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人教版 (新课标)选修34 单摆学案设计
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这是一份人教版 (新课标)选修34 单摆学案设计，共6页。学案主要包含了单摆，单摆的周期公式等内容，欢迎下载使用。
课堂合作探究
问题导学
一、单摆
活动与探究1
1．把实际摆看成单摆时忽略了哪些次要因素？
2．通过分析讨论单摆的摆动说明它是否可以看成简谐运动。
3．分析单摆受力后，尝试总结单摆可看成做了哪两种运动。
迁移与应用1
关于单摆，下列说法中正确的是（ ）
A．摆球受到的回复力的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，摆球受到的合力的大小跟摆球离开平衡位置的位移大小成正比
判断单摆是否做简谐运动，可分析摆球的受力情况，看回复力是否符合F=－kx的特点，如图所示。
1．在任意位置P，则有向线段为此时的位移x，重力G沿圆弧切线方向的分力G1＝Gsin θ提供摆球以O点为中心做往复运动的回复力。
2．在摆角很小时，sin θ≈θ＝eq \f(x,l)，G1＝Gsin θ＝eq \f(mg,l)x，G1方向与摆球相对O的位移方向相反，所以有回复力F回＝－G1＝－eq \f(mgx,l)。令k＝eq \f(mg,l)，则F回＝－kx。
因此，在偏角θ很小时，单摆做简谐运动。（偏角一般不超过5°）
二、单摆的周期公式
活动与探究2
1．某同学在猜想可能影响单摆周期的因素后，利用控制变量法做实验以验证猜想的可靠性。结合你的实验经历，用自己的语言说明下列实验现象。
（1）将悬挂在同一高度的两个相同的摆球拉到不同高度同时释放使其做简谐运动。
（2）将悬挂在同一高度的两个摆长相同、质量不同的摆球拉到同一高度同时释放使其做简谐运动。
（3）将悬挂在同一高度的两个摆长不同、质量相同的摆球拉到同一高度同时释放使其做简谐运动。
2．什么是秒摆？秒摆的摆长约为多少？
迁移与应用2
（2012·天津高考）某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是______（填字母代号）。
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度l＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为______ mm，单摆摆长为______ m。
（3）下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______（填字母代号）。
1．由公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知，某单摆做简谐运动（偏角小于5°）的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g有关，而与振幅和摆球质量无关，故又叫做单摆的固有周期。
2．实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度，即l＝l′＋eq \f(d,2)，l′为摆线长，d为摆球直径。
3．等效摆长：图（a）中甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin α。其周期T＝2πeq \r(\f(lsin α,g))。图（b）中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。
4．若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g＝eq \f(GM,R2)，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在位置的高度的变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是变化的，所以g也不同，g＝9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值。
活动与探究3
怎样用单摆测量当地的重力加速度？实验操作中应注意哪些问题？
迁移与应用3
某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长101.00 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5 s。则：
（1）他测得的重力加速度g＝________m/s2。
（2）他测得的g值偏小，可能的原因是________。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．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
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动次数记为50次
实验中的数据处理方法及误差分析：
1．数据处理方法
（1）公式法：将每次实验得到的l和T值代入公式g＝eq \f(4π2l,T2)，计算重力加速度g，然后取平均值。
（2）图象法：作出T2－l图象，由g＝eq \f(4π2l,T2)可知T2－l图象是一条过原点的倾斜直线，其斜率k＝eq \f(4π2,g)。求出k＝eq \f(T2,l)＝eq \f(ΔT2,Δl)，可得g＝eq \f(4π2,k)。
2．误差分析
（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，球、线是否符合要求，振动是圆锥摆还是在同一竖直平面内的振动等。
（2）偶然误差：主要来自时间的测量上，因此，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。
当堂检测
1．下列说法正确的是（ ）
A．单摆的等时性是由惠更斯首先发现的
B．单摆的等时性是由伽利略首先发现的
C．惠更斯首先将单摆的等时性用于计时
D．伽利略首先发现了单摆的等时性，并把它用于计时
2．下列情况下会使单摆的周期变大的是（ ）
A．将摆的振幅减为原来的一半
B．将摆从高山上移到平地上
C．将摆从北极移到赤道
D．用一个装满沙子的漏斗（漏斗质量很小）和一根较长的细线做成一个单摆，摆动中沙慢慢从漏斗中漏出
3．将秒摆的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的（ ）
A．只将摆球质量变为原来的1/4
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
4．下列有关单摆运动过程中受力的说法正确的是（ ）
A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C．单摆过平衡位置时的合力为零
D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
5．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝4π2eq \f(l,T2)，只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T。作出T2－l图象，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2－l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示。
（1）造成图象不过原点的原因是_______________________________________________；
（2）由图象求出的重力加速度g＝________m/s2。
答案：
课堂·合作探究
【问题导学】
活动与探究1：
1．答案：忽略了细线的质量和伸缩，忽略了摆动过程中所受的阻力作用。
2．答案：单摆的摆动不一定都是简谐运动，只有单摆做小角度（偏角小于5°）摆动时才可看成是简谐运动。
3．答案：（1）摆球以悬点为圆心在竖直面内做变速圆周运动，有向心力；（2）摆球以最低点为平衡位置振动，小角度摆动时可看成简谐运动，有回复力。
迁移与应用1：A 解析：根据回复力的定义可知A正确。单摆共受到重力和绳的拉力两个力的作用，这两个力沿绳方向的合力指向圆心，提供向心力；沿切线方向指向平衡位置的力是回复力，故B错。在平衡位置，切向力（回复力）为零，但向心力最大，合力不为零，故C错。摆角很小时，摆球受到的回复力大小跟摆球离开平衡位置的位移大小成正比，而不是合力，故D错。
活动与探究2：
1．答案：（1）他想验证单摆的周期与振幅的关系，实验表明两摆球同步振动。
（2）他想验证单摆的周期与摆球质量的关系，实验表明两摆球的振动也是同步的。
（3）他想验证单摆的周期与摆长的关系，实验表明两摆球的振动不同步，而且摆长越长，振动就越慢。
2．答案：周期T＝2 s的单摆称为秒摆。由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可计算秒摆的摆长约为1 m。
迁移与应用2：答案：（1）AC （2）12.0 0.993 0 （3）A
解析：（1）橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变，从而保障摆长一定，同时又便于调节摆长，选项AC说法正确；（2）根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为d＝12 mm＋0.1 mm×0＝12.0 mm，则单摆摆长为l0＝l－d/2＝0.993 0 m（注意统一单位）；（3）单摆摆角不超过5°，且计时位置应从最低点（即速度最大位置）开始，故选项A的操作符合要求。
活动与探究3：答案：单摆的偏角很小（不超过5°）时，其摆动可以看做简谐运动，其振动周期为：T＝2πeq \r(\f(l,g))，其中l为摆长，g为当地重力加速度，由此可得g＝eq \f(4π2l,T2)，据此，只要测出摆长l和周期T，就可计算出当地重力加速度g的数值。
（1）应选择细而不易伸缩的线。如用单根尼龙丝、丝线等。长度一般不应短于1 m，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。并且要在偏角小于5°的情况下进行实验。
（2）单摆悬线的上端应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。
（3）要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。
（4）要在摆球通过平衡位置时，开始计时计数，因为此处摆球速度大，计时误差小，一般采用倒计时法，如数5、4、3、2、1、0、1、2、3……，当数至0时按下秒表开始计时计数。
迁移与应用3：答案：（1）9.76 （2）B
解析：（1）由题可知实验中所用单摆的摆长为l＝101.00 cm＋eq \f(2.00,2)cm＝102.00 cm，单摆的振动周期T＝eq \f(101.5,50)s＝2.03 s，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，得g＝eq \f(4π2l,T2)＝eq \f(4×3.142×1.02,2.032)m/s2≈9.76 m/s2。
（2）从g＝eq \f(4π2l,T2)可知，用单摆测重力加速度时给实验带来误差的两个步骤是单摆摆长的测定和单摆周期的测定，测得的g值偏小，分析可能的原因时应该从这两方面去考虑：测摆线长时摆线拉得过紧会使摆长变长，测量结果偏大，因此选项A错误；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，这就是说实际实验中的摆长比实验开始测量的摆长要长，而在处理数据时采用的是实验开始测量的摆长，因此测量结果会偏小，因此选项B正确；开始计时时，秒表过迟按下，这样使得测量周期偏小，测出的g将偏大，因此选项C错误；实验中误将49次全振动次数记为50次，同样使得测量周期偏小，测出的g将偏大，因此选项D错误。
【当堂检测】
1．BC 解析：首先发现单摆等时性的是伽利略，首先将单摆的等时性用于计时的是惠更斯。
2．CD 解析：将摆从北极移到赤道，g变小，由T＝2πeq \r(\f(l,g))知T变大；漏斗漏沙后摆长变长，故T变大。
3．C 解析：单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B均错；对秒摆，T0＝2πeq \r(\f(l0,g))＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2πeq \r(\f(l,g))＝4 s，故l＝4l0，故C对，D错。
4．B 解析：单摆在一段圆弧上运动，因此单摆运动过程中不仅有回复力，而且有向心力，即单摆运动的合外力不仅要提供回复力，而且要提供向心力，故选项A错误；单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的分力，故选项B正确，D错误；单摆过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项C错误。
5．答案：（1）测摆长时漏测球的半径r
（2）9.87
解析：（1）据T2＝eq \f(4π2,g)l＝k′l和题图所示图线的特点可知，摆长中少计了1 cm，即测摆长时漏测球的半径r。
（2）g＝4π2eq \f(l,T2)＝4π2eq \f(Δl,ΔT2)＝4π2eq \f(0.99－(－0.01),4.0)m/s2＝9.87 m/s2。
课堂合作探究
问题导学
一、单摆
活动与探究1
1．把实际摆看成单摆时忽略了哪些次要因素？
2．通过分析讨论单摆的摆动说明它是否可以看成简谐运动。
3．分析单摆受力后，尝试总结单摆可看成做了哪两种运动。
迁移与应用1
关于单摆，下列说法中正确的是（ ）
A．摆球受到的回复力的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，摆球受到的合力的大小跟摆球离开平衡位置的位移大小成正比
判断单摆是否做简谐运动，可分析摆球的受力情况，看回复力是否符合F=－kx的特点，如图所示。
1．在任意位置P，则有向线段为此时的位移x，重力G沿圆弧切线方向的分力G1＝Gsin θ提供摆球以O点为中心做往复运动的回复力。
2．在摆角很小时，sin θ≈θ＝eq \f(x,l)，G1＝Gsin θ＝eq \f(mg,l)x，G1方向与摆球相对O的位移方向相反，所以有回复力F回＝－G1＝－eq \f(mgx,l)。令k＝eq \f(mg,l)，则F回＝－kx。
因此，在偏角θ很小时，单摆做简谐运动。（偏角一般不超过5°）
二、单摆的周期公式
活动与探究2
1．某同学在猜想可能影响单摆周期的因素后，利用控制变量法做实验以验证猜想的可靠性。结合你的实验经历，用自己的语言说明下列实验现象。
（1）将悬挂在同一高度的两个相同的摆球拉到不同高度同时释放使其做简谐运动。
（2）将悬挂在同一高度的两个摆长相同、质量不同的摆球拉到同一高度同时释放使其做简谐运动。
（3）将悬挂在同一高度的两个摆长不同、质量相同的摆球拉到同一高度同时释放使其做简谐运动。
2．什么是秒摆？秒摆的摆长约为多少？
迁移与应用2
（2012·天津高考）某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是______（填字母代号）。
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度l＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为______ mm，单摆摆长为______ m。
（3）下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______（填字母代号）。
1．由公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知，某单摆做简谐运动（偏角小于5°）的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g有关，而与振幅和摆球质量无关，故又叫做单摆的固有周期。
2．实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度，即l＝l′＋eq \f(d,2)，l′为摆线长，d为摆球直径。
3．等效摆长：图（a）中甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin α。其周期T＝2πeq \r(\f(lsin α,g))。图（b）中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。
4．若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g＝eq \f(GM,R2)，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在位置的高度的变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是变化的，所以g也不同，g＝9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值。
活动与探究3
怎样用单摆测量当地的重力加速度？实验操作中应注意哪些问题？
迁移与应用3
某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长101.00 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5 s。则：
（1）他测得的重力加速度g＝________m/s2。
（2）他测得的g值偏小，可能的原因是________。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．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
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动次数记为50次
实验中的数据处理方法及误差分析：
1．数据处理方法
（1）公式法：将每次实验得到的l和T值代入公式g＝eq \f(4π2l,T2)，计算重力加速度g，然后取平均值。
（2）图象法：作出T2－l图象，由g＝eq \f(4π2l,T2)可知T2－l图象是一条过原点的倾斜直线，其斜率k＝eq \f(4π2,g)。求出k＝eq \f(T2,l)＝eq \f(ΔT2,Δl)，可得g＝eq \f(4π2,k)。
2．误差分析
（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，球、线是否符合要求，振动是圆锥摆还是在同一竖直平面内的振动等。
（2）偶然误差：主要来自时间的测量上，因此，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。
当堂检测
1．下列说法正确的是（ ）
A．单摆的等时性是由惠更斯首先发现的
B．单摆的等时性是由伽利略首先发现的
C．惠更斯首先将单摆的等时性用于计时
D．伽利略首先发现了单摆的等时性，并把它用于计时
2．下列情况下会使单摆的周期变大的是（ ）
A．将摆的振幅减为原来的一半
B．将摆从高山上移到平地上
C．将摆从北极移到赤道
D．用一个装满沙子的漏斗（漏斗质量很小）和一根较长的细线做成一个单摆，摆动中沙慢慢从漏斗中漏出
3．将秒摆的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的（ ）
A．只将摆球质量变为原来的1/4
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
4．下列有关单摆运动过程中受力的说法正确的是（ ）
A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C．单摆过平衡位置时的合力为零
D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
5．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝4π2eq \f(l,T2)，只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T。作出T2－l图象，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2－l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示。
（1）造成图象不过原点的原因是_______________________________________________；
（2）由图象求出的重力加速度g＝________m/s2。
答案：
课堂·合作探究
【问题导学】
活动与探究1：
1．答案：忽略了细线的质量和伸缩，忽略了摆动过程中所受的阻力作用。
2．答案：单摆的摆动不一定都是简谐运动，只有单摆做小角度（偏角小于5°）摆动时才可看成是简谐运动。
3．答案：（1）摆球以悬点为圆心在竖直面内做变速圆周运动，有向心力；（2）摆球以最低点为平衡位置振动，小角度摆动时可看成简谐运动，有回复力。
迁移与应用1：A 解析：根据回复力的定义可知A正确。单摆共受到重力和绳的拉力两个力的作用，这两个力沿绳方向的合力指向圆心，提供向心力；沿切线方向指向平衡位置的力是回复力，故B错。在平衡位置，切向力（回复力）为零，但向心力最大，合力不为零，故C错。摆角很小时，摆球受到的回复力大小跟摆球离开平衡位置的位移大小成正比，而不是合力，故D错。
活动与探究2：
1．答案：（1）他想验证单摆的周期与振幅的关系，实验表明两摆球同步振动。
（2）他想验证单摆的周期与摆球质量的关系，实验表明两摆球的振动也是同步的。
（3）他想验证单摆的周期与摆长的关系，实验表明两摆球的振动不同步，而且摆长越长，振动就越慢。
2．答案：周期T＝2 s的单摆称为秒摆。由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可计算秒摆的摆长约为1 m。
迁移与应用2：答案：（1）AC （2）12.0 0.993 0 （3）A
解析：（1）橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变，从而保障摆长一定，同时又便于调节摆长，选项AC说法正确；（2）根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为d＝12 mm＋0.1 mm×0＝12.0 mm，则单摆摆长为l0＝l－d/2＝0.993 0 m（注意统一单位）；（3）单摆摆角不超过5°，且计时位置应从最低点（即速度最大位置）开始，故选项A的操作符合要求。
活动与探究3：答案：单摆的偏角很小（不超过5°）时，其摆动可以看做简谐运动，其振动周期为：T＝2πeq \r(\f(l,g))，其中l为摆长，g为当地重力加速度，由此可得g＝eq \f(4π2l,T2)，据此，只要测出摆长l和周期T，就可计算出当地重力加速度g的数值。
（1）应选择细而不易伸缩的线。如用单根尼龙丝、丝线等。长度一般不应短于1 m，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。并且要在偏角小于5°的情况下进行实验。
（2）单摆悬线的上端应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。
（3）要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。
（4）要在摆球通过平衡位置时，开始计时计数，因为此处摆球速度大，计时误差小，一般采用倒计时法，如数5、4、3、2、1、0、1、2、3……，当数至0时按下秒表开始计时计数。
迁移与应用3：答案：（1）9.76 （2）B
解析：（1）由题可知实验中所用单摆的摆长为l＝101.00 cm＋eq \f(2.00,2)cm＝102.00 cm，单摆的振动周期T＝eq \f(101.5,50)s＝2.03 s，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，得g＝eq \f(4π2l,T2)＝eq \f(4×3.142×1.02,2.032)m/s2≈9.76 m/s2。
（2）从g＝eq \f(4π2l,T2)可知，用单摆测重力加速度时给实验带来误差的两个步骤是单摆摆长的测定和单摆周期的测定，测得的g值偏小，分析可能的原因时应该从这两方面去考虑：测摆线长时摆线拉得过紧会使摆长变长，测量结果偏大，因此选项A错误；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，这就是说实际实验中的摆长比实验开始测量的摆长要长，而在处理数据时采用的是实验开始测量的摆长，因此测量结果会偏小，因此选项B正确；开始计时时，秒表过迟按下，这样使得测量周期偏小，测出的g将偏大，因此选项C错误；实验中误将49次全振动次数记为50次，同样使得测量周期偏小，测出的g将偏大，因此选项D错误。
【当堂检测】
1．BC 解析：首先发现单摆等时性的是伽利略，首先将单摆的等时性用于计时的是惠更斯。
2．CD 解析：将摆从北极移到赤道，g变小，由T＝2πeq \r(\f(l,g))知T变大；漏斗漏沙后摆长变长，故T变大。
3．C 解析：单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B均错；对秒摆，T0＝2πeq \r(\f(l0,g))＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2πeq \r(\f(l,g))＝4 s，故l＝4l0，故C对，D错。
4．B 解析：单摆在一段圆弧上运动，因此单摆运动过程中不仅有回复力，而且有向心力，即单摆运动的合外力不仅要提供回复力，而且要提供向心力，故选项A错误；单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的分力，故选项B正确，D错误；单摆过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项C错误。
5．答案：（1）测摆长时漏测球的半径r
（2）9.87
解析：（1）据T2＝eq \f(4π2,g)l＝k′l和题图所示图线的特点可知，摆长中少计了1 cm，即测摆长时漏测球的半径r。
（2）g＝4π2eq \f(l,T2)＝4π2eq \f(Δl,ΔT2)＝4π2eq \f(0.99－(－0.01),4.0)m/s2＝9.87 m/s2。
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