1
4.单摆
基础巩固
1 在如图所示的装置中,可视为单摆的是( )
答案：A
2 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.单摆过平衡位置的合力为零
D.单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
解析：单摆运动是在一段圆弧上的运动,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。
答案：B
3 单摆振动示意图如图所示,下列说法正确的是( )
A.在平衡位置摆球的动能和势能均达到最大值2
B.在最大位移处势能最大,而动能最小
C.在平衡位置绳子的拉力最大,摆球速度最大
D.摆球由 A→C 运动时,动能增大,势能减小
答案：BCD
4 一单摆做小角度摆动,其振动图象如图所示,下列说法正确的是( )
A.t1 时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最小
B.t2 时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小
C.t3 时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最大
D.t4 时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大
解析：由振动图象可知 t1 和 t3 时刻摆球偏离平衡位置位移最大,此时摆球速度为零,悬线对摆球拉
力最小;t2 和 t4 时刻摆球位移为零,正在通过平衡位置,速度最大,悬线对摆球拉力最大,故选项 D 正
确。
答案：D
5 在同一地点,两个单摆的摆长之比为 4∶1,摆球的质量之比为 1∶4,则它们的频率之比为( )
A.1∶1
B.1∶2
C.1∶4
D.4∶1
答案：B3
6 对于秒摆(周期为 2 s 的单摆),下列说法正确的是( )
A.摆长缩短为原来的1
4时,频率是1 Hz
B.摆球质量减小到原来的1
4时,周期是4 s
C.振幅减为原来的1
4时,周期是2 s
D.如果重力加速度减为原来的1
4时,频率为0.25 Hz
解析：秒摆的周期是 2s,由摆长和重力加速度决定,与摆球的质量和振幅无关,所以选项 B 错误,C
正确;由 T=2π l
g和f = 1
T可判定选项A 和 D 正确。
答案：ACD
7 做简谐运动的单摆摆长不变,将摆球质量增加为原来的 4 倍,使摆球经过平衡位置时的速度减
小为原来的1
2,则单摆振动的( )
A.周期、振幅都不变 B.周期不变、振幅减小
C.周期改变、振幅不变 D.周期、振幅都改变
解析：决定单摆周期的是摆长和当地的重力加速度,与摆球质量无关,与单摆的运动速度也无关,所
以选项 C、D 错误。决定振幅的是外来因素,反映在单摆的运动中,可以从能量角度去考虑,在平衡
位置(即最低点)时的动能,当质量增为原来的 4 倍,速度减为原来的1
2时,动能不变,最高点的重力势
能也不变。但是又因第二次摆球的质量增大了(实际上已经变成另一个摆动过程了),势能不变,质
量变大了,摆动的竖直高度就一定变小了,也就是说,振幅变小了,故选项 B 正确,A 错误。
答案：B
8 下图是单摆振动时摆球位移随时间变化的图象(重力加速度 g 取 π2 m/s2)。4
(1)求单摆的摆长 l。
(2)估算单摆偏离竖直方向的最大角度(单位用弧度表示)。
解析：(1)根据周期公式有 T=2π l
g
由图象可知单摆周期 T=2s
解得 l=1m。
(2)单摆振动时偏离竖直方向的最大角度 θ≈A
l,解得θ≈0.05rad。
答案：(1)1 m (2)0.05 rad
能力提升
1 把在北京调准的摆钟,由北京移到赤道上时,摆钟的振动 ( )
A.变慢了,要使它恢复准确,应增加摆长
B.变慢了,要使它恢复准确,应缩短摆长
C.变快了,要使它恢复准确,应增加摆长
D.变快了,要使它恢复准确,应缩短摆长
解析：把标准摆钟从北京移到赤道上,重力加速度 g 变小,则周期 T=2π l
g > T0
,摆钟显示的时间小于实际时间,因此变慢了。要使它恢复准确,应缩短摆长,B 正确。
答案：B
2 有一个单摆,在竖直平面内做小摆角振动,周期为 2 s。如果从单摆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5
B.速度向左在增大,加速度向左也在增大
C.速度向左在减小,加速度向右在增大
D.速度向右在减小,加速度向左也在减小
解析：在 t=1.4s 至 t=1.5s 的过程中,摆球处于从平衡位置向左最大位移运动的过程中,所以速度
向左在减小,加速度向右在增大,C 项正确。
答案：C
3 在同一地点的 A、B 两个单摆做简谐运动的图象如图所示,其中实线表示 A 的运动图象,虚线表
示 B 的运动图象。关于这两个单摆的以下判断中正确的是( )
A.这两个单摆的摆球质量一定相等
B.这两个单摆的摆长一定不同
C.这两个单摆的最大摆角一定相同
D.这两个单摆的振幅一定相同
答案：BD
4 在用单摆测定重力加速度的实验中,用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,已知单摆的摆长为 l,则重力加速度 g 为( )
A.4π2l
t2
B.π2l
t26
C.4π2l
9t2
D.π2l
4t2
答案：D
★ 5 有一摆长为 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。现使摆球做小角度摆动,如图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 为摆动中的最低点,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.l
4
B.
l
2
C.3l
4
D.条件不足,无法判断
解析：该题考查周期公式中的等效摆长。题图中 M 到 P 为四个时间间隔,P 到 N 为两个时间间隔,即
左半部分单摆的周期是右半部分单摆周期的1
2,根据周期公式 T=2π l
g
,可得左半部分单摆的摆长为l
4,即小钉距悬点的距离为3l
4 ,故C 选项正确。
答案：C
★ 6 用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。7
甲
(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 T2-l 图象,也可以求出重力加速度 g。已知三位同学作出的 T2-l 图线的示
意图如图乙中的 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8
乙
丙
(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,如图丙所示,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)。
解析：(1)在用单摆测定重力加速度的实验中,摆线应选取长约 1m 左右的不可伸缩的细线,摆球应
选取体积小质量大的铁球,以减小实验误差,故选 A、D。
(2)和(3)根据单摆的周期公式可以推导出重力加速度的表达式 g = 4π2l
T2
,单摆的周期为完成一次全振动所用的时间,给出 n 次全振动时间 t,可以利用 T = t
n求出周期,代入
重力加速度表达式即可计算得 g = 4π2n2l
t2 。
(4)在用图象法处理数据时,明确 T2-l 图象的斜率 k = 4π2
g ,所以斜率k 越小,对应重力加速度 g 越大,C
错误。在图象中,图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长时漏加小球半径,与纵轴负半轴相交表示计
算摆长时多加小球半径,故 A 错误。若误将 49 次全振动记为 50 次全振动,则周期测量值偏小,g 测
量值偏大,对应图象斜率偏小,故 B 正确。
(5)A 点下方摆线长不变,可设为 l0,l0+l1 为第一次摆长,l0+l2 为第二次摆长,分别代入重力加速度
表达式,联立消去 l0,即可得重力加速度表达式 g = 4π2(l1 - l2)
T12 - T22 。9
答案：(1)AD (2)4π2n2l
t2 (3)2.01 9.76 (4)B (5)4π2(l1 - l2)
T12 - T22
7 两个单摆的振动图象如图所示。
(1)甲、乙两个摆的摆长之比是多少?
(2)以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向,从 t=0 起,乙第一次到达右方最大位移处
时,甲振动到了什么位置?向什么方向运动?
解析：由题中图象知 T 甲=4s,T 乙=8s。
(1)由 T=2π l
g得l甲
l乙
= T甲2
T乙2 = 42
82 = 1
4。
(2)由于乙的周期 T 乙=2T 甲,故乙由平衡位置第一次到达右方最大位移处时,已振动了1
4个周期,历时
2s,此时甲已经过半个周期,因此必又刚好回到平衡位置且向左运动。
答案：(1)1∶4 (2)平衡位置,向左运动
8 有人利用安装在热气球载人舱内的单摆来确定热气球的高度。已知该单摆在海平面处的周期
是 T0。当热气球停在某一高度时,测得该单摆周期为 T。求该热气球此时离海平面的高度 h。把地
球看成质量均匀分布的半径为 R 的球体。
解析：根据单摆的周期公式可知
T0=2π l
g0
①
T=2π l
g ②
其中 l 是单摆长度,g0 和 g 分别是两地点的重力加速度。10
根据万有引力公式得 g0=G M
R2 ③
g=G M
(R + h)2 ④
其中 G 是引力常量,M 是地球质量。
由①②③④式解得 h = ( T
T0
- 1)R。
答案：h = ( T
T0
- 1)R
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