减小，故C错误； D．由图像可知单摆的周期为，由，可得摆长为 故D错误。 故选A。 例5.如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大 B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零 C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同 D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同 【答案】C 【详解】由单摆的振动图像可知振动周期为，由单摆的周期公式得摆长为 x-t图像的斜率代表速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同，方向不同。 综上所述，可知C正确，故选C。 考向四：用单摆测量重力加速度的大小 例1.如图甲所示，某学习小组利用单摆测量当地的重力加速度。 (1)单摆在摆动过程中，下列说法正确的是________； A．摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用 B．摆球位移增大时，回复力也增大 C．摆球在最高点时，速度为零，合力也为零 D．摆球在最低点时，速度最大，回复力也最大 (2)在测量单摆周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“x”时，停表停止计时，读出这段时间t。则该单摆的周期为 ； (3)若小组同学周期测量正确，但测量摆长时忘记加小球半径，改变摆线长L，分别测出对应的单摆周期T，作出图像如图乙所示，根据图像，小组同学得到了图线在横轴上的截距为a，图线的斜率为k，则小球的直径为 ，当地的重力加速度为 。（用题中k、a、表示） 【答案】(1)B (2) (3) 【详解】（1）A．摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，故A错误； B．回复力与位移大小成正比，位移增大回复力也增大，故B正确； C．在最高点处速度为零，回复力最大，合力不为零，故C错误； D．摆球在摆动过程中，在最低点处，速度最大，回复力为零，故D错误。 故选B。 （2）单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，单摆周期 （3）[1][2]由单摆周期公式得 整理得 图线的斜率 将、代入表达式，即 得小球直径 当地的重力加速度 例2.某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。 (1)实验时用螺旋测微器测量小球直径，示数如图乙所示，则读数为 mm。 (2)关于该实验，下列说法正确的是______。 A．摆线要选择细些的、伸缩性大些的，并且适当长一些 B．测量摆长时应将摆线长加上小球半径作为摆长 C．为了使单摆的周期大一些，方便测量，开始时要拉开摆球，使摆角较大 D．摆球振动稳定后，当摆球运动至最低点处开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期 (3)实验中，若直接使用公式计算重力加速度，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是______。 A．摆线具有弹性，摆动时绳子伸长 B．以摆线的长度作为摆长来进行计算 C．把次全振动时间误当成n次全振动时间 D．在加速上升的电梯中做此实验 (4)通过改变摆线的长度，该小组测得多组摆长L和对应的周期的平方，画出的图像如图丙所示，若图像的斜率为k，纵截距为b，可得当地的重力加速度大小为 ，图像不过原点的原因是 。 【答案】(1)11.700 (2)BD (3)CD (4) 摆长未考虑小球半径 【详解】（1）读数为11.5mm+0.01mm×20.0=11.700mm （2）A．摆线不能有伸缩性，应适当细些、长些，A错误； B．摆长为摆线长加小球半径，B正确； C．单摆测重力加速度的前提是摆角小于5°，C错误； D．50次全振动所用的时间t，则单摆周期，D正确。 故选BD。 （3）A．摆线具有伸缩性，则摆长测量值偏小，根据，，g的测量值偏小，A错误； B．同理以摆线的长度作为摆长来进行计算，摆长偏小，g的测量值偏小，B错误； C．把次全振动时间误当成n次全振动时间，T的测量值偏小，g偏大，C正确； D．在加速上升的电梯中做此实验处于超重状态，g测量值偏大，D正确。 故选CD。 （4）[1][2]由，得 则 故。 图线不过原点是因为未考虑小球半径，造成图像向左平移。 例3.手机phyphox软件通过内置传感器采集数据并经运算可直接测出手机的位移数据，实验小组用此来测当地重力加速度。装置如图甲，用两根竖直平行细线固定手机，线上端固定在铁架台铁杆下端，静止在平衡位置时手机表面保持水平。忽略细线的质量和伸缩，以下问题中，取，结果保留三位有效数字。 (1)手机应该在 （选填“垂直、平行”）于纸面的平面内摆动， (2)实验小组成员不能确定手机的重心在哪里，就只测了手机上表面到细线悬点的距离L，然后逐次减小这个距离,正确操作后连续两次手机显示的振动图像如图乙所示，，则可得出当地重力加速度为 m/s2。 (3)测出多组距离L和对应的振动图像（由振动图像获得周期T），画出图，正确的是 （选填“丙”或“丁”）。 【答案】(1)垂直 (2)9.65 (3)丙 【详解】（1）手机只有垂直于纸面摆动，手机才做稳定的简谐运动。 （2）设手机的重心到手机上表面的距离为，由单摆周期公式可得， 联立解得， 解得 （3）根据上述分析可知，单摆的周期 解得 因此图像为丙图。 例4.单摆可作为研究简谐运动的理想模型。 (1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中 不变； (2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为 cm； (3)某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2所示的图像，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= （用含k表达式来表示）。 【答案】(1)摆长 (2)1.06 (3) 【详解】（1）选择图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变； （2）游标尺为10分度，其精确度为 则小球的直径为 （3）根据单摆的周期 整理可得 在图像中，其斜率为 解得 巩固练习 一、单选题 1．如图所示，置于地球表面上的一单摆在小振幅条件下摆动的周期为，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摆球的重力 B．单摆摆动过程，绳子的拉力始终小于摆球的重力 C．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 D．将该单摆置于月球表面，其摆动周期为 【答案】D 【详解】AB．在最高点时，绳的拉力等于重力的一个分力，此时绳子的拉力小于重力；在最低点的时候绳的拉力和重力共同提供向心力 可得 故AB错误； C．小球所受重力和绳的拉力的合力的切向分力提供单摆做简谐运动的回复力，径向分力提供向心力，故C错误； D．月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，根据单摆周期公式可知将该单摆置于月球表面，其摆动周期为，故D正确。 故选D。 2．荡秋千是深受小朋友喜欢的游乐活动。如图所示，秋千由坐板和绳构成，人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单摆模型，人和坐板可视为“摆球”，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．“摆球”所受重力和绳的拉力的合力提供“摆球”做简谐运动的回复力 B．远离最低点运动的过程中，“摆球”的回复力逐渐增大 C．经过最低点时“摆球”处于平衡状态 D．“摆球”经过最低点时开始计时，则经过半个周期“摆球”相对最低点的位移最大 【答案】B 【详解】A． “摆球”所受重力在垂直摆线方向的分力提供“摆球”做简谐运动的回复力，选项A错误； B．远离最低点运动的过程中，“摆球”重力在垂直摆线方向的分力逐渐变大，可知“摆球”的回复力逐渐增大，选项B正确； C．经过最低点时“摆球”有向心加速度，可知不是处于平衡状态，选项C错误； D．“摆球”经过最低点时开始计时，则经过四分之一周期“摆球”相对最低点的位移最大，选项D错误。 故选B。 3．如图甲，一个小球在间做简谐运动，点为最低点。以点为坐标原点、以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示。重力加速度大小取，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．小球的振动方程为 B．，小球的动能逐渐增大 C．动能和重力势能相互转化的周期为 D．此单摆的摆长约为 【答案】C 【详解】A．由图乙可知，小球的振动周期为 振幅 小球的振动方程是 A项错误； B．，小球远离平衡位置，动能转化为势能，小球的动能逐渐减小，B项错误； C．单摆周期为2s，一个周期内动能和重力势能相互转化两次，故动能和重力势能相互转化的周期为，C项正确； D．根据周期公式有 解得 D项错误。 故选C。 4．如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两单摆的摆长不相等 B．甲摆的机械能比乙摆的大 C．在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆 D．由图像可以求出当地的重力加速度 【答案】C 【详解】A．由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式 得知甲、乙两单摆的摆长相等，选项A错误； B．尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的质量未知，故无法比较机械能的大小，选项B错误； C．在t=0.5s时，甲单摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙单摆具有正向最大加速度，选项C正确； D．由单摆的周期公式 得 由于不知道单摆的摆长，所以不能求得重力加速度，选项D错误； 故选C。 5．如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．单摆的周期为 B．测量出的重力加速度 C．小球拉起的幅度越大，运动周期越大 D．小球经过最低点时，速度最大，合力为零 【答案】B 【详解】A．小球经过最低点时磁性最低，由乙图可知单摆的周期为，A错误； B．根据单摆的周期 解得 B正确； C．根据单摆的周期，可知单摆的周期与振幅无关，C错误； D．小球经过最低点时，速度最大，小球的运动方向发生改变，合力提供向心力，合力不为零，D错误。 故选B。 6．如图所示为机械节拍器。机械节拍器内部有一个发条驱动，来带动外部的摆杆，摆杆上有一个可移动的摆锤，调节好摆锤的位置，拨动摆杆，摆锤就会在竖直平面内按照单摆运动规律左右来回摆动。则下列说法正确的是（　　） A．摆锤在最高点时处于超重状态 B．摆锤在最低点时处于超重状态 C．摆锤摆动过程中机械能守恒 D．摆动中，摆锤松动后下移会使摆锤摆动变慢 【答案】B 【详解】A．摆锤在最高点有竖直向下的加速度，处于失重状态，A错误； B．摆锤在最低点时即将向上摆动，有向上的加速度，处于超重状态，B正确； C．摆锤按照单摆的运动规律摆动，在最低点速度为0，动能最小，重力势能也最小，在最高点，也就是平衡位置速度最大，重力势能也最大，所以机械能不守恒，C错误； D．摆动中，摆锤松动后下移，摆长会变小，类比单摆周期公式 可知，摆长变短，周期变小，摆动变快，D错误。 故选B。 7．如图所示，某同学利用双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度。已知每根悬线长为d，两悬点间相距s，金属小球半径为r，AB为光电计数器。现将小球垂直于纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个较小的角度并由静止释放，同时，启动光电计数器，当小球第一次经过图中虚线（光束）位置O时，由A射向B的光束被挡住，计数器计数一次，显示为“1”，同时计时器开始计时。然后每当小球经过点O时，计数器都计数一次。当计数器上显示的计数次数刚好为n时，所用的时间为t，则下列说法正确的是（　　） A．双线摆的摆角越小，则周期越小 B．双线摆的振动周期 C．双线摆的等效摆长 D．静止释放瞬间，小球的回复力为零 【答案】B 【详解】A．双线摆可等效为单摆，在摆角较小时，根据周期公式有 可知周期与摆角大小无关，故A错误； B．当计数器显示计数次数为时，小球经过平衡位置次，则有 解得单摆的周期，故B正确； C．双线摆的等效摆长为，故C错误； D．由静止释放瞬间，小球偏离平衡位置，即小球相对于平衡位置的位移不等于0，则回复力不为零，故D错误。 故选B。 二、多选题 8．某单摆由1m长的摆线连接一个直径2cm的铁球组成，关于单摆周期，以下说法正确的是（　　） A．单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线拉力的合力 B．摆角从改为，单摆的周期会变小 C．用等大的铜球代替铁球，单摆的周期不变 D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变小 【答案】CD 【详解】A．单摆做简谐运动的回复力是重力沿切线方向的分力，故A错误； B．在小摆角情况下，单摆作简谐运动的周期与摆角无关，摆角从改为，单摆的周期不变，故B错误； C．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C正确； D．将单摆从赤道移到北极，重力加速度变大，由单摆周期公式 可知单摆的周期变小，故D正确。 故选CD。 9．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，其振动图像如图（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，小球的回复力最大 C．t3时刻小球速度为零，小球的合力为零 D．t3时刻到t4时刻的过程中，轨道对小球的支持力变大 【答案】AD 【详解】A．小球做小角度振动，则小球的运动可以近似看为简谐运动，t1时刻小球相对于平衡位置位移最大，即小球运动到了最高点，可知，此时小球速度为零，轨道对它的支持力最小，故A正确； B．结合上述，t2时刻小球处于简谐运动的平衡位置，小球的速度最大，小球的回复力最小，故B错误； C．t3时刻小球相对于平衡位置位移最大，即小球运动到了最高点，可知，此时小球速度为零，小球的合力不为零，故C错误； D．t3时刻到t4时刻的过程中，小球由最高点运动到最低点，速度增大，沿半径方向的合力增大，重力沿半径方向的分力增大，则轨道对小球的支持力变大，故D正确。 故选AD。 10．小明在实验室做单摆实验时得到如图所示的单摆振动情形，是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置，小明通过实验测得当地重力加速度为，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向，，则下列选项正确的是（　　） A．此单摆的振动频率是 B．根据图乙可知开始计时摆球在点 C．图中点向负方向振动 D．根据已知数据可以求得此单摆的摆长为 【答案】CD 【详解】A．由乙图可知，单摆的振动周期为，频率为，故A错误； B．由乙图可知，是位移负向最大，开始向正方向运动，而单摆向右摆动为正方向，所以开始计时摆球在点，故B错误； C．由振动图像可知，点向负方向振动，故C正确； D．由单摆的周期公式 可知，摆长为 故D正确。 故选CD。 三、实验题 11．请完成下列实验操作和计算。 (1)在“练习使用游标卡尺和螺旋测微器的实验中”，用游标卡尺测量小球的直径，示数如图甲所示，读数为 cm。 (2)某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒定律，实验步骤如下： a．按图乙所示固定力传感器； b．取一根不可伸长的轻质细线，一端连接一小铁球，另一端固定在力传感器上； c．让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力读数为F0； d．让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图像如图丙所示，其中F2是拉力的最大值，F1是拉力的最小值。 ①小铁球的重力为 （用题中所给字母表示）。 ②为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，只需验证F0= 是否成立即可（用F1、F2表示）。 ③该同学想在此基础上继续测定当地的重力加速度，首先根据图丙可知单摆的周期为T= ；然后用游标卡尺测出小铁球的直径D，还测得该单摆的摆线长为L，则重力加速度的表达式为g= （用物理量t0、L、D表示）。 【答案】(1)2.045 (2) F0 4t0 【详解】（1）小球的直径 （2）①[1]小铁球静止时，力传感器的示数为F0，即细线的拉力为F0，可知小铁球的重力为 ②[2]设小铁球在最低点的速度大小为v，由牛顿第二定律有 小铁球在最低点的动能为 从A点到最低点，小铁球的重力势能减少量等于重力做的功，即 另在A点对小铁球受力分析得 从A点到最低点的过程中，重力势能减少量等于动能的增加量，即 联立可得 ③[3]小铁球在经过最低点时细线的拉力最大，且一个周期内两次经过最低点，所以小铁球做单摆运动的周期 [4]由单摆周期公式可知 解得 12．某同学设计了如图甲所示的实验装置来测量当地的重力加速度。质量未知的小钢球用一根不可伸长的细线与力传感器相连。力传感器能显示出细线上拉力的大小，光电门安装在力传感器的正下方，调整光电门的位置，使小钢球通过光电门时，光电门的激光束正对小钢球的球心。 (1)实验前，用游标卡尺测量小钢球的直径d，如图乙所示，则小钢球的直径 mm。 (2)将小钢球拉到一定的高度处由静止释放，与光电门相连的计时器记录下小钢球通过光电门的时间为t，力传感器测出细线上拉力的最大值为F，则小钢球经过光电门时的速度大小为 （用d、t表示）；已知细线长度为L，则小钢球做圆周运动的半径为 （用d、L表示）。 (3)已知实验中空气阻力的影响可忽略，该同学通过改变小钢球由静止释放的高度，测出多组t和F的值，作出图像如图丙所示。图像的斜率为k，纵轴截距为b，则当地的重力加速度为 （用k、b、L、d表示）。若把细线的长度当作小钢球做圆周运动的半径，则重力加速度的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 【答案】(1)14.5 (2) (3) 大于 【详解】（1）由图乙可知，游标卡尺精度为0.1mm，故小钢球的直径d = 14mm＋0.1×5mm = 14.5mm （2）[1]由题意可知小钢球通过光电门的时间为t，故此时小钢球的速度大小为 [2]小钢球做圆周运动的半径为 （3）[1]在最低点由细线拉力F和小钢球重力mg的合力提供向心力 整理得 所以斜率，纵轴截距 联立解得 [2]若把细线的长度作为小钢球做圆周运动的半径，则重力加速度的测量值大于真实值。 13．在“用单摆测定重力加速度”的实验中： (1)由公式求得的g值偏小，可能是由于______。 A．测量摆长时，只测量了摆线长度 B．悬点固定不牢，摆动中摆线被拉长了 C．测量周期时，将N次全振动误记为次全振动 D．选择了质量大体积小的摆球 (2)某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方。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，画出图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为 。请你判断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 。（填“偏大”、“偏小”或“相同”） 【答案】(1)AB (2) 相同 【详解】（1）A．根据公式，若测量摆长时，只测量了摆线长度，测得摆线比实际小，则测量的g值偏小，A正确； B．摆动中摆线被拉长了，导致实际摆线比测量摆线长，即测量摆线短，根据公式，可知，测量g值偏小，B正确； C．测量周期时，将N次全振动误记为N+1次全振动，使得测量周期偏小，根据公式可知，测量g值偏大，C错误； D．实验中为了减小阻力带来的误差，选择质量大体积小的摆球，所以选择了质量大体积小的摆球，测量g值不会偏小，D错误。 故选AB。 （2）[1]根据单摆周期公式 得 则图像斜率 所以 [2]由图像可知L与T2成正比，由于单摆摆长偏大还是偏小不影响图像的斜率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。 14．随着科技发展，智能手机不仅为我们的生活带来了便利，也可以利用它的摄像头和内部传感器协助我们完成物理实验。某同学在“用单摆测量重力加速度”的实验中，利用了智能手机磁传感器和一个磁性小球进行了如下实验： (1)将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图1所示的单摆。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋测微器测得摆球的直径为（读数如图2所示）。从图2可知，摆球的直径为 。 (2)将智能手机磁传感器置于磁性小球平衡位置正下方，打开智能手机的磁传感器，准备测量磁感应强度的变化。将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图3所示。由图3可知，单摆的周期为 。 (3)经测量得到6组不同的摆长和对应的周期，画出图线，然后在图线上选取、两个点，坐标如图4所示。则当地重力加速度的表达式 。图4中图像不过原点的原因是 。 A．计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球半径 B．计算摆长时用的是摆线长度加上小球直径 【答案】(1)5.980 (2) (3) A 【详解】（1）螺旋测微器的精确度为，由图2可知，摆球的直径为 （2）实验中，磁性小球经过最低点时测得的磁感应强度最大，根据图3有 解得周期为 （3）[1]根据，可得 结合图像，可得 解得 [2]结合上述可知，考虑磁性小球的半径时， 图像才会过原点，其中 同理，若没有考虑磁性小球的半径时， 故图4中图像不过原点的原因是计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球半径。 故选A。 轻松学物理 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 粤教版（2019）选择性必修第一册复习讲义 第五讲 单摆 知识梳理 一. 单摆模型 模型 单摆 示意图 简谐运动条件 ①摆线为不可伸缩的轻细线 ②无空气阻力等 ③最大摆角小于等于5° 回复力 摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力 平衡位置 最低点 周期 T＝2π 能量转化 重力势能与动能的相互转化，机械能守恒 二、用单摆测定重力加速度 1.教材经典实验方案的原理、步骤和数据处理 2.误差分析： 误差种类 产生原因 减小方法 偶然误差 测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差 ①多次测量求平均值 ②计时从单摆经过平衡位置时开始 系统误差 主要来源于单摆模型本身 ①摆球要选体积小、密度大的 ②摆角要小于5° 注意事项： (1)选用1 m左右的细线。 (2)悬线顶端不能晃动,需用夹子夹住,保证顶点固定。 (3)小球在同一竖直面内摆动,且摆角小于5°。 (4)选择在摆球摆到平衡位置处开始计时,并数准全振动的次数。 (5)小球自然下垂时,用毫米刻度尺量出悬线长l',用游标卡尺测量小球的直径,然后算出摆球的半径r,则摆长l=l'+r。 考向分析 考向一：单摆模型及条件 例1.单摆是秋千、摆钟等实际摆的理想化模型，下列有关单摆的说法中正确的是（　　） A．单摆在任何情况下的运动都是简谐运动 B．单摆做简谐运动的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定 C．当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是所受合力不为零 D．单摆移到太空实验舱中可以用来研究简谐运动的规律 例2.将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行（图甲），让秋千以小摆角（小于）自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的关系图如图乙所示。则以下说法正确的是（　　） A．秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动 B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力小于手机所受的重力 C．秋千摆动的周期为 D．该地的重力加速度 例3.物体做简谐运动时，下列叙述正确的是（　　） A．平衡位置就是回复力为零的位置 B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态 C．做简谐运动物体受到的合力与位移大小成正比，方向相反 D．单摆摆角超过5°也可以看成简谐振动 例4.图中是甲、乙两名游客体验“悬崖秋千”的情境，甲、乙游客的质量和摆幅均不相等，忽略空气阻力作用，两游客均可视作质点且摆幅较小，下列说法正确的有（　　） A．甲游客在B点机械能大于A点 B．甲游客在A点受到的回复力大于B点 C．甲、乙游客在B点的速度大小相等 D．甲、乙游客从最低点运动到最高点的时间近似相同 考向二：单摆周期及回复力 例1.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。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 B．单摆的摆长约为 C．从到的过程中，摆球的重力势能逐渐减小 D．从到的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 例2.惠更斯利用单摆的等时性发明了摆钟，如图所示，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，下列做法中正确的是（    ） A．圆盘的质量越大，摆钟走得越快 B．如果摆钟慢了，可以增大摆杆摆动的摆角 C．如果摆钟快了，应旋转螺母使圆盘沿摆杆下移 D．把摆钟从佛山搬到北京，应旋转螺母使圆盘沿摆杆上移 例3.将一个力电传感器连接到计算机上就可以测量并显示不同时刻的力，如图甲所示，O点为单摆的固定悬点（与力电传感器相连），将质量的小摆球（可视为质点）拉至A点由静止释放，摆球在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为的最低点，，小于5°且是未知量。摆动稳定后由A开始计时，由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，重力加速度g取，，根据力学规律和题中所给的信息分析下列说法正确的是（　　） A．摆球摆动中回复力是重力和细线拉力的合力 B．单摆的摆动周期约为1.26s C．单摆的摆长为1.0m D．摆球运动中的最大速率为0.8m/s 例4.摆钟是一种较有年代的计时钟表。其基本原理是利用了单摆的周期性，结合巧妙的擒纵器设计，实现计时的功能。如图为其内部的结构简图，设原先摆钟走时准确，则（　　） A．摆动过程中，金属圆盘所受合力为其回复力 B．摆钟在太空实验室内也可以正常使用的 C．该摆钟从北京带到广州，为使走时准确，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季为了准时，考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 考向三：单摆图像及表达式 例1.如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线。图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线(图中的虚线)，已知P、Q分别是木板1上的两点，忽略沙漏重心的变化，则（    ） A．两次实验沙漏振动周期不变 B．木板1移动的速度比木板2的速度小 C．位置P处的沙层比Q处的沙层浅一些 D．沙漏摆动过程中的回复力由重力和拉力的合力提供 例2.如图甲所示的漏斗在做简谐运动的同时，小付同学将下方的薄木板沿箭头方向匀加速拉出，漏斗3s内漏出的细沙在板上形成的曲线如图乙所示，当地重力加速度大小，下列说法正确的是（    ） A．该沙摆的周期为2s B．该沙摆的摆长约为1m C．由图乙可知，木板被匀加速拉出 D．当图乙中的B点通过沙摆正下方时，薄木板的速度大小为0.35m/s 例3.学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是（　　） A．甲、乙两单摆的摆球质量之比是1:2 B．甲、乙两单摆的摆长之比是1:4 C．t=1.5s时，两摆球的速度方向相同 D．t=1.5s时，两摆球的加速度方向相同 例4.如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，得到摆球相对平衡位置的位移x随时间变化的图像，如图乙所示，不计空气阻力。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　）    A．时，摆球所受回复力最大，方向向右 B．时，摆球偏离平衡位置位移最大，方向向右 C．从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．该单摆摆长约为2m 例5.如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大 B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零 C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同 D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同 考向四：用单摆测量重力加速度的大小 例1.如图甲所示，某学习小组利用单摆测量当地的重力加速度。 (1)单摆在摆动过程中，下列说法正确的是________； A．摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用 B．摆球位移增大时，回复力也增大 C．摆球在最高点时，速度为零，合力也为零 D．摆球在最低点时，速度最大，回复力也最大 (2)在测量单摆周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“x”时，停表停止计时，读出这段时间t。则该单摆的周期为 ； (3)若小组同学周期测量正确，但测量摆长时忘记加小球半径，改变摆线长L，分别测出对应的单摆周期T，作出图像如图乙所示，根据图像，小组同学得到了图线在横轴上的截距为a，图线的斜率为k，则小球的直径为 ，当地的重力加速度为 。（用题中k、a、表示） 例2.某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。 (1)实验时用螺旋测微器测量小球直径，示数如图乙所示，则读数为 mm。 (2)关于该实验，下列说法正确的是______。 A．摆线要选择细些的、伸缩性大些的，并且适当长一些 B．测量摆长时应将摆线长加上小球半径作为摆长 C．为了使单摆的周期大一些，方便测量，开始时要拉开摆球，使摆角较大 D．摆球振动稳定后，当摆球运动至最低点处开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期 (3)实验中，若直接使用公式计算重力加速度，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是______。 A．摆线具有弹性，摆动时绳子伸长 B．以摆线的长度作为摆长来进行计算 C．把次全振动时间误当成n次全振动时间 D．在加速上升的电梯中做此实验 (4)通过改变摆线的长度，该小组测得多组摆长L和对应的周期的平方，画出的图像如图丙所示，若图像的斜率为k，纵截距为b，可得当地的重力加速度大小为 ，图像不过原点的原因是 。 例3.手机phyphox软件通过内置传感器采集数据并经运算可直接测出手机的位移数据，实验小组用此来测当地重力加速度。装置如图甲，用两根竖直平行细线固定手机，线上端固定在铁架台铁杆下端，静止在平衡位置时手机表面保持水平。忽略细线的质量和伸缩，以下问题中，取，结果保留三位有效数字。 (1)手机应该在 （选填“垂直、平行”）于纸面的平面内摆动， (2)实验小组成员不能确定手机的重心在哪里，就只测了手机上表面到细线悬点的距离L，然后逐次减小这个距离,正确操作后连续两次手机显示的振动图像如图乙所示，，则可得出当地重力加速度为 m/s2。 (3)测出多组距离L和对应的振动图像（由振动图像获得周期T），画出图，正确的是 （选填“丙”或“丁”）。 例4.单摆可作为研究简谐运动的理想模型。 (1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中 不变； (2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为 cm； (3)某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2所示的图像，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= （用含k表达式来表示）。 巩固练习 一、单选题 1．如图所示，置于地球表面上的一单摆在小振幅条件下摆动的周期为，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摆球的重力 B．单摆摆动过程，绳子的拉力始终小于摆球的重力 C．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 D．将该单摆置于月球表面，其摆动周期为 2．荡秋千是深受小朋友喜欢的游乐活动。如图所示，秋千由坐板和绳构成，人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单摆模型，人和坐板可视为“摆球”，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．“摆球”所受重力和绳的拉力的合力提供“摆球”做简谐运动的回复力 B．远离最低点运动的过程中，“摆球”的回复力逐渐增大 C．经过最低点时“摆球”处于平衡状态 D．“摆球”经过最低点时开始计时，则经过半个周期“摆球”相对最低点的位移最大 3．如图甲，一个小球在间做简谐运动，点为最低点。以点为坐标原点、以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示。重力加速度大小取，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．小球的振动方程为 B．，小球的动能逐渐增大 C．动能和重力势能相互转化的周期为 D．此单摆的摆长约为 4．如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两单摆的摆长不相等 B．甲摆的机械能比乙摆的大 C．在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆 D．由图像可以求出当地的重力加速度 5．如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．单摆的周期为 B．测量出的重力加速度 C．小球拉起的幅度越大，运动周期越大 D．小球经过最低点时，速度最大，合力为零 6．如图所示为机械节拍器。机械节拍器内部有一个发条驱动，来带动外部的摆杆，摆杆上有一个可移动的摆锤，调节好摆锤的位置，拨动摆杆，摆锤就会在竖直平面内按照单摆运动规律左右来回摆动。则下列说法正确的是（　　） A．摆锤在最高点时处于超重状态 B．摆锤在最低点时处于超重状态 C．摆锤摆动过程中机械能守恒 D．摆动中，摆锤松动后下移会使摆锤摆动变慢 7．如图所示，某同学利用双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度。已知每根悬线长为d，两悬点间相距s，金属小球半径为r，AB为光电计数器。现将小球垂直于纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个较小的角度并由静止释放，同时，启动光电计数器，当小球第一次经过图中虚线（光束）位置O时，由A射向B的光束被挡住，计数器计数一次，显示为“1”，同时计时器开始计时。然后每当小球经过点O时，计数器都计数一次。当计数器上显示的计数次数刚好为n时，所用的时间为t，则下列说法正确的是（　　） A．双线摆的摆角越小，则周期越小 B．双线摆的振动周期 C．双线摆的等效摆长 D．静止释放瞬间，小球的回复力为零 二、多选题 8．某单摆由1m长的摆线连接一个直径2cm的铁球组成，关于单摆周期，以下说法正确的是（　　） A．单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线拉力的合力 B．摆角从改为，单摆的周期会变小 C．用等大的铜球代替铁球，单摆的周期不变 D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变小 9．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，其振动图像如图（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，小球的回复力最大 C．t3时刻小球速度为零，小球的合力为零 D．t3时刻到t4时刻的过程中，轨道对小球的支持力变大 10．小明在实验室做单摆实验时得到如图所示的单摆振动情形，是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置，小明通过实验测得当地重力加速度为，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向，，则下列选项正确的是（　　） A．此单摆的振动频率是 B．根据图乙可知开始计时摆球在点 C．图中点向负方向振动 D．根据已知数据可以求得此单摆的摆长为 三、实验题 11．请完成下列实验操作和计算。 (1)在“练习使用游标卡尺和螺旋测微器的实验中”，用游标卡尺测量小球的直径，示数如图甲所示，读数为 cm。 (2)某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒定律，实验步骤如下： a．按图乙所示固定力传感器； b．取一根不可伸长的轻质细线，一端连接一小铁球，另一端固定在力传感器上； c．让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力读数为F0； d．让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图像如图丙所示，其中F2是拉力的最大值，F1是拉力的最小值。 ①小铁球的重力为 （用题中所给字母表示）。 ②为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，只需验证F0= 是否成立即可（用F1、F2表示）。 ③该同学想在此基础上继续测定当地的重力加速度，首先根据图丙可知单摆的周期为T= ；然后用游标卡尺测出小铁球的直径D，还测得该单摆的摆线长为L，则重力加速度的表达式为g= （用物理量t0、L、D表示）。 12．某同学设计了如图甲所示的实验装置来测量当地的重力加速度。质量未知的小钢球用一根不可伸长的细线与力传感器相连。力传感器能显示出细线上拉力的大小，光电门安装在力传感器的正下方，调整光电门的位置，使小钢球通过光电门时，光电门的激光束正对小钢球的球心。 (1)实验前，用游标卡尺测量小钢球的直径d，如图乙所示，则小钢球的直径 mm。 (2)将小钢球拉到一定的高度处由静止释放，与光电门相连的计时器记录下小钢球通过光电门的时间为t，力传感器测出细线上拉力的最大值为F，则小钢球经过光电门时的速度大小为 （用d、t表示）；已知细线长度为L，则小钢球做圆周运动的半径为 （用d、L表示）。 (3)已知实验中空气阻力的影响可忽略，该同学通过改变小钢球由静止释放的高度，测出多组t和F的值，作出图像如图丙所示。图像的斜率为k，纵轴截距为b，则当地的重力加速度为 （用k、b、L、d表示）。若把细线的长度当作小钢球做圆周运动的半径，则重力加速度的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 13．在“用单摆测定重力加速度”的实验中： (1)由公式求得的g值偏小，可能是由于______。 A．测量摆长时，只测量了摆线长度 B．悬点固定不牢，摆动中摆线被拉长了 C．测量周期时，将N次全振动误记为次全振动 D．选择了质量大体积小的摆球 (2)某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方。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，画出图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为 。请你判断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 。（填“偏大”、“偏小”或“相同”） 14．随着科技发展，智能手机不仅为我们的生活带来了便利，也可以利用它的摄像头和内部传感器协助我们完成物理实验。某同学在“用单摆测量重力加速度”的实验中，利用了智能手机磁传感器和一个磁性小球进行了如下实验： (1)将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图1所示的单摆。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋测微器测得摆球的直径为（读数如图2所示）。从图2可知，摆球的直径为 。 (2)将智能手机磁传感器置于磁性小球平衡位置正下方，打开智能手机的磁传感器，准备测量磁感应强度的变化。将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图3所示。由图3可知，单摆的周期为 。 (3)经测量得到6组不同的摆长和对应的周期，画出图线，然后在图线上选取、两个点，坐标如图4所示。则当地重力加速度的表达式 。图4中图像不过原点的原因是 。 A．计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球半径 B．计算摆长时用的是摆线长度加上小球直径 轻松学物理 1 学科网（北京）股份有限公司 $