2021届高考物理通用一轮练习：考点44　机械振动　实验：用单摆测定重力加速度

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考点44　机械振动　实验：用单摆测定重力加速度



题组一　基础小题
1．若物体做简谐运动，下列说法中正确的是(　　)
A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值
B．物体通过平衡位置时，所受合力为零，回复力为零，处于平衡状态
C．物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同
D．物体的位移增大时，动能增加，势能减少
答案　C
解析　如图所示，图线中a、b两处，物体处于同一位置，位移为负值，加速度一定相同，但速度方向分别为负、正，A错误，C正确；物体的位移增大时，动能减少，势能增加，D错误；单摆的摆球通过最低点时，回复力为零，但合力不为零，B错误。

2．如图1所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图2所示，下列说法正确的是(　　)

A．t＝0.8 s时，振子的速度方向向左
B．t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处
C．t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度完全相同
D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的速度逐渐减小
答案　A
解析　从t＝0.8 s起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t＝0.8 s时，速度方向向左，A正确；由题中图象得振子的位移x＝12sint(cm)，故t＝0.2 s时，x＝6 cm，B错误；t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的位移方向相反，由a＝－知，其加速度方向相反，C错误；t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐变大，D错误。
3．(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asint，则质点(　　)
A．第1 s末与第3 s末的位移相同
B．第1 s末与第3 s末的速度相同
C．第3 s末至第5 s末的位移方向都相同
D．第3 s末至第5 s末的速度方向都相同
答案　AD
解析　由关系式可知ω＝ rad/s，T＝＝8 s，将t＝1 s和t＝3 s代入关系式中求得两时刻的位移相同，A正确；作出质点的振动图象如图所示，由图象可以看出，第1 s末和第3 s末的速度方向不同，B错误；由图象可知，第3 s末至第4 s末质点的位移方向与第4 s末至第5 s末质点的位移方向相反，而速度的方向相同，故C错误，D正确。

4．一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，已知振子从平衡位置开始向正方向运动，第一次运动到x＝处所用的时间为t1，从最大的正位移处第一次运动到x＝处所用的时间为t2，那么t1与t2的大小关系正确的是(　　)
A．t1＝t2 B．t1 C．t1>t2 D．无法判断
答案　B
解析　根据振子远离平衡位置时速度减小，靠近平衡位置时速度增大可知，振子第一次从平衡位置运动到x＝A处的平均速度大于第一次从最大正位移处运动到x＝A处的平均速度，而路程相等，说明t1 5．(多选)某同学在利用单摆测重力加速度的实验中发现测得的重力加速度大于标准值，其原因可能是(　　)
A．所用摆球的质量太大
B．铁架台的底座有磁性物质，其对小球有磁场引力
C．测N次全振动时间时，把N次误计为(N＋1)次
D．以摆线长加上小球直径作为摆长，代入公式
答案　BCD
解析　此实验原理是由单摆的周期公式T＝2π得出g＝，而与摆球的质量无关；铁架台底部有磁性物质，由于磁场力吸引，使振动周期减小，测得的重力加速度偏大；同理C项中的做法，使测得的周期偏小，测得的重力加速度偏大；D项做法使测得的摆长偏大，测得的重力加速度偏大。故A错误，B、C、D正确。
6．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小
D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向
答案　ABD
解析　根据单摆周期公式T＝2π 可知，在同一地点，重力加速度g为定值，故周期的平方与其摆长成正比，A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能相互转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，B正确；根据单摆周期公式T＝2π 可知，单摆的周期与摆球质量无关，C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，D正确；已知弹簧振子初始时刻的位置、振动方向及其振动周期，才能知道振子在任意时刻运动速度的方向，E错误。
7．(多选)某同学利用单摆测量重力加速度。为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是(　　)
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
答案　BC
解析　为了减小实验误差，应选用密度大、体积小的摆球，A错误；摆线应选用轻且不易伸长的细线，B正确；实验时摆球应在同一竖直面内摆动，而不能做成圆锥摆，C正确；摆角不能超过5°，因此摆长一定的情况下，摆的振幅不能过大，D错误。
8．(多选)如图所示为同一地点的甲、乙两单摆的振动图象，下列说法中正确的是(　　)

A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．甲摆的周期比乙摆大
E．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
答案　ABE
解析　可从题图上看出甲摆的振幅大，B正确；由题图知两摆的周期相等，由T＝2π 可知两摆的摆长相等，因两摆球的质量关系不明确，故无法比较它们的机械能的大小，A正确，C、D错误；t＝0.5 s时乙摆球在负向最大位移处，故有正向最大加速度，E正确。
9．(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为(　　)
A．0.53 s B．1.4 s
C．1.6 s D．2 s　
E．3 s
答案　BDE
解析　如图甲所示，O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故＝0.3 s＋ s＝0.4 s，解得T＝1.6 s；如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B到点M′所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s。振子从点O到点M′、从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等，为＝ s，故周期为T＝0.5 s＋ s≈0.53 s，所以周期不可能为选项B、D、E。

10．(多选)装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示，把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得其振动周期为0.5 s。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图象如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是(　　)

A．回复力等于重力和浮力的合力
B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒
C．位移满足函数式x＝4sin(4πt－) (cm)
D．振动频率与按压的深度有关
E．在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大
答案　ACE
解析　玻璃管振动过程中，受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，A正确；玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，B错误；由于振动周期为0.5 s，故ω＝＝4π rad/s，由图乙可知振动位移的函数表达式为x＝4sin(4πt－π) (cm)，C正确；按压的深度不同，其振幅不同，但频率不变，D错误；由图象可知，t1～t2时间内玻璃管在靠近平衡位置，故位移减小，加速度减小，速度增大，E正确。
11．(多选)一弹簧振子做简谐振动，则以下说法正确的是(　　)
A．振子的质量越大，则该振动系统的周期越长
B．振子的质量越大，则该弹簧振子系统的机械能越大
C．已知振动周期为T，若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动的加速度一定相同
D．若t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度相等，则Δt一定为振动周期的整数倍
E．振子的动能相等时，弹簧的长度不一定相等
答案　ACE
解析　弹簧振子的振动周期T＝2π ，振子的质量越大，振动系统的周期越长，故A正确；同一振动系统，振幅越大则机械能越大，而振幅与周期、振子质量及频率等均无关，故B错误；若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子的位移相同，加速度也相同，故C正确；振子从平衡位置再回到平衡位置，经历的时间最少为，但两位置弹簧的长度相等，故D错误；关于平衡位置对称的两个位置，振子的动能相等，弹簧的长度不等，故E正确。
12．(多选)关于受迫振动和共振，下列说法正确的是(　　)
A．火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振
B．若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 Hz
C．当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D．一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个
E．受迫振动系统的机械能守恒
答案　BCD
解析　火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，B正确；由共振的定义可知，C正确；根据共振曲线可知，D正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，E错误。
13．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪很大，游船上下浮动。可把游船的浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(　　)
A．0.5 s B．0.75 s
C．1.0 s D．1.5 s
答案　C
解析　由振动周期T＝3.0 s、ω＝、A＝20 cm知，游船做简谐运动的振动方程为x＝Asinωt＝20sint(cm)，在一个周期内，当x＝10 cm时，解得t1＝0.25 s，t2＝1.25 s，则游客能舒服登船的时间Δt＝t2－t1＝1.0 s，C正确。
14．(多选)如图所示为两单摆分别在受迫振动中的共振曲线，则下列说法正确的是(　　)

A．若两单摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B．若两单摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆长之比lⅠ∶lⅡ＝25∶4
C．图线Ⅱ若是在地面上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D．图线Ⅱ若是在地面上完成的，则该单摆摆长约为0.5 m
E．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ是在地面上完成的
答案　ABC
解析　题图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两单摆的固有频率fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝0.5 Hz。当两单摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式f＝ 可知，g越大，f越大，故gⅡ>gⅠ，又因为g地>g月，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；若两单摆在地球上同一地点进行受迫振动，g相同，由f＝ 可得＝＝，B正确；fⅡ＝0.5 Hz，若图线Ⅱ是在地面上完成的，根据fⅡ＝ ，g＝9.8 m/s2，可计算出lⅡ约为1 m，C正确，D、E错误。
题组二　高考小题
15．(2019·江苏高考)(多选)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的(　　)
A．位移增大 B．速度增大
C．回复力增大 D．机械能增大
答案　AC
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，A、C正确，B、D错误。
16．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x­t关系的是(　　)


答案　A
解析　摆长为l时单摆的周期T1＝2π，振幅A1＝lα(α为摆角)，摆长为l时单摆的周期T2＝2π ＝π＝，振幅A2＝lβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝mg(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2，cosβ＝1－2sin2，以及sin≈tan≈，sin≈tan≈(、很小)，解得β＝2α，故A2＝A1，故A正确。
17．(2018·天津高考)(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s时位移为0.1 m，则(　　)
A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s
B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s
D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
答案　AD
解析　若振幅为0.1 m，根据题意可知从t＝0 s到t＝1 s振子经历的时间为(n＋)T＝1 s(n＝0,1,2，3，…)，解得T＝ s(n＝0,1,2，3，…)，当n＝1时，T＝ s，当T＝ s时，代入得n＝，不符合题意，A正确，B错误；如果振幅为0.2 m，结合位移—时间关系图象，有1 s＝＋nT(n＝0,1,2,3，…)　①，或者1 s＝T＋nT(n＝0,1,2，3，…)　②，或者1 s＝＋nT(n＝0,1,2,3，…)　③，对于①式，只有当n＝0时，T＝2 s，为整数；对于②式，T不为整数，对于③式，只有当n＝0时，T＝6 s，T为整数，故C错误，D正确。
18. (2017·北京高考)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是(　　)

A．t＝1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
B．t＝2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值
C．t＝3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零
D．t＝4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
答案　A
解析　t＝1 s时，振子处于正的最大位移处，振子的速度为零，加速度为负的最大值，A正确。t＝2 s时，振子在平衡位置且向x轴负方向运动，则振子的速度为负，加速度为零，B错误。t＝3 s时，振子处于负的最大位移处，振子的速度为零，加速度为正的最大值，C错误。t＝4 s时，振子在平衡位置且向x轴正方向运动，则振子的速度为正，加速度为零，D错误。
题组三　模拟小题
19．(2019·宁夏石嘴山三中一模)(多选)弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，把小钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动，从小钢球第一次通过平衡位置时开始计时，其振动图象如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．钢球的振动周期为1 s
B．在t0时刻弹簧的形变量为4 cm
C．钢球振动半个周期，回复力做功为零
D．钢球振动一个周期，通过的路程等于10 cm
E．钢球的振动方程为y＝5sinπt cm
答案　BCE
解析　由振动图象可以看出钢球的振动周期为T＝2 s，A错误；弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，在平衡位置时弹簧的形变量为零，由图知t0时刻在平衡位置的右侧距离平衡位置4 cm处，则弹簧的形变量等于4 cm，B正确；经过半个周期后，振子的速度大小相等，动能变化为零，根据动能定理知回复力做功为零，C正确；钢球振动一个周期，通过的路程s＝4A＝4×5 cm＝20 cm，D错误；振幅A＝5 cm，角频率ω＝＝π rad/s，则钢球的振动方程为y＝Asinωt＝5sinπt cm，E正确。
20. (2019·百师联盟七调)(多选)如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量是乙的质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期T＝2π ，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中(　　)

A．甲的振幅是乙的振幅的4倍
B．甲的振幅等于乙的振幅
C．甲的最大速度是乙的最大速度的
D．甲的振动周期是乙的振动周期的2倍
E．甲的振动频率是乙的振动频率的2倍
答案　BCD
解析　将甲、乙两物块看成一个整体，受力分析可知，线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，故线断开后，甲、乙两物块离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，故A错误，B正确；在线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡位置时，甲、乙的最大动能相同，由于甲的质量是乙的质量的4倍，由Ek＝mv2知，甲的最大速度一定是乙的最大速度的，故C正确；根据T＝2π可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍，根据f＝可知，甲的振动频率是乙的振动频率的，D正确，E错误。
21. (2019·温州八校联考)(多选)如图所示，把能在绝缘光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子放在水平向右的匀强电场中，小球在O点时，弹簧处于原长，A、B为关于O点对称的两个位置，现在使小球带上负电，并让小球从B点静止释放，那么下列说法中不正确的是(　　)

A．小球仍然能在A、B间做简谐运动，O点是其平衡位置
B．小球从B点运动到A点的过程中，动能一定先增大后减小
C．小球仍然能做简谐运动，但其平衡位置不在O点
D．小球不可能再做简谐运动
E．小球从B点运动到A点，其动能的增加量一定等于电势能的减少量
答案　ABD
解析　小球在匀强电场中受到水平向左的电场力，设该电场力大小为F0，小球合力为零的位置应该在O点左侧，设为O1，设O1、O两点的间距为x0，弹簧劲度系数为k，则F0＝kx0；取水平向右为正方向，当小球从O1点向右运动的位移为x时，回复力F＝－F0＋k(x0－x)＝－kx，所以小球会以O1点为平衡位置做简谐运动，A、D错误，C正确；因为不知道A点与平衡位置O1点的位置关系，所以不能确定小球从B运动到A的过程中，动能如何变化，B错误；小球做简谐运动的过程中，小球的动能和电势能及弹簧的弹性势能之和守恒，小球在A、B两点时弹簧的弹性势能相等，所以小球从B点运动到A点，其动能的增加量一定等于电势能的减少量，E正确。



题组一　基础大题
22．有两个同学利用假期分别去参观北大和南大的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2­l图象，如图甲所示，去北大的同学所测实验结果对应的图线是________(选填“A”或“B”)。另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象(如图乙所示)，由图可知，两单摆摆长之比＝________。在t＝1 s时，b球振动的方向是________。

答案　B　　沿y轴负方向
解析　由单摆的周期公式T＝2π 得：T2＝l，即题图甲中图线的斜率k＝，重力加速度越大，斜率越小，北京的重力加速度比南京的大，所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B；从题图乙可以得出Tb＝1.5Ta，由T＝2π 知，两单摆摆长之比＝＝；从题图乙可以看出，t＝1 s时b球正在向负的最大位移处运动，所以b球的振动方向沿y轴负方向。
23．弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.20 s时刻，振子速度第一次变为－v；在t＝0.50 s时刻，振子速度第二次变为－v。
(1)求弹簧振子的振动周期T；
(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4.0 s内通过的路程；
(3)若B、C之间的距离为25 cm，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子的位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象。
答案　(1)1.00 s　(2)200 cm
(3)x＝12.5sin2πt(cm)　图象见解析图
解析　(1)画出弹簧振子简谐运动示意图如图所示。

由对称性可得T＝2×0.50 s＝1.00 s。
(2)若B、C之间的距离为25 cm，
则振幅A＝×25 cm＝12.5 cm
振子4.0 s内通过的路程
s＝×4×12.5 cm＝200 cm。
(3)根据x＝Asinωt，A＝12.5 cm，ω＝＝2π rad/s，
得x＝12.5sin2πt(cm)
振动图象如图所示。

题组二　高考大题
24．(2015·北京高考)用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。

(1)组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)。
A．长度为1 m左右的细线
B．长度为30 cm左右的细线
C．直径为1.8 cm的塑料球
D．直径为1.8 cm的铁球
(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用L、n、t表示)。
(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91

重力加速度g/(m·s－2)
9.74
9.73

请计算出第3组实验中的T＝_______s，g＝_______m/s2。
(4)用多组实验数据作出T2­L图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2­L图线的示意图如图2中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是________(选填选项前的字母)。

A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
(5)某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图3所示。由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g＝________(用l1、l2、T1、T2表示)。

答案　(1)AD　(2)　(3)2.01　9.76　(4)B　(5)
解析　(1)单摆模型需要满足的条件是摆线的长度远大于小球直径，小球的密度越大越好，这样可以忽略空气阻力，所以选A、D。
(2)周期T＝，结合T＝2π ，推出g＝。
(3)周期T＝＝＝2.01 s，由T＝2π ，解出g＝9.76 m/s2。
(4)由T＝2π ，两边平方后可知T2­L图线是过原点的直线，斜率为，b为正确的图象，a与b相比，周期相同时，摆长更短，说明a对应测量的摆长偏小，A错误；c与b相比，摆长相同时，周期偏小，可能是多记录了振动次数，B正确；由斜率的意义知C错误。
(5)设A到铁锁重心的距离为l，则第1、2次的摆长分别为l＋l1、l＋l2，由T1＝2π，T2＝2π ，联立解得g＝。
题组三　模拟大题
25．(2019·浙江嘉兴一中高三上学期期末)某同学利用单摆测定当地的重力加速度。
(1)实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺。除此之外，还需要的器材有________。
A．长度约为1 m的细线
B．长度约为30 cm的细线
C．直径约为2 cm的钢球
D．直径约为2 cm的木球
E．最小刻度为1 cm的直尺
F．最小刻度为1 mm的直尺
(2)该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图甲所示，秒表的读数为________ s。

(3)该同学经测量得到多组摆长L和对应的周期T，画出L­T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图乙所示，则当地重力加速度的表达式g＝________。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样________(填“影响”或“不影响”)重力加速度的计算。
答案　(1)ACF　(2)95.1　(3)　不影响
解析　(1)由单摆周期公式T＝2π 可得，g＝，实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺；实验需要测量周期，则需要秒表；摆线的长度大约1 m左右；为减小空气阻力的影响，应选择密度较大的摆球，故选用的器材为A、C、F。
(2)由图示秒表可知，分针示数为60 s，秒针示数为35.1 s，秒表读数：t＝60 s＋35.1 s＝95.1 s。
(3)由T＝2π ，可得L＝T2，则L­T2图象的斜率k＝，由图示图象可知，图象斜率k＝，解得重力加速度g＝。在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，L­T2图象的斜率不变，这样不影响重力加速度的计算。
26．(2019·西安第一次模拟)如图甲所示，在光滑的斜面上有一滑块，一劲度系数为k的轻弹簧上端与滑块相连，下端与斜面上的固定挡板连接，在弹簧与挡板间有一力传感器(压力显示为正值，拉力显示为负值)，能将各时刻弹簧中的弹力数据实时传送到计算机，经计算机处理后在屏幕上显示出F­t图象。现用力将滑块沿斜面压下一段距离，放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动，此时计算机屏幕上显示出如图乙所示的图象。

(1)滑块做简谐运动的回复力是由___________________________________提供的。
(2)由图乙所示的F­t图象可知，滑块做简谐运动的周期为________ s。
(3)结合F­t图象的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为________。
答案　(1)弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力(或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力) 　(2)0.4　(3)
解析　(1)滑块的回复力由滑块所受各力沿振动方向的分力的合力提供，即由弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力提供。
(2)由F­t图象可知，滑块的振动周期T＝0.4 s。
(3)弹簧的最大压缩量x1＝，最大伸长量x2＝，所以振幅A＝＝。