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高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动4 单摆一课一练
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这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动4 单摆一课一练，共1页。试卷主要包含了单摆模型，单摆的回复力，下列关于单摆的说法，正确的是，单摆振动时的回复力是等内容，欢迎下载使用。
2.4 单摆
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课程标准
课标解读
1.通过生活实例，理解单摆模型，并分析单摆的回复力。
2.通过对单摆模型的分析，掌握单摆做简谐运动的条件。
3.通过实验探究，掌握单摆的周期与摆长的定量关系。
4.理解并掌握单摆的周期公式，并能够利用周期公式分析和计算相关问题。
1.理解单摆模型及其振动特点.
2.理解单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源.
3.掌握单摆的周期公式．
知识精讲
知识点01 单摆及单摆的回复力
1．单摆模型
如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫作单摆．单摆是实际摆的理想化模型．
在单摆模型里，悬线无弹性、不可伸缩、没有质量，小球是质点，单摆是一个理想化的模型．
2．单摆的回复力
(1)回复力的提供：摆球的重力沿切线方向的分力，即F＝mgsin_θ.
(2)回复力的特点：在偏角很小时，单摆所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置．
(3)运动规律：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律．
【即学即练1】(多选)如图所示为均匀小球在做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称．下列说法正确的是( )
A． 小球受重力、绳子拉力和回复力
B． 小球所受合外力就是单摆的回复力
C． 小球在O点时合外力不为0，回复力为0
D． 小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等
【答案】CD
【解析】物体只受两个力：重力、绳子拉力，A错；单摆的回复力是重力沿运动方向的分力，B错；单摆在O点时，回复力为0，但合外力不为0，合外力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据运动的对称性可知，选项D正确．
知识点02 单摆的周期
1．影响单摆周期的因素
(1)单摆的周期与摆球质量、振幅无关．
(2)单摆的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大．
2．周期公式
(1)公式：T＝2π.
(2)单摆的等时性：单摆的周期与振幅无关的性质．
【即学即练2】已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，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】B
【解析】单摆完成一次全振动所需的时间叫单摆振动周期，据题设可知a、b两单摆的周期之比为：＝，由单摆周期公式T＝2π得：＝，根据题设得Lb－La＝1.6 m，联立解得La＝0.9 m，Lb＝2.5 m.能力拓展
考法01探究摆钟的物理原理
把摆钟等效成一个小球，当小球运动到图中的任意位置P时，小球受到的回复力是小球所受重力G沿着圆弧切线方向的分力G1，F＝G1＝mgsin θ.若摆角θ很小，则有sin θ≈θ＝，并且位移x≈，考虑了位移和回复力的方向后，有F＝－mg(“－”表示回复力F与位移x的方向相反)，m是小球的质量，l是摆长，g是重力加速度，它们都有确定的数值，可以用一个常数k来表示，则上式又可以写成F＝－kx，也就是说，在摆角很小时，小球所受到的回复力跟位移大小成正比而方向相反，所以小球做简谐运动．
【典例1】某单摆由1 m长的摆线连接一个直径2 cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法中正确的是( )
A． 用大球替代小球，单摆的周期不变
B． 摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小
C． 用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变
D． 将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大
【答案】C
【解析】用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期变大，故A错误；由单摆周期公式T＝2π可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故B错误；用等大铜球替代铁球，单摆摆长不变，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期不变，故C正确；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆周期变小，故D错误．
考法02探究单摆振动的周期
1．单摆的周期公式T＝2π.
2．摆长l
(1)实际的单摆的摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度：即l＝l′＋，l′为摆线长，d为摆球直径．
(2)等效摆长：如图所示，甲、乙在垂直纸面方向摆起来的效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin_α，这就是等效摆长，所以其周期为T＝2π.
【典例1】如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接．M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离．现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是( )
A． 恰好在O点
B． 一定在O点的左侧
C． 一定在O点的右侧
D． 条件不足，无法确定
【答案】C
【解析】据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2πR1g，TB＝2πR2g，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝14TA＝π2R1g，tB＝14TB＝π2R2g，由于R1
题组A 基础过关练
一、单选题
1．在淄博走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，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
【答案】A
【解析】根据单摆周期公式
在淄博走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，重力加速度g变小，周期T变大，所以摆钟变慢了，为了使T变回原来的值，需要重新校准，应减小摆长L。
故选A。
2．单摆的振动图像如图所示，单摆的摆长为（ ）.
A．0.4m B．0.8m C．1.0m D．9.8m
【答案】D
【解析】周期为完成一次全振动的时间，从图象看出，完成一次全振动时间为s，所以周期T= s。根据，可得：
A．。故A不符合题意。
B．。故B不符合题意。
C．。故C不符合题意。
D．。故D符合题意。
故选D。
3．为使单摆的频率增大，可采取的方法是（ ）
A．减小摆球的质量 B．缩短单摆的摆长
C．减小单摆的振幅 D．增大单摆的摆长
【答案】B
【解析】单摆的周期公式为
则单摆的频率为
AC. 单摆的周期与摆球的质量、振幅无关，所以单摆的频率也与摆球的质量、振幅无关，故AC错误；
BD. 缩短单摆的摆长l，可使单摆的频率增大；增大单摆的摆长，可使单摆的频率减小，故B正确，D错误。
故选B。
4．如图所示，上端固定的细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器向下喷出一细束墨水。沿着与摆动方向垂直的方向匀速拖动一张足够长的 白纸，白纸上的墨迹便画出振动图象（x-t 图象）。不计空气阻力，设注射器中水的质量远大于注射器的质量，随着水的流出，摆的周期将（ ）
A．周期不变 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变大
【答案】B
【解析】根据周期公式
可知，摆长为重心到悬挂点的距离，随着水的流出，重心先下移再上移，所以周期先变大后边小，B正确。
故选B。
5．下列关于单摆的说法，正确的是( )
A．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零
B．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力
C．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力
D．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)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－A
【答案】B
【解析】
摆球经最低点（振动的平衡位置）时回复力为零，但向心力不为零，所以加速度不为零，故A错误；摆球的回复力由合力沿圆弧切线方向的分力（等于重力沿圆弧切线方向的分力）提供，故B正确，C错误；简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，故D错误．故选B．
【点睛】简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点．单摆处于圆周运动，其合力提供向心力，回复力只是合力的一个分力．单摆摆球经过平衡位置时仍具有向心加速度．
6．单摆振动时的回复力是（ ）
A．悬线对摆球的拉力
B．摆球所受的重力
C．摆球重力在垂直于悬线方向上的分力
D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力
【答案】C
【解析】摆球振动时的回复力不是所受重力和摆线作用于摆球的拉力的合力，也不是所受重力和沿圆弧运动时的向心力的合力，也不是摆球的拉力沿水平方向的分力，而是摆球所受重力沿圆弧切线方向的分力．故C正确，ABD错误．
【点睛】
回复力可以是合外力，其不单纯是指某一个力．它是根据力的作用效果“总是要把物体拉回到平衡位置”命名的；回复力不是一种特殊性质的力．但回复力也不一定就是合外力．
7．单摆做简谐运动的过程中，以下说法正确的是（ ）.
A．摆球受到的合力处处为零 B．摆球受到的合力处处不为零
C．通过平衡位置时合力为零 D．通过平衡位置时回复力不为零
【答案】B
【解析】AB．单摆做简谐运动的过程中，摆球受到的合力处处不为零。故A错误，B正确。
C．摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零。故C错误。
D．摆球经过平衡位置时所受的回复力为零。故D错误。
故选B。
8．如图所示，为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，M>m，在沙子逐渐漏完的过程中，摆的周期（ ）
A．不变 B．先变大后变小
C．先变小后变大 D．逐渐变大
【答案】B
【解析】由题，漏斗的质量为m，细沙的质量为M
当细沙逐渐下漏的过程中，沙漏的重心先下降后升高，则该沙摆的摆长先增大后减小，由单摆的周期公式
可知，该摆的周期先增大后减小，故B正确，ACD错误。
故选B。
9．一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球上受到的万有引力的，在地球上走时准确的摆钟搬到该行星上，时针转一圈所经历的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题设可知，行星表面重力加速度
由于单摆周期
可见摆钟在行星表面摆动的周期是在地球表面周期的两倍，即
因此时针走一圈实际经历的时间是
故选C。
10．如图所示的各类实物摆中，可看作单摆的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】单摆是理想化的物理模型，单摆由摆线和摆球组成。 理想化的单摆是指摆线质量不计，摆线长度不伸缩，摆球只计质量不计大小；要求摆球的直径比摆线长度要短的多，摆球应选择体积小密度大的小球。
A. 摆线为细钢丝，质量不能忽略，且摆球为泡沫塑料球，摆球质量太小，不可看作单摆，故A错误；
B. 摆球为气球，体积大质量小，不可看作单摆，故B错误；
C. 摆线为细线，摆球为小铁球，可以看作单摆，故C正确；
D. 摆线太短，均匀柱体不可看作摆球，不可看作单摆，故D错误。
故选C。
11．某单摆在竖直平面内做小摆角振动，周期为2 s。如果从摆球向右运动通过平衡位置时开始计时，在t=1.4 s至t=1.5 s的过程中，摆球的（ ）
A．速度向右在增大，加速度向右在减小
B．速度向左在增大，加速度向左在增大
C．速度向左在减小，加速度向右在增大
D．速度向右在减小，加速度向左在减小
【答案】C
【解析】单摆的周期为2 s，摆球向右通过平衡位置时开始计时，当t=1.4 s时，摆球已通过平衡位置，正在向左方最大位移处做减速运动，由于位移在变大，根据
可知，加速度也在变大，方向向右，C正确。
故选C。
二、多选题
12．小球在一个曲率半径很大的光滑圆槽内做简谐振动，如图所示，为了使振动周期变为原来的2倍，可采用的方法是（ ）
A．将小球质量减为原来的一半
B．将其振幅变为原来的2倍
C．将圆槽半径增为原来的4倍
D．将圆槽从地面移到距地面为1倍地球半径的高空
【答案】CD
【解析】小球受重力和支持力，支持力的切向分量提供向心力，是类似单摆模型，根据单摆的周期公式
周期与振幅、摆球的重力均无关，要使振动周期变为原来的2倍，可以将圆槽半径变为原来的4倍。或者将当地的重力加速度变为原来的四分之一。
将圆槽从地面移到距地面为1倍地球半径的高空，有
联立，可知
故AB错误；CD正确。
故选CD。
13．甲、乙两个单摆的振动图象如图所示．根据振动图象可以断定（ ）
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4
B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2
C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3
D．若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9:4
【答案】BCD
【解析】ABC.根据图像可知，单摆振动的周期关系：，所以周期之比为，频率为周期的反比，所以频率之比：；若甲乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式：，所以摆长之比为4：9，A错误BC正确
D.若在不同地点，摆长相同，根据得：重力加速度之比为：9：4，D正确
14．关于单摆做简谐运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．在平衡位置摆球的速度和位移均达到最大值
B．在最大位移处位移最大，而速度最小
C．在平衡位置摆球速度最大
D．摆球由最大位移到平衡位置运动时，速度变大，位移变小
【答案】BCD
【解析】AC.在平衡位置处，摆球的势能最小，动能最大，速度最大，但是位移从平衡位置为起点，所以位移最小，A错误C正确
B.在最大位移处，势能最大，动能最小，速度最小，位移最大，B正确
D.摆球从最大位移处到平衡位置，势能减小，动能增大，速度增大，向平衡位置移动，位移变小，D正确
题组B 能力提升练
一、单选题
1．一光滑圆弧面ABD，水平距离为L，高为h（L>>h），小球从顶端A处静止释放，滑到底端D的时间为t1，若在圆弧面上放一块光滑斜面ACD，则小球从A点静止释放，滑到D的时间为t2，则（ ）
A．t2=t1 B． C． D．
【答案】C
【解析】由于h<< L，小球沿光滑圆弧面ABD运动，可看作单摆模型，运动时间等于四分之一个单摆周期。设圆弧轨道半径为R，单摆周期,小球的运动时间为
小球沿光滑斜面ACD运动，可看作等时圆模型，运动时间等于从圆周最高点沿直径自由下落到最低点的时间，所以
由上述可得
选项C正确，故选C。
2．荡秋千是小孩最喜欢的娱乐项目之一，可简化为如图甲所示。图甲中点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至点，此时细线处于张紧状态。由静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的、之间来回摆动，其中点为最低位置，，小于5°且大小未知，同时由连接到计算机的力传感器得到了摆线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，如图乙所示（图中所标字母，重力加速度均为已知量）。不计空气阻力。根据题中（包括图中）所给的信息，下列说法正确的是（ ）
A．该单摆的周期为
B．无法求出摆球振动的摆长
C．可以求得由A运动到所用的时间（不考虑重复周期）为
D．在小于5°的情况下，越大周期越大
【答案】C
【解析】A．小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，由乙图可知单摆的周期T=t2，故A错误；
B．由单摆的周期公式
可得
摆球振动的摆长
故摆长可以求出，故B错误；
C．由A运动到所用的时间（不考虑重复周期）为周期的一半
故C正确；
D．在小于5°的情况下，周期不变，故D错误。
故选C。
3．如图所示，单摆的周期为T，则下列说法正确的是（ ）
A．把摆球质量增加一倍，其它条件不变，则单摆的周期变小
B．把摆角变小，其它条件不变，则单摆的周期变小
C．将单摆摆长增加为原来的2倍，其它条件不变，则单摆的周期将变为2T
D．将此摆从地球赤道移到两极上，其它条件不变，则单摆的周期将变短
【答案】D
【解析】ABC．根据单摆周期公式
可知，周期与摆角和摆球的质量无关，摆长增加为原来的2倍，其它条件不变，则单摆的周期将变为倍，故ABC错误；
D．地球两极的重力加速度大于赤道的重力加速度，根据
可得将此摆从地球赤道移到两极上，其它条件不变，则单摆的周期将变短，故D正确。
故选D。
4．某同学利用如图所示的单摆绘制出振动图像，若当地重力加速度g为9.8m/s2，估算此单摆的摆长并写出其振动方程（ ）
A．1m，x=3sinπt（cm） B．2m，x=3sinπt（cm）
C．1m，x=3cosπt（cm） D．2m，x3cosπt（cm）
【答案】A
【解析】由图可知单摆的周期
T=2s
振幅
A=3cm
根据单摆周期公式可得摆长
代入数据解得
又
则其振动方程为
x=3sinπt（cm）
故选A。
5．甲、乙两人观察同一单摆的振动,甲每经过 3.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在其平衡位置处;乙每经过 4.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在平衡位置右侧的最高处,由此可知该单摆的周期不可能的是
A．0.5s B．1.0s C．1.5s D．2.0s
【答案】C
【解析】摆的摆动具有周期性，题中每次经过半个周期通过平衡位置或最右端；故3s和4s都是半周期的整数倍，故时间差1s也是半周期的整数倍；即
；
（n为正整数）
A.T＝0.5s时，n＝4，故A正确；
B.T＝1.0s时，n＝2，故B正确；
C.T＝1.5s时，n＝，故C错误；
D.T＝2.0s时，n＝1，故D正确；
故选：C。
6．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，则该单摆的周期为（ ）
A．t B．2t C．3t D．4t
【答案】D
【解析】单摆经过最低点时，速度最大，据牛顿第二定律知，单摆经过最低点时摆线的拉力最大；从最低点到再次到达最低点所需时间等于半个周期，所以据图象得，该单摆的周期为4t，故D项正确，ABC三项错误。
7．细长轻绳下端悬挂一小球A构成单摆，在悬挂点O正下方摆长处有一能挡住摆线的钉子P，如图所示，现将单摆向右方拉开一个小角度（），t=0时刻无初速度释放。不计一切阻力。下列描述释放后小球的机械能E、绳中拉力的冲量大小I、速度的大小v、离开平衡位置的位移大小x随时间t变化的关系图线中，可能正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】A．释放后小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以机械能为平行于t的直线，故A错误；
B．根据冲量的计算公式可得绳中拉力的冲量大小
I＝Ft
其中拉力的大小和方向时刻在发生变化，所以拉力的冲量与时间不可能是正比关系。故B错误；
C．小球摆动过程中，从右端最高点向最低点摆动时速度逐渐增大，设摆线长为L，经过的时间
t1＝＝
从最低点向左侧摆动过程中速度逐渐减小到零，经过的时间
t2＝＝
从左侧最高点向最低点摆动时速度逐渐增大，经过的时间
t3＝＝
从最低点向右侧摆动过程中速度逐渐减小到零，经过的时间
t4＝＝
故C正确；
D．根据机械能守恒定律可知小球达到最高点的高度左右相同，由于悬点位置变化，最大位移不相同，如图所示，故D错误。
故选C。
8．如图甲所示是一个单摆，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，由此可知（ ）
A．单摆振动的频率为2.5Hz
B．时摆球位于B点，绳的拉力最大
C．时摆球位于平衡位置O，加速度为零
D．若当地的重力加速度，则这个单摆的摆长是0.16m
【答案】D
【解析】A．由图可知，振动周期是0.8s，所以振动频率为1.25 Hz，A错误；
B．摆球的位移为负向最大，所以摆球位于B点，此时绳的拉力与重力法向分力平衡，所以拉力最小。B错误；
C．时摆球位于平衡位置O，回复加速度为零，但是向心加速度不为零。C错误；
D．根据周期公式得
D正确。
故选D。
9．图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至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之问来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中（ ）
A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零
B．摆球在A点和C点处，动能为零，回复力也为零
C．摆球在B点处，重力势能最小，合力为零
D．摆球在B点处，动能最大，细线拉力也最大
【答案】D
【解析】AB．摆球在摆动过程中，最高点A、C处是摆球的最大位移位置，速度为零，动能为零，回复力最大，合力不为零，AB错误；
CD．在最低点B，是摆球的平衡位置，速度最大，动能最大，重力势能最小，恢复力为零，摆球做圆周运动，绳的拉力最大，C错误D正确。
故选D。
10．如图所示，圆弧AO是半径为2 m的光滑圆弧面的一部分，圆弧与水平面相切于点O，AO弧长为10 cm，现将一小球先后从圆弧的点A和点B无初速度地释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别为t1和t2，那么（ ）
A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2
C．v1＞v2，t1＞t2 D．上述三种都有可能
【答案】B
【解析】小球在滑动中机械能守恒，易知
v1＞v2
小球在圆弧面上的受力类似于单摆的受力，且AO弧长为10 cm，远小于圆弧的半径，故小球的摆角很小，小球的运动是简谐运动，而简谐运动的周期与振幅无关，这样小球从点A运动到点O和从点B运动到点O的时间相等,即
t1=t2
故ACD错误，B正确。
故选B。
11．一单摆的摆球质量为m、摆长为l，球心离地心为r。已知地球的质量为M，引力常量为G，关于单摆做简谐运动的周期T与r的关系，下列公式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式。
【解析】在地球表面，重力等于万有引力，故
单摆的周期为
联立解得
故选B。
12．如图所示为同一地区两个单摆的振动图像，实线是单摆甲的振动图像，虚线是单摆乙的振动图像。已知两单摆的摆球质量相同，则甲、乙两个单摆的（ ）
A．摆长之比为1∶ 2 B．摆长之比为2∶ 1
C．最大回复力之比为1∶ 8 D．最大回复力之比为8∶ 1
【答案】D
【解析】AB．由图像可知甲、乙两单摆的周期之比为1：2，根据
则单摆的摆长之比为1：4，AB错误；
CD．两单摆的摆球质量相同，最大回复力
振幅之比为2：1，则最大回复力之比为8：1，C错误D正确。
故选D。
13．一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被挡住，使摆长发生变化。现使摆球作小角度摆动，图示为摆球从右边最高点M摆至左边最高点N的闪光照片（悬点和小钉未摄入），P为最低点，每相邻两次闪光的时间间隔相等。则小钉距悬点的距离为（ ）
A． B． C． D．条件不足，无法判断
【答案】C
【解析】由图可知，在左、右振动周期之比
设小钉距悬点的距离为x，根据
可得
整理可得
故选C。
14．如图所示，一质量为M的物块静止于A点，绳长为L，现给物块施加一初速度v，物块抵达B点时的速度恰好为0，且此时拉物块B的绳与竖直方向成45°夹角，绳长保持不变，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．物块将做简谐运动
B．满足关系式v2=gL
C．物块第二次经过A点时的速度与第一次经过A点时的速度不同
D．设物块在运动时绳与竖直方向的夹角为β（β ≤ 45°），则当夹角为β时，绳子对物块的拉力大小为Mg(2 - cosβ)
【答案】C
【解析】A．由题知物块B的绳与竖直方向成45°夹角，不满足单摆摆角小于5°（现在一般认为是小于10°）的条件，则物块的运动不能视为简谐运动，A错误；
B．根据动能定理有
- mg(L - Lcos45°) = 0 - mv2
经过计算有
v2= (2 - )gL
B错误；
C．由于速度是矢量，第一次经过C点的速度方向向左，第二次经过C点的速度方向向右，则物块第二次经过A点时的速度与第一次经过A点时的速度不同，C正确；
D．当夹角为β时对物块受力分析如下图
根据受力分析有
FT= mgy = mgcosβ
D错误。
故选C。
15．关于单摆，下列说法中正确的是（ ）
A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
B．摆球受到的回复力是它的合力
C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D．摆角很小时，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比
【答案】A
【解析】A．根据回复力的定义知，摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，A正确；
B．单摆的回复力除指明在最高点外都不是摆球受力的合力，但不管在哪个位置均可认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力，B错误；
CD．摆球经过平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因悬线方向上要受向心力，CD错误。
故选A。
二、多选题
16．如图所示，用绝缘细线悬挂的单摆，摆球带正电，悬挂于O点，摆长为l，当它摆过竖直线OC时便进入或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆动的平面向里，A，B点分别是最大位移处．下列说法中正确的是( )
A．A点和B点处于同一水平面
B．A点高于B点
C．摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等
D．单摆的振动周期仍为
E.单摆向右或向左摆过D点时，线上的拉力大小相等
【答案】ACD
【解析】
摆球运动过程中机械能守恒，所以A，B在同一高度．选项A正确，B错误；球在B点不受洛伦兹力，与球在A点时受拉力大小相等，选项C正确；球在磁场中运动时虽然受洛伦兹力，但洛伦兹力总与速度方向垂直，不能提供回复力，所以不改变振动的周期，选项D正确；单摆向右或向左摆过D点时，速度大小相等，但洛伦兹力的方向相反，所以线上的拉力不相等，选项E错误．
【点睛】本题中小球在复合场运动，洛伦兹力不做功，其机械能仍然守恒，洛伦兹力不改变小球运动的快慢．但要注意洛伦兹力方向与速度有关，速度反向，洛伦兹力方向也相反．
17．做单摆实验时，小球可能在水平面内做圆周运动形成圆锥摆。为避免单摆做圆锥摆引起的误差，可采用双线摆代替单摆来改进实验装置。如图所示，两根线的一端都系在小球的同一点，另一端分别固定在天花板上，两根线的长度均为l、与竖直方向的夹角均为θ，小球的直径为d，重力加速度为g。现将小球垂直纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个很小的角度后由静止释放，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若单摆做圆锥摆运动，其做圆锥摆运动的周期小于单摆的周期
B．这个双线摆的摆长为l＋
C．这个双线摆的周期为T=
D．图中双线摆的θ角越小越好
E.小球宜采用密度大的铅球或者铁球
【答案】ACE
【解析】A．若为圆锥摆时，则
解得
小于单摆的周期
选项A正确；
B．这个双线摆的摆长为
L=lcosθ＋
选项B错误；
C．这个双线摆的周期为
选项C正确；
D．图中双线摆的θ角太小的话，摆动起来越不稳定，选项D错误；
E．小球宜采用密度大的铅球或者铁球，以减小空气阻力的影响，选项E正确。
故选ACE。
18．如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图象，下列说法正确的是（ ）
A．甲与乙的摆长一样大
B．甲摆的振幅比乙摆的大
C．甲在平衡位置的速率比乙在平衡位置的速率大
D．在t=0.5s时有正向最大加速度的是甲摆
【答案】ABC
【解析】A．由图看出，两个单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，选项A正确；
B．甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大，选项B正确；
C．甲摆的振幅大，根据能量守恒可得甲在平衡位置的速率比乙在平衡位置的速率大，选项C正确；
D．在t=0.5s时，乙摆具有最大负向位移，由 可知，乙摆具有正向最大加速度，选项D错误。
故选ABC。
19．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
E.3s~4s内，两摆球的势能均减少
【答案】BDE
【解析】A．单摆的周期与振幅与摆球的质量无关，所以A错误；
B．由图像可知甲、乙两单摆的周期之比为1:2，根据单摆的周期公式
可知，周期与摆长的二次方根成正比，所以甲、乙两单摆的摆长之比是1:4，则B正确；
C． 由图像可知，t=1.5s 时，两摆球的速度方向相反，所以C错误；
D．由加速度公式
t=1.5s 时，两摆球位移方向相同，所以它们的加速度方向相同，则D正确；
E．3s~4s内，两摆球的向平衡位置运动，摆球的势能均减少，所以E正确；
故选BDE。
20．如图所示，房顶上固定一根长2.5m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球（可视为质点）。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6m，不计空气阻力，g取10m/s2，则小球从最左端运动到最右端的时间可能为（ ）
A．0.2πs B．0.4πs C．0.6πs D．1.2πs E.2.0πs
【答案】BDE
【解析】小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期
T1＝2π＝πs
摆长为线长减去墙体长时对应的周期
T2＝2π＝0.6πs
故小球从最左端到最右端所用的最短时间为
t＝＝0.4πs
选项BDE正确。
故选BDE。
21．如图甲所示为挖掘机的顶部垂下一个大铁球并让它小角度的摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑，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6s
B．t＝2s时，摆球的速度最大
C．摆球的质量增大，周期越大
D．该单摆的摆长约为16m
【答案】BD
【解析】A．由图像知，单摆的周期8s，A错误；
B．t＝2s时，摆球位于平衡位置，速度最大，B正确；
C．根据单摆周期公式
T＝2π
周期与质量无关，C错误；
D．根据周期公式，即
T＝2π
又周期为8s，得摆长
l≈16m
D正确。
故选BD。
22．关于单摆的运动有下列说法，其中正确的是（ ）
A．单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力
B．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力
C．单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关
D．单摆做简谐运动的条件是摆角很小，如小于5°
【答案】BCD
【解析】AB．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，千万不要误认为是摆球所受的合外力， A错误B正确；
C．根据单摆的周期公
可知，单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，C正确；
D．在摆角很小时，小于5°，单摆近似做简谐运动，D正确。
故选BCD。
三、实验题
23．某学校的兴趣小组在实验室做单摆振动实验。如图甲所示为单摆在两点间振动的情形，点是平衡位置，图乙是这个单摆的振动图像，单摆振动的周期为，取摆球向右运动的方向为正方向，学校所在地的重力加速度为。若将此单摆移至悬停在某一高度的热气球载人舱中，做摆角小于的振动，测得周期为，已知地球半径为。
（1）根据图乙写出此单摆的振动方程。
（2）求此单摆的摆长。
（3）求该热气球此时离海平面的高度。
【答案】（1）；（2）0.16m；（3）
【解析】(1)由题图乙可知，此单摆的振动方程为
(2)由单摆的振动图像，有
根据公式
可得
根据单摆的周明公式
其中是单摆的摆长，和分别是两地点的重力加速度
(3)根据万有引力定律公式可得
由以上各式联立解得
四、解答题
24．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。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=α；α小于10°且是未知量。图乙表示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，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题（包括图）所给的信息，求：（g取10m/s2）
（1）单摆的振动周期和摆长；
（2）摆球的质量；
（3）摆球运动过程中的最大速度。
【答案】（1）T=0.4πs，0.4m；（2）0.05kg；（3）0.283m/s
【解析】（1）摆球受力分析如图所示：
小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律
T=0.4πs
由单摆的周期公式为
解得
（2）（3）在最高点A，有
在最低点B，有
从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得
联立三式并代入数据得
25．如图所示，左图为一单摆，摆球质量为m，摆长为L，做小角度摆动，摆角为（），重力加速度为g，不计空气阻力，右图是某次小球从左端由禁止释放，摆球第一次由左向右通过平衡位置开始计时，位移x随时间t变化的图象，求：
（1）释放时小球的回复力；（用题目中所给字母表示）
（2）t=1.5s时小球的位置和0～1.5s内的路程。
【答案】（1）；（2）最左端或初始位置，24cm
【解析】（1）对单摆受力分析如图所示
重力沿径向分力参与提供向心力，而重力沿切向分力提供回复力，有
（2）根据图像，可读得单摆的周期
而
t=1.5s=
即单摆从平衡位置开始经过四分之三个周期的振动，位置处于最左端或初始位置；而路程为
26．有一单摆，在地球表面的周期为2 s，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。（取g地＝9.8 m/s2，结果均保留2位有效数字）
（1）将该单摆置于月球表面，其周期为多大？
（2）若将摆长缩短为原来的，在月球表面时此摆的周期为多大？
（3）该单摆的摆长为多少？
【答案】（1）4.9 s；（2）3.5 s；（3）0.99 m
【解析】（1）由单摆的周期公式
知
所以
则
（2）根据周期公式
知
所以
则
（3）根据周期公式
知
27．如图甲所示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。设摆球向右方向运动为正方向。图乙所示是这个单摆的振动图象。根据图象回答：（）
（1）单摆振动的频率是多大？
（2）若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
（3）如果摆球在B处绳上拉力F1=0.1N，在O处绳上拉力F2=2.8N，则摆球质量是多少？
【答案】（1）1.25Hz；（2）0.16m；（3）0.1kg
【解析】（1）由单摆振动图像得T=0.8s，故频率为
f==1.25Hz
（2）根据公式T=2π可得
（3）设摆线偏离平衡位置的角度为，则摆球在B点，沿绳子方向受力平衡，有
在O点，有
从B点到O点，根据机械能守恒定律，有
联立可得摆球质量
2.4 单摆
目标导航
课程标准
课标解读
1.通过生活实例，理解单摆模型，并分析单摆的回复力。
2.通过对单摆模型的分析，掌握单摆做简谐运动的条件。
3.通过实验探究，掌握单摆的周期与摆长的定量关系。
4.理解并掌握单摆的周期公式，并能够利用周期公式分析和计算相关问题。
1.理解单摆模型及其振动特点.
2.理解单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源.
3.掌握单摆的周期公式．
知识精讲
知识点01 单摆及单摆的回复力
1．单摆模型
如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫作单摆．单摆是实际摆的理想化模型．
在单摆模型里，悬线无弹性、不可伸缩、没有质量，小球是质点，单摆是一个理想化的模型．
2．单摆的回复力
(1)回复力的提供：摆球的重力沿切线方向的分力，即F＝mgsin_θ.
(2)回复力的特点：在偏角很小时，单摆所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置．
(3)运动规律：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律．
【即学即练1】(多选)如图所示为均匀小球在做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称．下列说法正确的是( )
A． 小球受重力、绳子拉力和回复力
B． 小球所受合外力就是单摆的回复力
C． 小球在O点时合外力不为0，回复力为0
D． 小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等
【答案】CD
【解析】物体只受两个力：重力、绳子拉力，A错；单摆的回复力是重力沿运动方向的分力，B错；单摆在O点时，回复力为0，但合外力不为0，合外力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据运动的对称性可知，选项D正确．
知识点02 单摆的周期
1．影响单摆周期的因素
(1)单摆的周期与摆球质量、振幅无关．
(2)单摆的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大．
2．周期公式
(1)公式：T＝2π.
(2)单摆的等时性：单摆的周期与振幅无关的性质．
【即学即练2】已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，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】B
【解析】单摆完成一次全振动所需的时间叫单摆振动周期，据题设可知a、b两单摆的周期之比为：＝，由单摆周期公式T＝2π得：＝，根据题设得Lb－La＝1.6 m，联立解得La＝0.9 m，Lb＝2.5 m.能力拓展
考法01探究摆钟的物理原理
把摆钟等效成一个小球，当小球运动到图中的任意位置P时，小球受到的回复力是小球所受重力G沿着圆弧切线方向的分力G1，F＝G1＝mgsin θ.若摆角θ很小，则有sin θ≈θ＝，并且位移x≈，考虑了位移和回复力的方向后，有F＝－mg(“－”表示回复力F与位移x的方向相反)，m是小球的质量，l是摆长，g是重力加速度，它们都有确定的数值，可以用一个常数k来表示，则上式又可以写成F＝－kx，也就是说，在摆角很小时，小球所受到的回复力跟位移大小成正比而方向相反，所以小球做简谐运动．
【典例1】某单摆由1 m长的摆线连接一个直径2 cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法中正确的是( )
A． 用大球替代小球，单摆的周期不变
B． 摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小
C． 用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变
D． 将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大
【答案】C
【解析】用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期变大，故A错误；由单摆周期公式T＝2π可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故B错误；用等大铜球替代铁球，单摆摆长不变，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期不变，故C正确；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆周期变小，故D错误．
考法02探究单摆振动的周期
1．单摆的周期公式T＝2π.
2．摆长l
(1)实际的单摆的摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度：即l＝l′＋，l′为摆线长，d为摆球直径．
(2)等效摆长：如图所示，甲、乙在垂直纸面方向摆起来的效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin_α，这就是等效摆长，所以其周期为T＝2π.
【典例1】如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接．M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离．现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是( )
A． 恰好在O点
B． 一定在O点的左侧
C． 一定在O点的右侧
D． 条件不足，无法确定
【答案】C
【解析】据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2πR1g，TB＝2πR2g，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝14TA＝π2R1g，tB＝14TB＝π2R2g，由于R1
题组A 基础过关练
一、单选题
1．在淄博走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，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
【答案】A
【解析】根据单摆周期公式
在淄博走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，重力加速度g变小，周期T变大，所以摆钟变慢了，为了使T变回原来的值，需要重新校准，应减小摆长L。
故选A。
2．单摆的振动图像如图所示，单摆的摆长为（ ）.
A．0.4m B．0.8m C．1.0m D．9.8m
【答案】D
【解析】周期为完成一次全振动的时间，从图象看出，完成一次全振动时间为s，所以周期T= s。根据，可得：
A．。故A不符合题意。
B．。故B不符合题意。
C．。故C不符合题意。
D．。故D符合题意。
故选D。
3．为使单摆的频率增大，可采取的方法是（ ）
A．减小摆球的质量 B．缩短单摆的摆长
C．减小单摆的振幅 D．增大单摆的摆长
【答案】B
【解析】单摆的周期公式为
则单摆的频率为
AC. 单摆的周期与摆球的质量、振幅无关，所以单摆的频率也与摆球的质量、振幅无关，故AC错误；
BD. 缩短单摆的摆长l，可使单摆的频率增大；增大单摆的摆长，可使单摆的频率减小，故B正确，D错误。
故选B。
4．如图所示，上端固定的细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器向下喷出一细束墨水。沿着与摆动方向垂直的方向匀速拖动一张足够长的 白纸，白纸上的墨迹便画出振动图象（x-t 图象）。不计空气阻力，设注射器中水的质量远大于注射器的质量，随着水的流出，摆的周期将（ ）
A．周期不变 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变大
【答案】B
【解析】根据周期公式
可知，摆长为重心到悬挂点的距离，随着水的流出，重心先下移再上移，所以周期先变大后边小，B正确。
故选B。
5．下列关于单摆的说法，正确的是( )
A．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零
B．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力
C．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力
D．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)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－A
【答案】B
【解析】
摆球经最低点（振动的平衡位置）时回复力为零，但向心力不为零，所以加速度不为零，故A错误；摆球的回复力由合力沿圆弧切线方向的分力（等于重力沿圆弧切线方向的分力）提供，故B正确，C错误；简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，故D错误．故选B．
【点睛】简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点．单摆处于圆周运动，其合力提供向心力，回复力只是合力的一个分力．单摆摆球经过平衡位置时仍具有向心加速度．
6．单摆振动时的回复力是（ ）
A．悬线对摆球的拉力
B．摆球所受的重力
C．摆球重力在垂直于悬线方向上的分力
D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力
【答案】C
【解析】摆球振动时的回复力不是所受重力和摆线作用于摆球的拉力的合力，也不是所受重力和沿圆弧运动时的向心力的合力，也不是摆球的拉力沿水平方向的分力，而是摆球所受重力沿圆弧切线方向的分力．故C正确，ABD错误．
【点睛】
回复力可以是合外力，其不单纯是指某一个力．它是根据力的作用效果“总是要把物体拉回到平衡位置”命名的；回复力不是一种特殊性质的力．但回复力也不一定就是合外力．
7．单摆做简谐运动的过程中，以下说法正确的是（ ）.
A．摆球受到的合力处处为零 B．摆球受到的合力处处不为零
C．通过平衡位置时合力为零 D．通过平衡位置时回复力不为零
【答案】B
【解析】AB．单摆做简谐运动的过程中，摆球受到的合力处处不为零。故A错误，B正确。
C．摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零。故C错误。
D．摆球经过平衡位置时所受的回复力为零。故D错误。
故选B。
8．如图所示，为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，M>m，在沙子逐渐漏完的过程中，摆的周期（ ）
A．不变 B．先变大后变小
C．先变小后变大 D．逐渐变大
【答案】B
【解析】由题，漏斗的质量为m，细沙的质量为M
当细沙逐渐下漏的过程中，沙漏的重心先下降后升高，则该沙摆的摆长先增大后减小，由单摆的周期公式
可知，该摆的周期先增大后减小，故B正确，ACD错误。
故选B。
9．一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球上受到的万有引力的，在地球上走时准确的摆钟搬到该行星上，时针转一圈所经历的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题设可知，行星表面重力加速度
由于单摆周期
可见摆钟在行星表面摆动的周期是在地球表面周期的两倍，即
因此时针走一圈实际经历的时间是
故选C。
10．如图所示的各类实物摆中，可看作单摆的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】单摆是理想化的物理模型，单摆由摆线和摆球组成。 理想化的单摆是指摆线质量不计，摆线长度不伸缩，摆球只计质量不计大小；要求摆球的直径比摆线长度要短的多，摆球应选择体积小密度大的小球。
A. 摆线为细钢丝，质量不能忽略，且摆球为泡沫塑料球，摆球质量太小，不可看作单摆，故A错误；
B. 摆球为气球，体积大质量小，不可看作单摆，故B错误；
C. 摆线为细线，摆球为小铁球，可以看作单摆，故C正确；
D. 摆线太短，均匀柱体不可看作摆球，不可看作单摆，故D错误。
故选C。
11．某单摆在竖直平面内做小摆角振动，周期为2 s。如果从摆球向右运动通过平衡位置时开始计时，在t=1.4 s至t=1.5 s的过程中，摆球的（ ）
A．速度向右在增大，加速度向右在减小
B．速度向左在增大，加速度向左在增大
C．速度向左在减小，加速度向右在增大
D．速度向右在减小，加速度向左在减小
【答案】C
【解析】单摆的周期为2 s，摆球向右通过平衡位置时开始计时，当t=1.4 s时，摆球已通过平衡位置，正在向左方最大位移处做减速运动，由于位移在变大，根据
可知，加速度也在变大，方向向右，C正确。
故选C。
二、多选题
12．小球在一个曲率半径很大的光滑圆槽内做简谐振动，如图所示，为了使振动周期变为原来的2倍，可采用的方法是（ ）
A．将小球质量减为原来的一半
B．将其振幅变为原来的2倍
C．将圆槽半径增为原来的4倍
D．将圆槽从地面移到距地面为1倍地球半径的高空
【答案】CD
【解析】小球受重力和支持力，支持力的切向分量提供向心力，是类似单摆模型，根据单摆的周期公式
周期与振幅、摆球的重力均无关，要使振动周期变为原来的2倍，可以将圆槽半径变为原来的4倍。或者将当地的重力加速度变为原来的四分之一。
将圆槽从地面移到距地面为1倍地球半径的高空，有
联立，可知
故AB错误；CD正确。
故选CD。
13．甲、乙两个单摆的振动图象如图所示．根据振动图象可以断定（ ）
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4
B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2
C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3
D．若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9:4
【答案】BCD
【解析】ABC.根据图像可知，单摆振动的周期关系：，所以周期之比为，频率为周期的反比，所以频率之比：；若甲乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式：，所以摆长之比为4：9，A错误BC正确
D.若在不同地点，摆长相同，根据得：重力加速度之比为：9：4，D正确
14．关于单摆做简谐运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．在平衡位置摆球的速度和位移均达到最大值
B．在最大位移处位移最大，而速度最小
C．在平衡位置摆球速度最大
D．摆球由最大位移到平衡位置运动时，速度变大，位移变小
【答案】BCD
【解析】AC.在平衡位置处，摆球的势能最小，动能最大，速度最大，但是位移从平衡位置为起点，所以位移最小，A错误C正确
B.在最大位移处，势能最大，动能最小，速度最小，位移最大，B正确
D.摆球从最大位移处到平衡位置，势能减小，动能增大，速度增大，向平衡位置移动，位移变小，D正确
题组B 能力提升练
一、单选题
1．一光滑圆弧面ABD，水平距离为L，高为h（L>>h），小球从顶端A处静止释放，滑到底端D的时间为t1，若在圆弧面上放一块光滑斜面ACD，则小球从A点静止释放，滑到D的时间为t2，则（ ）
A．t2=t1 B． C． D．
【答案】C
【解析】由于h<< L，小球沿光滑圆弧面ABD运动，可看作单摆模型，运动时间等于四分之一个单摆周期。设圆弧轨道半径为R，单摆周期,小球的运动时间为
小球沿光滑斜面ACD运动，可看作等时圆模型，运动时间等于从圆周最高点沿直径自由下落到最低点的时间，所以
由上述可得
选项C正确，故选C。
2．荡秋千是小孩最喜欢的娱乐项目之一，可简化为如图甲所示。图甲中点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至点，此时细线处于张紧状态。由静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的、之间来回摆动，其中点为最低位置，，小于5°且大小未知，同时由连接到计算机的力传感器得到了摆线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，如图乙所示（图中所标字母，重力加速度均为已知量）。不计空气阻力。根据题中（包括图中）所给的信息，下列说法正确的是（ ）
A．该单摆的周期为
B．无法求出摆球振动的摆长
C．可以求得由A运动到所用的时间（不考虑重复周期）为
D．在小于5°的情况下，越大周期越大
【答案】C
【解析】A．小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，由乙图可知单摆的周期T=t2，故A错误；
B．由单摆的周期公式
可得
摆球振动的摆长
故摆长可以求出，故B错误；
C．由A运动到所用的时间（不考虑重复周期）为周期的一半
故C正确；
D．在小于5°的情况下，周期不变，故D错误。
故选C。
3．如图所示，单摆的周期为T，则下列说法正确的是（ ）
A．把摆球质量增加一倍，其它条件不变，则单摆的周期变小
B．把摆角变小，其它条件不变，则单摆的周期变小
C．将单摆摆长增加为原来的2倍，其它条件不变，则单摆的周期将变为2T
D．将此摆从地球赤道移到两极上，其它条件不变，则单摆的周期将变短
【答案】D
【解析】ABC．根据单摆周期公式
可知，周期与摆角和摆球的质量无关，摆长增加为原来的2倍，其它条件不变，则单摆的周期将变为倍，故ABC错误；
D．地球两极的重力加速度大于赤道的重力加速度，根据
可得将此摆从地球赤道移到两极上，其它条件不变，则单摆的周期将变短，故D正确。
故选D。
4．某同学利用如图所示的单摆绘制出振动图像，若当地重力加速度g为9.8m/s2，估算此单摆的摆长并写出其振动方程（ ）
A．1m，x=3sinπt（cm） B．2m，x=3sinπt（cm）
C．1m，x=3cosπt（cm） D．2m，x3cosπt（cm）
【答案】A
【解析】由图可知单摆的周期
T=2s
振幅
A=3cm
根据单摆周期公式可得摆长
代入数据解得
又
则其振动方程为
x=3sinπt（cm）
故选A。
5．甲、乙两人观察同一单摆的振动,甲每经过 3.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在其平衡位置处;乙每经过 4.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在平衡位置右侧的最高处,由此可知该单摆的周期不可能的是
A．0.5s B．1.0s C．1.5s D．2.0s
【答案】C
【解析】摆的摆动具有周期性，题中每次经过半个周期通过平衡位置或最右端；故3s和4s都是半周期的整数倍，故时间差1s也是半周期的整数倍；即
；
（n为正整数）
A.T＝0.5s时，n＝4，故A正确；
B.T＝1.0s时，n＝2，故B正确；
C.T＝1.5s时，n＝，故C错误；
D.T＝2.0s时，n＝1，故D正确；
故选：C。
6．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，则该单摆的周期为（ ）
A．t B．2t C．3t D．4t
【答案】D
【解析】单摆经过最低点时，速度最大，据牛顿第二定律知，单摆经过最低点时摆线的拉力最大；从最低点到再次到达最低点所需时间等于半个周期，所以据图象得，该单摆的周期为4t，故D项正确，ABC三项错误。
7．细长轻绳下端悬挂一小球A构成单摆，在悬挂点O正下方摆长处有一能挡住摆线的钉子P，如图所示，现将单摆向右方拉开一个小角度（），t=0时刻无初速度释放。不计一切阻力。下列描述释放后小球的机械能E、绳中拉力的冲量大小I、速度的大小v、离开平衡位置的位移大小x随时间t变化的关系图线中，可能正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】A．释放后小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以机械能为平行于t的直线，故A错误；
B．根据冲量的计算公式可得绳中拉力的冲量大小
I＝Ft
其中拉力的大小和方向时刻在发生变化，所以拉力的冲量与时间不可能是正比关系。故B错误；
C．小球摆动过程中，从右端最高点向最低点摆动时速度逐渐增大，设摆线长为L，经过的时间
t1＝＝
从最低点向左侧摆动过程中速度逐渐减小到零，经过的时间
t2＝＝
从左侧最高点向最低点摆动时速度逐渐增大，经过的时间
t3＝＝
从最低点向右侧摆动过程中速度逐渐减小到零，经过的时间
t4＝＝
故C正确；
D．根据机械能守恒定律可知小球达到最高点的高度左右相同，由于悬点位置变化，最大位移不相同，如图所示，故D错误。
故选C。
8．如图甲所示是一个单摆，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，由此可知（ ）
A．单摆振动的频率为2.5Hz
B．时摆球位于B点，绳的拉力最大
C．时摆球位于平衡位置O，加速度为零
D．若当地的重力加速度，则这个单摆的摆长是0.16m
【答案】D
【解析】A．由图可知，振动周期是0.8s，所以振动频率为1.25 Hz，A错误；
B．摆球的位移为负向最大，所以摆球位于B点，此时绳的拉力与重力法向分力平衡，所以拉力最小。B错误；
C．时摆球位于平衡位置O，回复加速度为零，但是向心加速度不为零。C错误；
D．根据周期公式得
D正确。
故选D。
9．图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至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之问来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中（ ）
A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零
B．摆球在A点和C点处，动能为零，回复力也为零
C．摆球在B点处，重力势能最小，合力为零
D．摆球在B点处，动能最大，细线拉力也最大
【答案】D
【解析】AB．摆球在摆动过程中，最高点A、C处是摆球的最大位移位置，速度为零，动能为零，回复力最大，合力不为零，AB错误；
CD．在最低点B，是摆球的平衡位置，速度最大，动能最大，重力势能最小，恢复力为零，摆球做圆周运动，绳的拉力最大，C错误D正确。
故选D。
10．如图所示，圆弧AO是半径为2 m的光滑圆弧面的一部分，圆弧与水平面相切于点O，AO弧长为10 cm，现将一小球先后从圆弧的点A和点B无初速度地释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别为t1和t2，那么（ ）
A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2
C．v1＞v2，t1＞t2 D．上述三种都有可能
【答案】B
【解析】小球在滑动中机械能守恒，易知
v1＞v2
小球在圆弧面上的受力类似于单摆的受力，且AO弧长为10 cm，远小于圆弧的半径，故小球的摆角很小，小球的运动是简谐运动，而简谐运动的周期与振幅无关，这样小球从点A运动到点O和从点B运动到点O的时间相等,即
t1=t2
故ACD错误，B正确。
故选B。
11．一单摆的摆球质量为m、摆长为l，球心离地心为r。已知地球的质量为M，引力常量为G，关于单摆做简谐运动的周期T与r的关系，下列公式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式。
【解析】在地球表面，重力等于万有引力，故
单摆的周期为
联立解得
故选B。
12．如图所示为同一地区两个单摆的振动图像，实线是单摆甲的振动图像，虚线是单摆乙的振动图像。已知两单摆的摆球质量相同，则甲、乙两个单摆的（ ）
A．摆长之比为1∶ 2 B．摆长之比为2∶ 1
C．最大回复力之比为1∶ 8 D．最大回复力之比为8∶ 1
【答案】D
【解析】AB．由图像可知甲、乙两单摆的周期之比为1：2，根据
则单摆的摆长之比为1：4，AB错误；
CD．两单摆的摆球质量相同，最大回复力
振幅之比为2：1，则最大回复力之比为8：1，C错误D正确。
故选D。
13．一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被挡住，使摆长发生变化。现使摆球作小角度摆动，图示为摆球从右边最高点M摆至左边最高点N的闪光照片（悬点和小钉未摄入），P为最低点，每相邻两次闪光的时间间隔相等。则小钉距悬点的距离为（ ）
A． B． C． D．条件不足，无法判断
【答案】C
【解析】由图可知，在左、右振动周期之比
设小钉距悬点的距离为x，根据
可得
整理可得
故选C。
14．如图所示，一质量为M的物块静止于A点，绳长为L，现给物块施加一初速度v，物块抵达B点时的速度恰好为0，且此时拉物块B的绳与竖直方向成45°夹角，绳长保持不变，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．物块将做简谐运动
B．满足关系式v2=gL
C．物块第二次经过A点时的速度与第一次经过A点时的速度不同
D．设物块在运动时绳与竖直方向的夹角为β（β ≤ 45°），则当夹角为β时，绳子对物块的拉力大小为Mg(2 - cosβ)
【答案】C
【解析】A．由题知物块B的绳与竖直方向成45°夹角，不满足单摆摆角小于5°（现在一般认为是小于10°）的条件，则物块的运动不能视为简谐运动，A错误；
B．根据动能定理有
- mg(L - Lcos45°) = 0 - mv2
经过计算有
v2= (2 - )gL
B错误；
C．由于速度是矢量，第一次经过C点的速度方向向左，第二次经过C点的速度方向向右，则物块第二次经过A点时的速度与第一次经过A点时的速度不同，C正确；
D．当夹角为β时对物块受力分析如下图
根据受力分析有
FT= mgy = mgcosβ
D错误。
故选C。
15．关于单摆，下列说法中正确的是（ ）
A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
B．摆球受到的回复力是它的合力
C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D．摆角很小时，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比
【答案】A
【解析】A．根据回复力的定义知，摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，A正确；
B．单摆的回复力除指明在最高点外都不是摆球受力的合力，但不管在哪个位置均可认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力，B错误；
CD．摆球经过平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因悬线方向上要受向心力，CD错误。
故选A。
二、多选题
16．如图所示，用绝缘细线悬挂的单摆，摆球带正电，悬挂于O点，摆长为l，当它摆过竖直线OC时便进入或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆动的平面向里，A，B点分别是最大位移处．下列说法中正确的是( )
A．A点和B点处于同一水平面
B．A点高于B点
C．摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等
D．单摆的振动周期仍为
E.单摆向右或向左摆过D点时，线上的拉力大小相等
【答案】ACD
【解析】
摆球运动过程中机械能守恒，所以A，B在同一高度．选项A正确，B错误；球在B点不受洛伦兹力，与球在A点时受拉力大小相等，选项C正确；球在磁场中运动时虽然受洛伦兹力，但洛伦兹力总与速度方向垂直，不能提供回复力，所以不改变振动的周期，选项D正确；单摆向右或向左摆过D点时，速度大小相等，但洛伦兹力的方向相反，所以线上的拉力不相等，选项E错误．
【点睛】本题中小球在复合场运动，洛伦兹力不做功，其机械能仍然守恒，洛伦兹力不改变小球运动的快慢．但要注意洛伦兹力方向与速度有关，速度反向，洛伦兹力方向也相反．
17．做单摆实验时，小球可能在水平面内做圆周运动形成圆锥摆。为避免单摆做圆锥摆引起的误差，可采用双线摆代替单摆来改进实验装置。如图所示，两根线的一端都系在小球的同一点，另一端分别固定在天花板上，两根线的长度均为l、与竖直方向的夹角均为θ，小球的直径为d，重力加速度为g。现将小球垂直纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个很小的角度后由静止释放，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若单摆做圆锥摆运动，其做圆锥摆运动的周期小于单摆的周期
B．这个双线摆的摆长为l＋
C．这个双线摆的周期为T=
D．图中双线摆的θ角越小越好
E.小球宜采用密度大的铅球或者铁球
【答案】ACE
【解析】A．若为圆锥摆时，则
解得
小于单摆的周期
选项A正确；
B．这个双线摆的摆长为
L=lcosθ＋
选项B错误；
C．这个双线摆的周期为
选项C正确；
D．图中双线摆的θ角太小的话，摆动起来越不稳定，选项D错误；
E．小球宜采用密度大的铅球或者铁球，以减小空气阻力的影响，选项E正确。
故选ACE。
18．如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图象，下列说法正确的是（ ）
A．甲与乙的摆长一样大
B．甲摆的振幅比乙摆的大
C．甲在平衡位置的速率比乙在平衡位置的速率大
D．在t=0.5s时有正向最大加速度的是甲摆
【答案】ABC
【解析】A．由图看出，两个单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，选项A正确；
B．甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大，选项B正确；
C．甲摆的振幅大，根据能量守恒可得甲在平衡位置的速率比乙在平衡位置的速率大，选项C正确；
D．在t=0.5s时，乙摆具有最大负向位移，由 可知，乙摆具有正向最大加速度，选项D错误。
故选ABC。
19．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
E.3s~4s内，两摆球的势能均减少
【答案】BDE
【解析】A．单摆的周期与振幅与摆球的质量无关，所以A错误；
B．由图像可知甲、乙两单摆的周期之比为1:2，根据单摆的周期公式
可知，周期与摆长的二次方根成正比，所以甲、乙两单摆的摆长之比是1:4，则B正确；
C． 由图像可知，t=1.5s 时，两摆球的速度方向相反，所以C错误；
D．由加速度公式
t=1.5s 时，两摆球位移方向相同，所以它们的加速度方向相同，则D正确；
E．3s~4s内，两摆球的向平衡位置运动，摆球的势能均减少，所以E正确；
故选BDE。
20．如图所示，房顶上固定一根长2.5m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球（可视为质点）。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6m，不计空气阻力，g取10m/s2，则小球从最左端运动到最右端的时间可能为（ ）
A．0.2πs B．0.4πs C．0.6πs D．1.2πs E.2.0πs
【答案】BDE
【解析】小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期
T1＝2π＝πs
摆长为线长减去墙体长时对应的周期
T2＝2π＝0.6πs
故小球从最左端到最右端所用的最短时间为
t＝＝0.4πs
选项BDE正确。
故选BDE。
21．如图甲所示为挖掘机的顶部垂下一个大铁球并让它小角度的摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑，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6s
B．t＝2s时，摆球的速度最大
C．摆球的质量增大，周期越大
D．该单摆的摆长约为16m
【答案】BD
【解析】A．由图像知，单摆的周期8s，A错误；
B．t＝2s时，摆球位于平衡位置，速度最大，B正确；
C．根据单摆周期公式
T＝2π
周期与质量无关，C错误；
D．根据周期公式，即
T＝2π
又周期为8s，得摆长
l≈16m
D正确。
故选BD。
22．关于单摆的运动有下列说法，其中正确的是（ ）
A．单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力
B．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力
C．单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关
D．单摆做简谐运动的条件是摆角很小，如小于5°
【答案】BCD
【解析】AB．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，千万不要误认为是摆球所受的合外力， A错误B正确；
C．根据单摆的周期公
可知，单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，C正确；
D．在摆角很小时，小于5°，单摆近似做简谐运动，D正确。
故选BCD。
三、实验题
23．某学校的兴趣小组在实验室做单摆振动实验。如图甲所示为单摆在两点间振动的情形，点是平衡位置，图乙是这个单摆的振动图像，单摆振动的周期为，取摆球向右运动的方向为正方向，学校所在地的重力加速度为。若将此单摆移至悬停在某一高度的热气球载人舱中，做摆角小于的振动，测得周期为，已知地球半径为。
（1）根据图乙写出此单摆的振动方程。
（2）求此单摆的摆长。
（3）求该热气球此时离海平面的高度。
【答案】（1）；（2）0.16m；（3）
【解析】(1)由题图乙可知，此单摆的振动方程为
(2)由单摆的振动图像，有
根据公式
可得
根据单摆的周明公式
其中是单摆的摆长，和分别是两地点的重力加速度
(3)根据万有引力定律公式可得
由以上各式联立解得
四、解答题
24．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。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=α；α小于10°且是未知量。图乙表示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，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题（包括图）所给的信息，求：（g取10m/s2）
（1）单摆的振动周期和摆长；
（2）摆球的质量；
（3）摆球运动过程中的最大速度。
【答案】（1）T=0.4πs，0.4m；（2）0.05kg；（3）0.283m/s
【解析】（1）摆球受力分析如图所示：
小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律
T=0.4πs
由单摆的周期公式为
解得
（2）（3）在最高点A，有
在最低点B，有
从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得
联立三式并代入数据得
25．如图所示，左图为一单摆，摆球质量为m，摆长为L，做小角度摆动，摆角为（），重力加速度为g，不计空气阻力，右图是某次小球从左端由禁止释放，摆球第一次由左向右通过平衡位置开始计时，位移x随时间t变化的图象，求：
（1）释放时小球的回复力；（用题目中所给字母表示）
（2）t=1.5s时小球的位置和0～1.5s内的路程。
【答案】（1）；（2）最左端或初始位置，24cm
【解析】（1）对单摆受力分析如图所示
重力沿径向分力参与提供向心力，而重力沿切向分力提供回复力，有
（2）根据图像，可读得单摆的周期
而
t=1.5s=
即单摆从平衡位置开始经过四分之三个周期的振动，位置处于最左端或初始位置；而路程为
26．有一单摆，在地球表面的周期为2 s，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。（取g地＝9.8 m/s2，结果均保留2位有效数字）
（1）将该单摆置于月球表面，其周期为多大？
（2）若将摆长缩短为原来的，在月球表面时此摆的周期为多大？
（3）该单摆的摆长为多少？
【答案】（1）4.9 s；（2）3.5 s；（3）0.99 m
【解析】（1）由单摆的周期公式
知
所以
则
（2）根据周期公式
知
所以
则
（3）根据周期公式
知
27．如图甲所示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。设摆球向右方向运动为正方向。图乙所示是这个单摆的振动图象。根据图象回答：（）
（1）单摆振动的频率是多大？
（2）若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
（3）如果摆球在B处绳上拉力F1=0.1N，在O处绳上拉力F2=2.8N，则摆球质量是多少？
【答案】（1）1.25Hz；（2）0.16m；（3）0.1kg
【解析】（1）由单摆振动图像得T=0.8s，故频率为
f==1.25Hz
（2）根据公式T=2π可得
（3）设摆线偏离平衡位置的角度为，则摆球在B点，沿绳子方向受力平衡，有
在O点，有
从B点到O点，根据机械能守恒定律，有
联立可得摆球质量
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