2.3 单摆（高效培优·讲义）物理沪科版选择性必修第一册

本讲义聚焦单摆这一核心知识点，系统梳理单摆的组成与理想化模型，深入解析回复力的来源及简谐运动条件，推导周期公式并拓展等效摆长、等效重力加速度等模型，结合实验“用单摆测量重力加速度”构建从理论到实践的完整学习支架。 该资料通过实验步骤细化（如图像法处理数据）、模型拓展（如斜面摆、升降机中摆）及分层练习（基础速刷与能力跃升），培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力，强化科学探究中的实验设计与误差分析。课中辅助教师突破重难点，课后助力学生巩固知识、查漏补缺。

2.3 单摆 目录 01 本节导航·目标清单 02 教材精研·内容全解 考点01 单摆的回复力 考点02 单摆的周期 考点03 实验：用单摆测量重力加速度 03 避坑指南·解题通法 角度01 单摆模型拓展 04 真题闯关·溯源演练 05 课后三阶·精准练习 目标导航 方法指导 1.了解什么是单摆，初步形成单摆的回复力及周期的概念。 2.了解单摆做简谐运动的条件及相应控制方法。 1.能用实验探究影响单摆周期的因素，能定量探究单摆周期与摆长的关系。 2.会用平均值法、图像法(T2－l图像)求重力加速度。 考点01 单摆的回复力 1．单摆的组成：由细线和 小球　组成。 2．理想化模型 (1)细线的长度不可改变。 (2)细线的质量与小球相比 可以忽略　。 (3)小球的 直径　与线的长度相比 可以忽略　。 (4)单摆运动过程中，与小球受到的重力及线的拉力相比，空气等对它的阻力可以忽略。 3．单摆的回复力 (1)回复力的来源：摆球的重力沿 圆弧切线　方向的分力，即F＝ mgsin θ　。 (2)单摆做简谐运动的推证 在偏角很小时，sin θ≈，又回复力F＝mgsin θ，所以单摆的回复力F＝－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。 (3)单摆的运动规律 单摆在摆角 很小　时做简谐运动。 4．回复力、加速度、速度、动能等都随时间做周期性变化。 位移、回复力、加速度 速度、动能 最高点 最大 零 最低点 零 最大 远离平衡位置运动 越来越大 越来越小 靠近平衡位置运动 越来越小 越来越大 【深化点拨】 单摆振动过程中回复力、向心力与合力的区别与联系 单摆振动中的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供；单摆振动过程中，由于摆球的轨迹是圆弧，故还需要向心力。 (1)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。 (2)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，合力等于向心力。 (3)在其他位置时，重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力，绳子的拉力与重力沿着半径方向的分力的合力提供向心力。 1．如图所示，单摆摆长为l，摆球质量为m，将摆球拉离平衡位置，此时，摆线与竖直方向的夹角为（很小）。已知重力加速度大小为g。释放摆球后，下列说法正确的是（　　） A．摆球在运动过程中受到重力、拉力的作用 B．摆球经过最低点时，受到的合外力为零 C．摆球连续两次运动到最低点的时间间隔是 D．摆球从释放到第一次运动到最低点的过程中，重力的冲量大小为 2．如图甲所示，单摆固定悬点为，将摆球拉至点（摆球可看成质点），然后由静止释放，摆球在竖直平面内的、之间来回摆动，摆角，点为运动中的最低位置。从点刚释放开始计时，摆球相对平衡位置的位移随时间变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度，。下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长为 B．摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用 C．点处于摆球运动的平衡位置，回复力最大 D．在的时间内，摆球从点向点运动 3．如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是（     ） A．摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用 B．摆球在B点时，动能最大，回复力最大 C．摆球在A点和C点时，速度为零，故细线拉力最小，但回复力最大 D．摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力增大 考点02 单摆的周期 1．周期公式的提出：周期公式是荷兰物理学家 惠更斯　首先提出的。 2．单摆周期公式：T＝ 2π　，即周期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　。 3．对周期公式的三点理解 (1)对单摆周期公式T＝2π的理解 ①T与振幅和摆球质量无关，故T又叫作单摆的固有周期。 ②适用条件：摆角很小(一般小于5°)。 (2)对摆长l的理解 ①摆长l：从悬点到摆球重心的长度。 ②实际单摆的摆长：l＝l′＋，l′为从悬点到摆球上端的摆线长度，D为摆球直径。 ③等效摆长：图(a)中，甲、乙在垂直纸面方向上小角度摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α。其周期T＝2π。 图(b)中，如果乙在垂直纸面方向小角度摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；如果乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 (3)对公式T＝2π中g的理解 ①在地球表面某处，g应为当地的重力加速度。 ②在不同的天体表面，g应为对应天体表面的重力加速度，即g＝，式中R为天体半径，M为天体的质量。 【深化点拨】 简谐运动中各物理量变化的两种分析顺序 (1)位移x回复力F加速度a速度v动能Ek势能Ep (2)位移x 4．（多选）小明同学用装有墨水的小漏斗和细线做了一个单摆，用图甲所示的装置确定该单摆的周期和摆长：水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方，让纸带向左做匀加速直线运动，单摆垂直虚线小幅度摆动，纸带上留下墨水痕迹。图乙为某次实验中纸带的俯视图，痕迹与中央虚线的交点分别为a、b、c、d，用刻度尺测出a、b间的距离，c、d间的距离。已知纸带的加速度大小，取，重力加速度大小取，则该单摆（     ） A．周期为1s B．周期为0.5s C．摆长为25cm D．摆长为50cm 5．在A地走时准确的摆钟，拿到B地用，在一段时间内快了n min，拿到C地用，在相同的时间内慢了n min，已知在A、B、C三地，摆钟的摆长不变，则下列关于三地重力加速度的关系正确的是（     ）（A、B、C三地的重力加速度分别用、、表示） A． B． C． D． 6．如图所示，单摆P在平衡位置与光滑水平面上的弹簧振子Q恰好接触且无相互作用，P与Q的振动周期相同。现将摆球P向左拉开一很小角度由静止释放，P与Q的碰撞均为弹性正碰（已知弹簧的弹性势能，物体做简谐运动的振动能量、周期），其中m为振子的质量，k为弹簧劲度系数。下列说法中正确的是（　　） A．若P的质量比Q的小，第二次碰撞发生在图示位置右侧 B．若P的质量比Q的大，第二次碰撞发生在图示位置左侧 C．无论P、Q质量大小关系，第二次碰撞仍发生在图示位置 D．若P、Q的质量相等，整个装置的振动周期大于单摆的周期 考点03 实验：用单摆测量重力加速度 实验原理 当摆角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π，它与摆角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝ 　。因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值。  实验器材 带有铁夹的铁架台、中心有小孔的小钢球、不易伸长的细线(约1米)、 停表　、毫米刻度尺和 游标卡尺　。  实验步骤 1．做单摆：取约1 m长的细线穿过带孔的金属小球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，实验装置如图所示。 2．记录平衡位置：将铁架台放在实验桌边，使铁夹伸出桌面之外，摆球自由下垂。在单摆平衡位置处做上标记。 3．测摆长：用刻度尺量出悬线长l′(准确到mm)，用游标卡尺测出摆球的直径d(准确到mm)，然后计算出悬点到球心的距离l＝ l′＋　，即为摆长。 4．测周期：把此单摆从 平衡　位置拉开一个很小的角度(小于5°)，再释放小球。当摆球摆动稳定以后，经过平衡位置时，用停表开始计时，测量单摆全振动30次(或50次)的时间，求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期。 5．变摆长：将单摆的摆长变短(或变长)，重复步骤3、4，记录实验数据。  数据分析 1．公式法 改变摆长l，测得对应的周期T，分别代入公式g＝ 　中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地重力加速度的值。 2．图像法 由单摆周期公式T＝2π可得：l＝ ·T2　，因此，作出l－T2图像，如图1所示，图像应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k，k＝＝，g＝ 4π2k　。即可求得g值。 》特别提醒 若作出的图像是T2－l图像，如图2所示，由T2＝可知，T2－l图线是一条过原点的直线，其斜率k＝，求出k，可得g＝。 【深化点拨】 1．系统误差 主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即悬点是否固定，摆球是否可看作质点，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等。 2．偶然误差 主要来自时间(即单摆周期)的测量。要从摆球通过平衡位置开始计时，不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值。  注意事项 1．选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1 m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2 cm。 2．单摆悬线的上端不可随意卷在铁架台的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。 3．注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的夹角不超过5°。 4．摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。 5．计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，摆球每次从同一方向通过最低位置时进行计数，且在数“零”的同时按下秒表，开始计时计数。要测n次全振动的时间t，然后通过计算求出它的周期的测量值。 7．某物理实验小组做“用单摆测量重力加速度”的实验。 (1)下列做法正确的有______。 A．实验中小球的摆角应尽量大些 B．测摆长时摆线拉得过紧，测得的g值偏小 C．开始计时时，停表过迟按下，测得的g值偏大 D．在使用停表测量周期时，为了方便应从摆球摆至最高点时开始计时并计数 (2)实验中，小明用游标卡尺测摆球直径，示数如图甲所示，则摆球直径应读为______mm。 (3)摆球的直径已经在第（2）问中测出，实验时测得摆线长为l＝97.50cm，从单摆运动到最低点开始计时，且计数为0，到第60次经过最低点所用时间为60s，则重力加速度大小 g＝______（取10，结果保留3位有效数字） (4)小松在运用图像处理实验数据，计算摆长时忘记加上摆球半径。则他作出的图像应该是乙图中的______（选填“①”或“②”）。 8．雷同学做“用单摆测定重力加速度”实验的装置如图甲所示，将选好的一根长约1m的细线穿过带孔的小钢球，在细线的下端打一个比小球上的孔径稍大些的结，把细线的上端固定在铁架台上，铁架台放在实验桌边，使悬点伸到桌面以外，摆线自然下垂。 (1)该同学用游标卡尺测量小球的直径，正确操作后得到示数如图乙所示，则小球的直径d=________mm，接着用刻度尺测出悬点到小球上端的距离，并计算出单摆的摆长L。 (2)摆动时偏角应小于5°，为了减小测量周期的误差，应从摆球经过最________（填“高”或“低”）点时开始计时，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，再计算出单摆的周期T。 (3)雷同学多次改变摆线长度，重复步骤（2），根据实验测得的数据绘制的图像如图丙所示。结合图丙可知，当地的重力加速度大小g=________m/s2。（取π=3.14，计算结果保留三位有效数字） (4)若该同学利用图丙测得的重力加速度值偏大，则原因可能是_______。 A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了 B．把50次全振动的时间误记为49次全振动的时间 C．开始计时时，秒表按下稍晚 9．某实验小组做“用单摆测量重力加速度”的实验，进行了如下操作： ①用游标卡尺测量小铁球的直径； ②把细丝线一端固定在铁架台上，另一端穿过铁球上的孔制成单摆； ③让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，测量悬点到铁球下端距离如图甲所示； ④让铁球偏离平衡位置较小角度后释放，当铁球到达平衡位置时开始用秒表计时，并计数为1，当计数为时停止计时，秒表示数如图乙所示； ⑤计算出摆长和周期，带入单摆的周期公式，计算出当地的重力加速度。 请回答下列问题： (1)单摆的摆长________cm； (2)单摆的周期________s（结果保留3位有效数字）； (3)如果实验测得的重力加速度值偏大，可能的原因是________。 A．以摆线长作为摆长来计算 B．以铁球直径和摆线长之和作为摆长来计算 C．计算时把n当作单摆全振动的次数 单摆模型的拓展 1．二种单摆模型拓展 模型 图示 摆长 等效重力加速度g效 周期T 圆弧摆 不变，R－r 不变，g T＝2π 斜面摆 不变，l＋r 变小，gsin α T＝2π 若摆球可看为质点，以上各式中r可为0。 2．不同系统中的等效重力加速度 (1)在不同的运动系统中，单摆周期公式中的g应理解为等效重力加速度g′。 求解g′的基本步骤如下： ①分析摆球的受力，确定摆球相对悬点静止的位置(即平衡位置)。 ②计算单摆相对系统静止在平衡位置时的摆线拉力。 ③利用g′＝，求出等效重力加速度。 (2)通常存在以下几种模型 升降机中 电场中 情景 等效重力加速度 g等效＝g－a g等效＝g＋a g等效＝ g等效＝ 角度01 单摆模型拓展 1．在研究单摆运动时，某物理兴趣小组利用伽利略“冲淡”重力设计思路，设计安装了如图甲所示的“杆线摆”装置：轻质细线一端系于铁架台支柱上O点，另一端系一质量为m的小球，再将轻杆一端用铰链垂直固定在铁架台支柱上，另一端固定在小球上，轻杆和细线之间的夹角为，将铁架台支柱侧倾使其与竖直方向的夹角为，轻推小球，小球便可在倾角为的倾斜平面上来回摆动，形成“类单摆”，该杆线摆做简谐运动的图像如图乙所示。不计机械能损耗，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．该杆线摆的等效重力加速度为 B．由图乙可知该杆线摆做简谐运动的振幅为2A C．连接小球和铁架台支柱的细线长度为 D．小球在小角度摆动过程中，当偏离最低点的距离为x时，回复力大小为 2．如图所示，AO'段为半径为R的光滑圆弧面，BO'段为光滑斜面，相交处平滑过渡，已知圆弧弧长≪R，且A、B等高，现有四个小球，a球从A点由静止释放沿圆弧下滑，b球从B点由静止释放沿斜面下滑，c球从圆心O点由静止释放，d球从中点P处静止释放沿圆弧下滑，若四个小球（均可看成质点）同时释放，各自第一次到达圆弧最低点的时间分别为ta、tb、tc、td，则下列判断正确的是（　　） A．ta>tb>tc> td B．ta=tb=td>tc C．ta>tb>td>tc D．tb>ta=td>tc 3．将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为的斜面上，其摆角为，如图。下列说法正确的是（　　） A．摆球做简谐运动的回复力为 B．摆球做简谐运动的回复力为 C．摆球做简谐运动的周期为 D．摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力 【例1】（2026·河南）将一单摆的摆球拉开一个小角度后释放，单摆摆动的振幅为，周期为。若将此摆移到月球上，拉开相同的角度，则摆球的振动图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【变式1-1】如图，某同学居家设计简易单摆测量重力加速度。主要器材有：细线、金属球、卷尺、手机、挂衣架。 请完成下列步骤： （1）用卷尺测量金属球直径三次后得平均值。 （2）用卷尺测量摆线长度三次后得平均值。将金属球从平衡位置拉至一个偏角小于的位置并由静止释放，用手机秒表测量金属球20次全振动的时间。重复测量三次，得周期的平均值。 （3）改变摆线长度，重复步骤（2）。得、（、、）和的数据如下表： 110.10 42.43 42.25 42.38 2.12 100.37 40.43 40.50 40.38 90.23 38.62 38.38 38.50 1.93 计算上表中时的_____s。（保留三位有效数字） （4）根据重力加速度表达式_____（用、T、L和 表示），计算实验值。 （5）查询当地重力加速度，发现 的实验值偏小。为减小空气阻力引起的误差，应尽量选择质量_____（填“大”或“小”）、体积_____（填“大”或“小”）的摆球。 【变式1-2】某同学借助视频分析软件进行“用单摆测量重力加速度”的实验，步骤如下： （1）准备好单摆，用支架将手机竖直放置。 （2）打开手机录像，将单摆拉离平衡位置4°摆角由静止释放。 （3）将录制的视频导入软件进行分析，得到摆球的v—t图像，拟合后如图1所示，可知此单摆的周期T为______s。 （4）如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，读出______（填“a”“b”或“c”）位置的读数，该读数即为摆长l。 （5）重力加速度g = ______（用题中给出的字母“T”和“l”表示）。 （6）该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，可能的原因是刻度尺0刻度线______（填“高于”或“低于”）悬点。 【变式1-3】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 ⚡基础速刷 1．一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是（　　） A．t1时刻摆球的速度最大，悬线对它的拉力最小 B．t2时刻摆球的速度为零，悬线对它的拉力最小 C．t3时刻摆球的速度为零，悬线对它的拉力最大 D．t4时刻摆球的速度最大，悬线对它的拉力最大 2．摆球从 位置静止释放，经最低点 时改变摆长，到达 位置。此过程频闪照片记录如图所示，摆角小于 ，分析可知下列叙述正确的是（　　） A．摆球的机械能减小 B．摆球经过 点瞬间角速度保持不变 C．摆球运动到 点时，摆球加速度为零 D． 点左右两侧摆长之比 16∶9 3．把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，已知绳子等长且不可伸长，二人均可看成质点，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．图中b点对应荡秋千时的最低点，此时回复力为零 B．小王荡秋千时，其周期大于6.28s C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小 D．该秋千的绳子长度约为5m 4．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，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，重力加速度g取10m/s²。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长约为1.0m B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin100πt(cm) C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 5．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点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间往复运动，若运动中摆线与竖直方向夹角不超过5°，不计空气阻力，已知重力加速度为g。以下说法正确的是（     ） A．由于机械能守恒，可得摆角大小不变 B．小球第一次从A到B与第一次从B到C的时间之比为 C．该摆动的周期为 D．小球碰钉前后绳的拉力之比为 6．等效法是物理学常用的科学思想方法，可以建构等效物理过程以便于解决问题。不可伸长的轻质、绝缘细线一端固定在天花板上，一端与带电小球相连，组成如图所示的单摆，其摆动周期为。仅在空间中加水平向右的匀强电场时，其摆动周期为。仅在空间中加垂直纸面向里的匀强磁场时，其摆动周期为。若不计空气阻力，摆角均小于，则、、的大小关系为（     ） A． B． C． D． 7．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后开始运动，小球在摆动过程中的偏角不超过。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取，忽略一切阻力。下列说法正确的是（    ） A．时小球位于C点 B．时小球位于B点 C．OA之间的距离为0.4m D．OP之间的距离为0.3m 8．如图，大小相同的摆球和的质量分别为和，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（     ） A．第一次碰撞后的瞬间，球速度小于球 B．第一次碰撞后的瞬间，球动量大于球 C．第一次碰撞后，球最大摆角小于球 D．发生第二次碰撞后的瞬间，球的速度变为零 9．如图所示，一光滑圆弧固定在水平面上，其弧长远小于半径，现有两个相同的小球分别从图中A、B位置由静止释放，小球均可视为质点，不计空气阻力，关于A、B两小球下滑到最低点的过程中，运动的时间、重力的冲量大小、机械能改变量大小，重力对小球做的功，下列说法正确的是（     ） A． B． C． D． 10．用单摆测定重力加速度的实验。三位同学用图像法处理数据，他们通过改变摆长，测得了多组摆长和对应的周期，并用这些数据作图像，作出的图线的示意图如图中的、、所示，其中和平行，和都过原点，图线对应的值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线，下列分析正确的是（     ） A．出现图线的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长 B．通过对图线的正确处理不可以得到较为准确的值 C．图线对应的值小于图线对应的值 D．出现图线的原因可能是误将次全振动记为次 🚀能力跃升 11．（多选）竖直面内有一半径为R的光滑圆弧轨道AB，其对应的圆心角为10°，A、B两点等高，CD为竖直直径。在A、D两点间固定光滑直斜面，直斜面在D处与光滑圆弧轨道DB平滑相接，将一小球由A点静止释放沿直斜面AD下滑，小球可视为质点，则下列说法正确的是（     ） A．小球从A到D的时间等于从D到B的时间 B．小球从A到D的时间大于从D到B的时间 C．由题中数据可以求得小球在DB圆弧轨道上通过D点时对轨道的压力 D．若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点 12．（多选）如图甲所示，一可视为质点的小球在光滑圆弧面上做简谐运动，圆弧轨道对小球的支持力大小随时间变化的曲线如图乙所示，图中时刻小球从点开始运动，重力加速度为。下列说法正确的是（     ） A．时刻小球的动能最小 B．该圆弧轨道的半径为 C．小球在A点所受的合力为零 D．小球的质量为 13．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用毫米刻度尺测得摆线长L0，用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则： (1)摆球直径d =________mm； (2)用秒表测得单摆完成N全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数t =________s； (3)如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是 。（填字母代号） A．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 B．计算摆长时没有计入摆球的半径 C．开始计时时，秒表过迟按下 D．实验中误将39次全振动数为40次 (4)在实验中，还经常通过改变摆长L从而测出对应的不同摆长下的周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图像。若在实验中摆长L少加小球的半径，那么真正的图象应该是a、b、c中的________由图像可知，小球的半径r＝________ cm；当地的重力加速度g＝________ m/s2。 14．某物理学习小组进行“用单摆测定重力加速度”的实验，其装置如图甲所示。 (1)用秒表测出40次全振动的时间t如图乙所示，则________s，单摆的摆动周期________s（结果保留三位有效数字）。 (2)小组同学用游标卡尺测量了摆球的直径d如图丙所示，则________cm。 (3)当摆球摆到最低点时启动秒表开始计时，记录n次全振动的时间为t，多次改变摆线长度，在摆角较小的情况下测得不同摆长l对应的摆动时间t，作出了图像，如图丁所示，根据图线可得该测量地的重力加速度________（用a、b、n表示）。 (4)某同学测量的重力加速度值偏小，可能的原因是________（填正确答案标号）。 A．开始计时时，秒表过迟按下 B．实验中将51次全振动误记为50次 C．将摆线长和球的直径之和当成了摆长 D．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 15．如图，轻绳上端固定在点，下端将质量的小球悬挂在点。质量的玩具子弹以的速度射向小球，与小球碰撞后，又以的速度弹回。已知绳长为取，不计空气阻力及小球大小。求： (1)碰撞后瞬间小球达到的速度。 (2)碰撞后，小球向右摆动到最高点时相对于A点的高度 (3)从碰撞后瞬间开始计时，小球经过多长时间第一次回到点。 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 2.3 单摆 目录 01 本节导航·目标清单 02 教材精研·内容全解 考点01 单摆的回复力 考点02 单摆的周期 考点03 实验：用单摆测量重力加速度 03 避坑指南·解题通法 角度01 单摆模型拓展 04 真题闯关·溯源演练 05 课后三阶·精准练习 目标导航 方法指导 1.了解什么是单摆，初步形成单摆的回复力及周期的概念。 2.了解单摆做简谐运动的条件及相应控制方法。 1.能用实验探究影响单摆周期的因素，能定量探究单摆周期与摆长的关系。 2.会用平均值法、图像法(T2－l图像)求重力加速度。 考点01 单摆的回复力 1．单摆的组成：由细线和 小球　组成。 2．理想化模型 (1)细线的长度不可改变。 (2)细线的质量与小球相比 可以忽略　。 (3)小球的 直径　与线的长度相比 可以忽略　。 (4)单摆运动过程中，与小球受到的重力及线的拉力相比，空气等对它的阻力可以忽略。 3．单摆的回复力 (1)回复力的来源：摆球的重力沿 圆弧切线　方向的分力，即F＝ mgsin θ　。 (2)单摆做简谐运动的推证 在偏角很小时，sin θ≈，又回复力F＝mgsin θ，所以单摆的回复力F＝－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。 (3)单摆的运动规律 单摆在摆角 很小　时做简谐运动。 4．回复力、加速度、速度、动能等都随时间做周期性变化。 位移、回复力、加速度 速度、动能 最高点 最大 零 最低点 零 最大 远离平衡位置运动 越来越大 越来越小 靠近平衡位置运动 越来越小 越来越大 【深化点拨】 单摆振动过程中回复力、向心力与合力的区别与联系 单摆振动中的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供；单摆振动过程中，由于摆球的轨迹是圆弧，故还需要向心力。 (1)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。 (2)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，合力等于向心力。 (3)在其他位置时，重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力，绳子的拉力与重力沿着半径方向的分力的合力提供向心力。 1．如图所示，单摆摆长为l，摆球质量为m，将摆球拉离平衡位置，此时，摆线与竖直方向的夹角为（很小）。已知重力加速度大小为g。释放摆球后，下列说法正确的是（　　） A．摆球在运动过程中受到重力、拉力的作用 B．摆球经过最低点时，受到的合外力为零 C．摆球连续两次运动到最低点的时间间隔是 D．摆球从释放到第一次运动到最低点的过程中，重力的冲量大小为 【答案】A 【详解】A．小球在运动过程中受到重力和拉力，选项A正确； B．小球在最低点回复力为零，但是向心力不为零，所以合外力不为零，选项B错误； C．小球连续两次到达最低点的时间间隔是，选项C错误； D．小球从释放到第一次运动到最低点所用的时间为，故重力的冲量为，选项D错误。 故选A。 2．如图甲所示，单摆固定悬点为，将摆球拉至点（摆球可看成质点），然后由静止释放，摆球在竖直平面内的、之间来回摆动，摆角，点为运动中的最低位置。从点刚释放开始计时，摆球相对平衡位置的位移随时间变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度，。下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长为 B．摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用 C．点处于摆球运动的平衡位置，回复力最大 D．在的时间内，摆球从点向点运动 【答案】A 【详解】A．由图乙可知周期，由，代入得，故A正确； B．回复力是重力的切向分力，故B错误； C．平衡位置回复力为零，故C错误； D．内位移从零向正方向最大变化，对应从向运动，故D错误。 故选A。 3．如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是（     ） A．摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用 B．摆球在B点时，动能最大，回复力最大 C．摆球在A点和C点时，速度为零，故细线拉力最小，但回复力最大 D．摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力增大 【答案】C 【详解】A．摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，故A错误； B．单摆做简谐运动，在最低点B处，即平衡位置处时，速度最大，动能最大，回复力为零，故B错误； C．摆球在A点和C点时，即最大位移处时，速度为零，故细线拉力最小，回复力最大，故C正确； D．摆球由A点向B点摆动过程中，速度增大，细线拉力增大，回复力减小，故D错误。 故选C。 考点02 单摆的周期 1．周期公式的提出：周期公式是荷兰物理学家 惠更斯　首先提出的。 2．单摆周期公式：T＝ 2π　，即周期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　。 3．对周期公式的三点理解 (1)对单摆周期公式T＝2π的理解 ①T与振幅和摆球质量无关，故T又叫作单摆的固有周期。 ②适用条件：摆角很小(一般小于5°)。 (2)对摆长l的理解 ①摆长l：从悬点到摆球重心的长度。 ②实际单摆的摆长：l＝l′＋，l′为从悬点到摆球上端的摆线长度，D为摆球直径。 ③等效摆长：图(a)中，甲、乙在垂直纸面方向上小角度摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α。其周期T＝2π。 图(b)中，如果乙在垂直纸面方向小角度摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；如果乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 (3)对公式T＝2π中g的理解 ①在地球表面某处，g应为当地的重力加速度。 ②在不同的天体表面，g应为对应天体表面的重力加速度，即g＝，式中R为天体半径，M为天体的质量。 【深化点拨】 简谐运动中各物理量变化的两种分析顺序 (1)位移x回复力F加速度a速度v动能Ek势能Ep (2)位移x 4．（多选）小明同学用装有墨水的小漏斗和细线做了一个单摆，用图甲所示的装置确定该单摆的周期和摆长：水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方，让纸带向左做匀加速直线运动，单摆垂直虚线小幅度摆动，纸带上留下墨水痕迹。图乙为某次实验中纸带的俯视图，痕迹与中央虚线的交点分别为a、b、c、d，用刻度尺测出a、b间的距离，c、d间的距离。已知纸带的加速度大小，取，重力加速度大小取，则该单摆（     ） A．周期为1s B．周期为0.5s C．摆长为25cm D．摆长为50cm 【答案】AC 【详解】AB．由图可知纸带运动ab段时间、bc段时间、cd段时间均相同，且为半个单摆周期，根据匀变速直线运动推论有 代入题中数据，解得 则单摆周期，故A正确，B错误； CD．根据 联立解得摆长，故C正确，D错误。 故选AC。 5．在A地走时准确的摆钟，拿到B地用，在一段时间内快了n min，拿到C地用，在相同的时间内慢了n min，已知在A、B、C三地，摆钟的摆长不变，则下列关于三地重力加速度的关系正确的是（     ）（A、B、C三地的重力加速度分别用、、表示） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据单摆周期公式，摆钟周期为 摆长不变时，。 摆钟的钟面显示时间与相同实际时间内的摆动次数成正比，摆动次数 因此钟面显示时间。 设相同实际时间为：A地走时准确，钟面显示时间为；B地快，显示时间为；C地慢，显示时间为，因此有， 两式相加得 整理得。 故选A。 6．如图所示，单摆P在平衡位置与光滑水平面上的弹簧振子Q恰好接触且无相互作用，P与Q的振动周期相同。现将摆球P向左拉开一很小角度由静止释放，P与Q的碰撞均为弹性正碰（已知弹簧的弹性势能，物体做简谐运动的振动能量、周期），其中m为振子的质量，k为弹簧劲度系数。下列说法中正确的是（　　） A．若P的质量比Q的小，第二次碰撞发生在图示位置右侧 B．若P的质量比Q的大，第二次碰撞发生在图示位置左侧 C．无论P、Q质量大小关系，第二次碰撞仍发生在图示位置 D．若P、Q的质量相等，整个装置的振动周期大于单摆的周期 【答案】C 【详解】设P、Q的质量分别为和，设P运动到最低点时的速度为，则当二者发生弹性碰撞后，有 碰撞前后能量也是守恒的，有 解得， 若，碰后P与Q都继续向右运动，P做振幅更小的单摆运动，周期不变，Q也做简谐运动，二者的周期相等，经过半个周期后，在单摆P的最低点再次相遇（也是各自的平衡位置），再次碰撞后依然是弹性碰撞，碰后P以原速度大小向左运动，Q静止，整个装置的运动周期与原单摆P或振子Q的周期是相同的； 若，碰后P向左运动，Q从平衡位置开始向右振动，经过半个周期后，在单摆P的最低点再次相遇（也是各自的平衡位置），再次碰撞后依然是弹性碰撞，碰后P以原速度大小向左运动，Q静止，整个装置的周期依然不变； 若，碰后P静止，Q以向右压缩弹簧开始做简谐振动，半个周期后回到P的最低点与P发生弹性碰撞，碰后P以向左运动，Q静止，从第一次碰撞到第二次碰撞依然需要半个周期的时间，所以无论质量如何，PQ的第二次碰撞都发生在图示的原位置，装置的周期也与单摆P的周期相同，是不变的。 故选C。 考点03 实验：用单摆测量重力加速度 实验原理 当摆角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π，它与摆角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝ 　。因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值。  实验器材 带有铁夹的铁架台、中心有小孔的小钢球、不易伸长的细线(约1米)、 停表　、毫米刻度尺和 游标卡尺　。  实验步骤 1．做单摆：取约1 m长的细线穿过带孔的金属小球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，实验装置如图所示。 2．记录平衡位置：将铁架台放在实验桌边，使铁夹伸出桌面之外，摆球自由下垂。在单摆平衡位置处做上标记。 3．测摆长：用刻度尺量出悬线长l′(准确到mm)，用游标卡尺测出摆球的直径d(准确到mm)，然后计算出悬点到球心的距离l＝ l′＋　，即为摆长。 4．测周期：把此单摆从 平衡　位置拉开一个很小的角度(小于5°)，再释放小球。当摆球摆动稳定以后，经过平衡位置时，用停表开始计时，测量单摆全振动30次(或50次)的时间，求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期。 5．变摆长：将单摆的摆长变短(或变长)，重复步骤3、4，记录实验数据。  数据分析 1．公式法 改变摆长l，测得对应的周期T，分别代入公式g＝ 　中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地重力加速度的值。 2．图像法 由单摆周期公式T＝2π可得：l＝ ·T2　，因此，作出l－T2图像，如图1所示，图像应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k，k＝＝，g＝ 4π2k　。即可求得g值。 》特别提醒 若作出的图像是T2－l图像，如图2所示，由T2＝可知，T2－l图线是一条过原点的直线，其斜率k＝，求出k，可得g＝。 【深化点拨】 1．系统误差 主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即悬点是否固定，摆球是否可看作质点，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等。 2．偶然误差 主要来自时间(即单摆周期)的测量。要从摆球通过平衡位置开始计时，不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值。  注意事项 1．选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1 m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2 cm。 2．单摆悬线的上端不可随意卷在铁架台的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。 3．注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的夹角不超过5°。 4．摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。 5．计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，摆球每次从同一方向通过最低位置时进行计数，且在数“零”的同时按下秒表，开始计时计数。要测n次全振动的时间t，然后通过计算求出它的周期的测量值。 7．某物理实验小组做“用单摆测量重力加速度”的实验。 (1)下列做法正确的有______。 A．实验中小球的摆角应尽量大些 B．测摆长时摆线拉得过紧，测得的g值偏小 C．开始计时时，停表过迟按下，测得的g值偏大 D．在使用停表测量周期时，为了方便应从摆球摆至最高点时开始计时并计数 (2)实验中，小明用游标卡尺测摆球直径，示数如图甲所示，则摆球直径应读为______mm。 (3)摆球的直径已经在第（2）问中测出，实验时测得摆线长为l＝97.50cm，从单摆运动到最低点开始计时，且计数为0，到第60次经过最低点所用时间为60s，则重力加速度大小 g＝______（取10，结果保留3位有效数字） (4)小松在运用图像处理实验数据，计算摆长时忘记加上摆球半径。则他作出的图像应该是乙图中的______（选填“①”或“②”）。 【答案】(1)C (2)20.4 (3)9.85 (4)① 【详解】（1）A．单摆在摆角小于5度时的振动为简谐运动，单摆摆角不能太大，故A错误； B．测摆长时，摆线拉得过紧，使摆线长度测量值变大，由可知测得的g值偏大，故B错误； C．开始计时时，停表过迟按下，偏小，则周期T偏小，由可知测得的g值偏大，故C正确； D．在使用停表测量周期时，为了减少实验误差，应从摆球摆至最低点时开始计时并计数，故D错误。 故选C。 （2）摆球的直径为 （3）单摆的周期 由 可得 解得重力加速度大小g＝9.85m/s2 （4）计算摆长时忘记加上摆球半径，则由 可得 则图像的纵截距为正值，故他作出的图像应该是乙图中的①。 8．雷同学做“用单摆测定重力加速度”实验的装置如图甲所示，将选好的一根长约1m的细线穿过带孔的小钢球，在细线的下端打一个比小球上的孔径稍大些的结，把细线的上端固定在铁架台上，铁架台放在实验桌边，使悬点伸到桌面以外，摆线自然下垂。 (1)该同学用游标卡尺测量小球的直径，正确操作后得到示数如图乙所示，则小球的直径d=________mm，接着用刻度尺测出悬点到小球上端的距离，并计算出单摆的摆长L。 (2)摆动时偏角应小于5°，为了减小测量周期的误差，应从摆球经过最________（填“高”或“低”）点时开始计时，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，再计算出单摆的周期T。 (3)雷同学多次改变摆线长度，重复步骤（2），根据实验测得的数据绘制的图像如图丙所示。结合图丙可知，当地的重力加速度大小g=________m/s2。（取π=3.14，计算结果保留三位有效数字） (4)若该同学利用图丙测得的重力加速度值偏大，则原因可能是_______。 A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了 B．把50次全振动的时间误记为49次全振动的时间 C．开始计时时，秒表按下稍晚 【答案】(1)10.60 (2)低 (3)9.86（9.84~9.88） (4)C 【详解】（1）游标卡尺的精确度为0.05mm，则小球的直径 （2）测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时，摆球在最低点速度大，误差小。 （3）根据单摆周期公式 变形有 则图像的斜率 结合题图丙有 解得 （4）根据（3）的分析可知，若图像的斜率k偏小，则测得的重力加速度值偏大。 A．实验中若摆线增长了，则会使得k偏大，测得的重力加速度值偏小，故A错误； B．若把50次全振动的时间误记为49次全振动的时间，则会使得k偏大，测得的重力加速度值偏小，故B错误； C．若开始计时时，秒表按下稍晚，则会使得k偏小，测得的重力加速度值偏大，故C正确。 故选C。 9．某实验小组做“用单摆测量重力加速度”的实验，进行了如下操作： ①用游标卡尺测量小铁球的直径； ②把细丝线一端固定在铁架台上，另一端穿过铁球上的孔制成单摆； ③让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，测量悬点到铁球下端距离如图甲所示； ④让铁球偏离平衡位置较小角度后释放，当铁球到达平衡位置时开始用秒表计时，并计数为1，当计数为时停止计时，秒表示数如图乙所示； ⑤计算出摆长和周期，带入单摆的周期公式，计算出当地的重力加速度。 请回答下列问题： (1)单摆的摆长________cm； (2)单摆的周期________s（结果保留3位有效数字）； (3)如果实验测得的重力加速度值偏大，可能的原因是________。 A．以摆线长作为摆长来计算 B．以铁球直径和摆线长之和作为摆长来计算 C．计算时把n当作单摆全振动的次数 【答案】(1)87.40 (2)1.88 (3)BC 【详解】（1）单摆的摆长 （2）秒表读数 单摆的周期 （3）根据可得 A．以摆线长作为摆长来计算，则l偏小，测得的重力加速度g值偏小，A错误； B．以铁球直径和摆线长之和作为摆长来计算则l偏大，测得的重力加速度g值偏大，B正确； C．计算时把n当作单摆全振动的次数，则周期T偏小，测得的重力加速度g值偏大，C正确。 故选BC。 单摆模型的拓展 1．二种单摆模型拓展 模型 图示 摆长 等效重力加速度g效 周期T 圆弧摆 不变，R－r 不变，g T＝2π 斜面摆 不变，l＋r 变小，gsin α T＝2π 若摆球可看为质点，以上各式中r可为0。 2．不同系统中的等效重力加速度 (1)在不同的运动系统中，单摆周期公式中的g应理解为等效重力加速度g′。 求解g′的基本步骤如下： ①分析摆球的受力，确定摆球相对悬点静止的位置(即平衡位置)。 ②计算单摆相对系统静止在平衡位置时的摆线拉力。 ③利用g′＝，求出等效重力加速度。 (2)通常存在以下几种模型 升降机中 电场中 情景 等效重力加速度 g等效＝g－a g等效＝g＋a g等效＝ g等效＝ 角度01 单摆模型拓展 1．在研究单摆运动时，某物理兴趣小组利用伽利略“冲淡”重力设计思路，设计安装了如图甲所示的“杆线摆”装置：轻质细线一端系于铁架台支柱上O点，另一端系一质量为m的小球，再将轻杆一端用铰链垂直固定在铁架台支柱上，另一端固定在小球上，轻杆和细线之间的夹角为，将铁架台支柱侧倾使其与竖直方向的夹角为，轻推小球，小球便可在倾角为的倾斜平面上来回摆动，形成“类单摆”，该杆线摆做简谐运动的图像如图乙所示。不计机械能损耗，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．该杆线摆的等效重力加速度为 B．由图乙可知该杆线摆做简谐运动的振幅为2A C．连接小球和铁架台支柱的细线长度为 D．小球在小角度摆动过程中，当偏离最低点的距离为x时，回复力大小为 【答案】C 【详解】A．根据题意，当摆杆来回摆动时，小球做圆周运动的圆心在摆杆与铁架台支柱的连接点位置，小球相当于在一个倾角为的斜面上做单摆运动，倾角等于摆杆与水平面之间的夹角，则该杆线摆的等效摆长为轻杆的长度L，等效重力加速度为，故A错误； B．由图乙可知，该杆线摆做简谐运动的振幅为A，故B错误； C．单摆的等效摆长 则周期公式 细线长度，故C正确； D．当小球偏离最低点的距离为x时，设摆角为（较小），则有 其回复力大小，故D错误。 故选C。 2．如图所示，AO'段为半径为R的光滑圆弧面，BO'段为光滑斜面，相交处平滑过渡，已知圆弧弧长≪R，且A、B等高，现有四个小球，a球从A点由静止释放沿圆弧下滑，b球从B点由静止释放沿斜面下滑，c球从圆心O点由静止释放，d球从中点P处静止释放沿圆弧下滑，若四个小球（均可看成质点）同时释放，各自第一次到达圆弧最低点的时间分别为ta、tb、tc、td，则下列判断正确的是（　　） A．ta>tb>tc> td B．ta=tb=td>tc C．ta>tb>td>tc D．tb>ta=td>tc 【答案】D 【详解】已知圆弧弧长≪R，可知a球距球面最低点的距离远远小于R，因此a球的运动可视为单摆，由单摆的周期公式可得a球运动到点的时间为 做c球与b球的连线，其连线与竖直方向的夹角为θ，则有b球运动到点的距离满足 b球沿斜面下滑的加速度为 由位移时间公式 可得b球运动到点的时间为 c球做自由落体运动，c球到达点的时间为 d球从中点P处静止释放沿圆弧下滑，根据单摆周期可知d球和a球的周期相同，可知d球的时间 可知，，， 可得 故选D。 3．将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为的斜面上，其摆角为，如图。下列说法正确的是（　　） A．摆球做简谐运动的回复力为 B．摆球做简谐运动的回复力为 C．摆球做简谐运动的周期为 D．摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力 【答案】D 【详解】AB．回复力由重力沿斜面向下的分力的切向分力提供，重力沿斜面向下的分力为，下滑分力的切线分力为，即摆球做简谐运动的回复力为，故AB错误； C．等效重力加速度为，摆球做简谐运动的周期为，故C错误； D．摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力和重力的下滑分力的合力提供向心力，故 故，故D正确。 故选D。 【例1】（2026·河南）将一单摆的摆球拉开一个小角度后释放，单摆摆动的振幅为，周期为。若将此摆移到月球上，拉开相同的角度，则摆球的振动图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据单摆周期公式可知，当移到月球上后，重力加速度减小，单摆的周期变大；摆长不变，拉开相同的角度，振幅不变。 故选B。 【变式1-1】如图，某同学居家设计简易单摆测量重力加速度。主要器材有：细线、金属球、卷尺、手机、挂衣架。 请完成下列步骤： （1）用卷尺测量金属球直径三次后得平均值。 （2）用卷尺测量摆线长度三次后得平均值。将金属球从平衡位置拉至一个偏角小于的位置并由静止释放，用手机秒表测量金属球20次全振动的时间。重复测量三次，得周期的平均值。 （3）改变摆线长度，重复步骤（2）。得、（、、）和的数据如下表： 110.10 42.43 42.25 42.38 2.12 100.37 40.43 40.50 40.38 90.23 38.62 38.38 38.50 1.93 计算上表中时的_____s。（保留三位有效数字） （4）根据重力加速度表达式_____（用、T、L和 表示），计算实验值。 （5）查询当地重力加速度，发现 的实验值偏小。为减小空气阻力引起的误差，应尽量选择质量_____（填“大”或“小”）、体积_____（填“大”或“小”）的摆球。 【答案】 2.02 大 小 【详解】（3）[1]金属球做20次全振动的时间为，则周期 当时，代入数据可得 （4）[2])根据单摆的周期公式 其中 则 可得重力加速度表达式为 （5）[3][4]为减小空气阻力引起的误差，应尽量选择质量大、体积小的摆球。 【变式1-2】某同学借助视频分析软件进行“用单摆测量重力加速度”的实验，步骤如下： （1）准备好单摆，用支架将手机竖直放置。 （2）打开手机录像，将单摆拉离平衡位置4°摆角由静止释放。 （3）将录制的视频导入软件进行分析，得到摆球的v—t图像，拟合后如图1所示，可知此单摆的周期T为______s。 （4）如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，读出______（填“a”“b”或“c”）位置的读数，该读数即为摆长l。 （5）重力加速度g = ______（用题中给出的字母“T”和“l”表示）。 （6）该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，可能的原因是刻度尺0刻度线______（填“高于”或“低于”）悬点。 【答案】 低于 【详解】（3）[1]根据题意，由图1可知，单摆的周期为。 （4）[2]如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，应读出球心所在位置的读数，即位置的读数，该读数即为摆长。 （5）[3]由单摆周期公式 可得重力加速度 （6）[4]若该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，可知摆长测量值偏小，即刻度尺0刻度线低于悬点 【变式1-3】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。 ⚡基础速刷 1．一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是（　　） A．t1时刻摆球的速度最大，悬线对它的拉力最小 B．t2时刻摆球的速度为零，悬线对它的拉力最小 C．t3时刻摆球的速度为零，悬线对它的拉力最大 D．t4时刻摆球的速度最大，悬线对它的拉力最大 【答案】D 【详解】AC．由题图可知，在t1时刻和t3时刻摆球的位移最大，回复力最大，速度为零，悬线的拉力最小，故AC错误； BD．在t2时刻和t4时刻摆球在平衡位置，速度最大，悬线的拉力最大，回复力为零，故B错误，D正确。 故选D。 2．摆球从 位置静止释放，经最低点 时改变摆长，到达 位置。此过程频闪照片记录如图所示，摆角小于 ，分析可知下列叙述正确的是（　　） A．摆球的机械能减小 B．摆球经过 点瞬间角速度保持不变 C．摆球运动到 点时，摆球加速度为零 D． 点左右两侧摆长之比 16∶9 【答案】D 【详解】A．从频闪照片可以看出，摆球在 A、B 两点的高度相同，说明重力势能相同；而摆球在最低点 O 的速度大小不变（动能不变），因此摆球机械能守恒，A错误； B．摆球经过O点时线速度大小不变，根据角速度与线速度的关系，经过O点时摆球做圆周运动的半径减小，所以摆球经过O点瞬间角速度变大了，故 B 错误； C．摆球运动到 O点时回复力为零，所以其振动方向加速度为零，但摆球向心加速度不为零，摆球做圆周运动的半径减小，根据向心加速度公式,可知经过O点时摆球做圆周运动的半径减小，所以摆球向心加速度变大，C错误； D．设频闪时间间隔为,从频闪照片可以看出，从A到O摆球运动,从O到B为，所以单摆在左右两侧的周期之比为 根据单摆的周期公式可知 点左右两侧摆长之比 为，故D正确。 故选D 。 3．把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，已知绳子等长且不可伸长，二人均可看成质点，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．图中b点对应荡秋千时的最低点，此时回复力为零 B．小王荡秋千时，其周期大于6.28s C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小 D．该秋千的绳子长度约为5m 【答案】A 【详解】A．根据简谐振动的回复力可知，在最低点（即平衡位置），位移，此时回复力为0，故A正确； B．根据单摆的周期可知，单摆的周期与摆球的质量无关，因此小王荡秋千时，其周期也等于6.28s，故B错误； C．小明荡到图中对应的b点时，由图可知，b点为平衡位置，小明的速度最大，动能最大，故C错误； D．根据单摆的周期 解得，故D错误。 故选A。 4．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，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，重力加速度g取10m/s²。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长约为1.0m B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin100πt(cm) C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 【答案】A 【详解】A．由题图乙可知，单摆的周期为2s，振幅为8cm，由单摆的周期公式 代入数据解得，故A正确； B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为，故B错误； C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C错误； D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，故D错误。 故选A。 5．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点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间往复运动，若运动中摆线与竖直方向夹角不超过5°，不计空气阻力，已知重力加速度为g。以下说法正确的是（     ） A．由于机械能守恒，可得摆角大小不变 B．小球第一次从A到B与第一次从B到C的时间之比为 C．该摆动的周期为 D．小球碰钉前后绳的拉力之比为 【答案】C 【详解】A．由于机械能守恒，可知AC两点应该位于相同的高度，因左边摆长较短，可知左边摆角较大，故A错误； B．根据可知，因右边摆长为左边摆长的4倍，则在右边摆动的周期是在左边摆动时周期的2倍，则小球第一次从A到B与第一次从B到C的时间之比为2:1，故B错误； C．该摆动的周期为，故C正确； D．小球碰钉前后速度不变，根据 解得 可知绳的拉力之比不等于1:4，故D错误。 故选C。 6．等效法是物理学常用的科学思想方法，可以建构等效物理过程以便于解决问题。不可伸长的轻质、绝缘细线一端固定在天花板上，一端与带电小球相连，组成如图所示的单摆，其摆动周期为。仅在空间中加水平向右的匀强电场时，其摆动周期为。仅在空间中加垂直纸面向里的匀强磁场时，其摆动周期为。若不计空气阻力，摆角均小于，则、、的大小关系为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】原单摆：根据单摆的周期公式可得 加水平匀强电场：重力和电场力的合力大小为 等效重力加速度，代入周期公式得 加垂直纸面的匀强磁场：洛伦兹力始终沿细线（摆的半径方向），和速度方向垂直，不改变切线方向的回复力，等效重力加速度为，因此 综上可得大小关系 故选B。 【点睛】 7．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后开始运动，小球在摆动过程中的偏角不超过。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取，忽略一切阻力。下列说法正确的是（    ） A．时小球位于C点 B．时小球位于B点 C．OA之间的距离为0.4m D．OP之间的距离为0.3m 【答案】A 【详解】AB．由图像可知，内应该对应着摆球在CB之间的摆动；内应该对应着摆球在BA之间的摆动，因时摆线拉力最小，可知小球位于C点，时小球位于A点，选项A正确，B错误； C．摆球在AB之间摆动的周期为T1=0.8πs，根据，可得L1=1.6m 即OA之间的距离为1.6m，选项C错误； D．摆球在BC之间摆动的周期为T2=0.4πs，根据，可得L2=0.4m 即PB之间的距离为0.4m，OP之间的距离为1.2m，选项D错误。 故选A。 8．如图，大小相同的摆球和的质量分别为和，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（     ） A．第一次碰撞后的瞬间，球速度小于球 B．第一次碰撞后的瞬间，球动量大于球 C．第一次碰撞后，球最大摆角小于球 D．发生第二次碰撞后的瞬间，球的速度变为零 【答案】D 【详解】A．取向右为正，设球第一次碰撞前的速度为，碰撞后球、球的速度分别为、。碰撞时间极短，摆线拉力在水平方向的冲量可忽略，由水平方向动量守恒有 弹性碰撞中动能守恒，有 将动量守恒式两边同除以，得 将动能守恒式两边同除以并因式分解，得 实际发生碰撞后球获得速度，。将 代入上式并约去，得 联立和，解得， 因，，故A错误； B．由动量定义，第一次碰撞后两球的动量大小分别为， 因，，故B错误； C．设第一次碰撞后两球的最大摆角分别为、。由各球从最低点摆到最高点的机械能守恒，有， 整理得， 两球摆长相同，且最大摆角均为小角度，随摆角增大而增大。由可知，故C错误； D．两球摆长均为，且均做小角度摆动，由单摆周期公式得 两球周期相同，第一次碰撞后均经半个周期同时回到最低点，发生第二次碰撞。第二次碰撞前，两球速度与第一次碰撞后的速度方向相反，分别为、 设第二次碰撞后球、球的速度分别为、。由水平方向动量守恒有 将此式两边同除以并解出，得 由弹性碰撞的动能守恒，等式两边同除以，得 将 代入动能守恒式，移项、展开并同除以，得 因式分解得 若，由动量守恒式可得，即两球碰撞前后速度均不变，不符合实际碰撞。因此 解得 代入第一次碰撞后的速度，，故D正确。 故选D。 9．如图所示，一光滑圆弧固定在水平面上，其弧长远小于半径，现有两个相同的小球分别从图中A、B位置由静止释放，小球均可视为质点，不计空气阻力，关于A、B两小球下滑到最低点的过程中，运动的时间、重力的冲量大小、机械能改变量大小，重力对小球做的功，下列说法正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A．由于圆弧的弧长远小于半径，小球沿圆弧的运动可视为单摆的小角度振动。小球从释放点运动到最低点的时间均为四分之一周期，因此，故A错误； B．重力的冲量大小为 两小球质量相同且，因此，故B错误； C．圆弧光滑，支持力不做功，小球运动过程中机械能守恒，因此，故C正确； D．点高于点，小球由释放点下滑到最低点时，重力做功等于重力势能的减少量，因此，故D错误。 故选C。 10．用单摆测定重力加速度的实验。三位同学用图像法处理数据，他们通过改变摆长，测得了多组摆长和对应的周期，并用这些数据作图像，作出的图线的示意图如图中的、、所示，其中和平行，和都过原点，图线对应的值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线，下列分析正确的是（     ） A．出现图线的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长 B．通过对图线的正确处理不可以得到较为准确的值 C．图线对应的值小于图线对应的值 D．出现图线的原因可能是误将次全振动记为次 【答案】D 【详解】根据单摆的周期公式 可得 根据数学知识可知，图像的斜率 则当地的重力加速度 A．由图像可知，对图像，当为零时不为零，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； B．若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度，则有 与线斜率相等，和平行，通过对图线的正确处理同样可以得到较为准确的值，故B错误； C．由图可知，图线对应的斜率偏小，根据图像的斜率，当地的重力加速度可知，值大于图线对应的值，故C错误； D．实验中误将次全振动记为次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率偏小，故D正确。 故选D。 🚀能力跃升 11．（多选）竖直面内有一半径为R的光滑圆弧轨道AB，其对应的圆心角为10°，A、B两点等高，CD为竖直直径。在A、D两点间固定光滑直斜面，直斜面在D处与光滑圆弧轨道DB平滑相接，将一小球由A点静止释放沿直斜面AD下滑，小球可视为质点，则下列说法正确的是（     ） A．小球从A到D的时间等于从D到B的时间 B．小球从A到D的时间大于从D到B的时间 C．由题中数据可以求得小球在DB圆弧轨道上通过D点时对轨道的压力 D．若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点 【答案】BD 【详解】C．小球在DB圆弧轨道上从B到D点过程，根据动能定理可得 在D点根据牛顿第二定律可得 联立可得 由于不知道小球的质量，故不能求出小球通过D点时对轨道的压力，故C错误； D．小球从A点静止释放到D点过程，做匀加速直线运动，加速度大小为 根据运动学公式可得 解得 小球从C点静止释放到D点过程，做自由落体运动，则有 解得 可知 若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点，故D正确； AB．小球从D到B的过程，根据单摆周期公式可得所用时间为 可知 故小球从A到D的时间大于从D到B的时间，故A错误，B正确。 故选BD。 12．（多选）如图甲所示，一可视为质点的小球在光滑圆弧面上做简谐运动，圆弧轨道对小球的支持力大小随时间变化的曲线如图乙所示，图中时刻小球从点开始运动，重力加速度为。下列说法正确的是（     ） A．时刻小球的动能最小 B．该圆弧轨道的半径为 C．小球在A点所受的合力为零 D．小球的质量为 【答案】AB 【详解】A．由图可知，支持力在和时均取最小值，在两时刻之间取最大值，说明小球在时位于左侧最大位移处，经过平衡位置后，在时到达右侧最大位移处，此时小球速度为零，动能为 因此时刻小球的动能最小，故A正确； B．设小球做简谐运动的周期为，圆弧轨道的半径为，根据单摆的周期公式有 小球从运动到所用时间为半个周期，由图可知 联立解得，故B正确； C．设小球在点相对最低点的圆心角为，小球在点速度为零，沿半径方向的加速度为零，因此支持力与重力沿半径方向的分力平衡，有 但重力沿圆弧切线方向的分力为，该分力不为零，因此小球在点所受合力不为零，故C错误； D．小球在点速度为零，由上述分析可知 小球从点运动到最低点，根据机械能守恒定律有 解得 在最低点，根据牛顿第二定律有 联立解得 因此小球质量为 题中所给质量表达式错误，故D错误。 故选AB。 13．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用毫米刻度尺测得摆线长L0，用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则： (1)摆球直径d =________mm； (2)用秒表测得单摆完成N全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数t =________s； (3)如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是 。（填字母代号） A．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 B．计算摆长时没有计入摆球的半径 C．开始计时时，秒表过迟按下 D．实验中误将39次全振动数为40次 (4)在实验中，还经常通过改变摆长L从而测出对应的不同摆长下的周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图像。若在实验中摆长L少加小球的半径，那么真正的图象应该是a、b、c中的________由图像可知，小球的半径r＝________ cm；当地的重力加速度g＝________ m/s2。 【答案】(1)20.25 (2)78.5 (3)CD (4) a 1.2 9.86 【详解】（1）摆球直径 （2）秒表的示数 （3）根据单摆周期公式，可得 A．若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，而计算时按原摆长计算，相当于摆长的测量值偏小，从而算得重力加速度g的值偏小，故A错误； B．若计算摆长时没有计入摆球的半径，则摆长的测量值偏小，因此重力加速度g的值偏小，故B错误； C．若开始计时时，秒表过迟按下，计算的周期偏小，从而算得的重力加速度g的值偏大，故C正确； D．若试验中误将39次全振动数为40次，导致计算的振动周期偏小，从而算得的重力加速度g的值偏大，故D正确。 故选CD。 （4）[1][2][3]若在实验中摆长L少加小球的半径，根据单摆周期公式得 解得 当时，则真正的图像是a 当时， 即图像与轴交点坐标，由图示图像可知小球半径 图线的斜率大小 由图示图像可知 解得 14．某物理学习小组进行“用单摆测定重力加速度”的实验，其装置如图甲所示。 (1)用秒表测出40次全振动的时间t如图乙所示，则________s，单摆的摆动周期________s（结果保留三位有效数字）。 (2)小组同学用游标卡尺测量了摆球的直径d如图丙所示，则________cm。 (3)当摆球摆到最低点时启动秒表开始计时，记录n次全振动的时间为t，多次改变摆线长度，在摆角较小的情况下测得不同摆长l对应的摆动时间t，作出了图像，如图丁所示，根据图线可得该测量地的重力加速度________（用a、b、n表示）。 (4)某同学测量的重力加速度值偏小，可能的原因是________（填正确答案标号）。 A．开始计时时，秒表过迟按下 B．实验中将51次全振动误记为50次 C．将摆线长和球的直径之和当成了摆长 D．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 【答案】(1) 75.2 1.88 (2)1.15 (3) (4)BD 【详解】（1）[1]根据秒表的读数规则，图乙内圈示数的单位为分，即示数为1分秒 外圈示数的单位为秒，即示数为15.2秒，所以秒表的示数为 [2]单摆的周期为 （2）根据游标卡尺读数规则可知 （3）根据题意可知，单摆的周期 根据，整理得 可知斜率 解得 （4）A．由可知 开始计时时。秒表过迟按下，会使测量的时间t偏小，则g偏大。故A错误； B．实验中将51次全振动误记为50次，则n偏小，g偏小，故B正确； C．将摆线长和球的直径之和当成了摆长，即摆长l的测量值偏大，g偏大，故C错误； D．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，即摆长l的测量值偏小，则g偏小，故D正确。 故选BD。 15．如图，轻绳上端固定在点，下端将质量的小球悬挂在点。质量的玩具子弹以的速度射向小球，与小球碰撞后，又以的速度弹回。已知绳长为取，不计空气阻力及小球大小。求： (1)碰撞后瞬间小球达到的速度。 (2)碰撞后，小球向右摆动到最高点时相对于A点的高度 (3)从碰撞后瞬间开始计时，小球经过多长时间第一次回到点。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）以水平向右为正方向，子弹和小球组成的系统动量守恒 解得 （2）碰撞后，小球向右摆动到最高点，由机械能守恒定律 解得最高点相对于点的高度 （3）由于最高点的高度和绳长相比，所以小球被碰撞后的运动属于单摆运动，由单摆周期公式， 解得 所以从碰撞后，小球第一次回到点所需时间 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $