2024-2025学年人教版高二物理同步练习：单摆（解析版）

单摆

知破•学习。林

1.知道单摆是一种理想化模型，理解单摆模型的条件，能将实际问题中的对象和过程转化

为单摆模型。

2.能通过理论推导，判定单摆小角度振动时的运动特点。

3.在探究单摆的周期与摆长的定量关系时，能分析数据、发现规律、形成合理的结论，能

用己有的物理知识解释相关现象。

4.知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系，能运用其解决相关实际问题。

知3•务实知M

考点一、单摆

1.单摆的组成：由细线和小球组成.

2.理想化模型

（1）细线的质量与小球相比可以忽略.（2）小球的直径与线的长度相比可以忽略

考点二：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.

（2）回复力的特点：在摆角很小时，摆球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,即尸=一苧.从回复力特点可以判断单

摆做简谐运动.图2.4-1分析单摆的回复力

考点三、单摆的周期

探究单摆周期与摆长之间的关系

如图2.4-4,在铁架台的横梁上固定两个单摆，按照以

下几种情况，把它们拉起一定角度后同时释放，观察两摆

的振动周期。图2.4-4研究单摆的振动周期

1.两摆的摆球质量、摆长相同，振幅不同（都在小偏角下）。

2.两摆的摆长、振幅相同，摆球质量不同。

3.两摆的振幅、摆球质量相同，摆长不同。

比较三种情况下两摆的周期，可以得出什么结论？

1.单摆振动的周期与摆球质量无差（填“有关”或“无关”），在振幅较小时与振幅转（填“有关”

或“无关”），但与摆长有关（填“有关”或“无关”）,摆长越长，周期越大（填“越大”“越小”或“不

变”）.

2.周期公式

（1）提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的.

（2）公式:即周期T与摆长/的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，而

与振幅、摆球质量无关.

提秘•创题样析

题型1单摆的回复力

[例题1]（2024春•大兴区校级期中）关于单摆，下列说法中正确的是（）

A.摆球经过平衡位置时，加速度为零

B.摆球运动的回复力是它受到的合力

C.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点时，加速度是确定的

D.摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置

【解答】解：A.摆球经过平衡位置时，拉力大于重力，加速度不为零，故A错误

B.根据回复力的定义单摆运动的回复力是重力沿切线方向上的分力，重力沿切线方向上的分量

不等于合力，故B错误；

C.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点时，受力情况相同，则加速度是确定的，故C正确；

D.球在运动过程中，回复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置，而向心加速度指向悬点，

合成后，加速度方向不是始终指向平衡位置，故D错误；

故选：Co

[例题2]（2023春•楚雄市校级期末）关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是

（）

A.摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用

B.摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大

C.摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大

D.摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向

【解答】解：A、单摆摆球在运动过程中只受重力和张力的作用，回复力和向心力均为效果力，

故A错误；

B、摆球受的回复力最大时，处于最大位置处；故向心力为零；当在平衡位置时，回复力为零时,

但向心力最大，故B正确；

C、回复力最大时，物体处于最高点，此时，绳子的张力的与重力沿绳子方向的分力相等，故张

力小于重力，故c错误；

D、向心力最大时，物体处于平衡位置，此时回复力为零，合力沿竖直方向，故加速度也沿竖直

方向，故D错误；

故选：Bo

[例题3]（2023•房山区一模）一个单摆在竖直平面内沿圆弧尬B做往复运动。某时刻摆球由A点从

静止开始摆动，如图所示摆线与竖直方向的夹角为30°,O点为摆动的最低点，则下列说法正

确的是（）

A.摆球在。点受重力、拉力、向心力

B.摆球摆动到O点时所受合外力为零

C.摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，动能增加

D.摆球经过P点时摆角小于10°,则摆球所受拉力与重力的合外力充当回复力

【解答】解：A.摆球在O点只受重力、拉力两个力作用，重力和拉力的合力提供向心力，摆球

不会受到向心力，故A错误；

B.摆球摆动到O点时所受合外力提供向心力，合外力不为零，故B错误；

C.摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，重力做正功，合外力做正功，由动能定理可

知，动能增加，故C正确；

D.摆球经过P点时摆角小于5°,摆球的运动可看成简谐运动，则摆球重力沿切线方向的分力

充当回复力，故D错误。

故选：Co

题型2单摆的周期

[例题4]（2024春•重庆期末）如图所示，一根总长为41且不可伸长的轻绳上端固定在天花板的01

点，下端连接一可视为质点的小球，在01点正下方距其31的。2处，固定有一根垂直纸面的光

滑细杆。现将该小球向左拉至。2点下方、轻绳与竖直方向夹角为4。处，然后从静止开始无初

速度释放，不计空气阻力，重力加速度为g,则该小球在竖直面内摆动的周期为（）

A.4nB.3nC.2K

【解答】解：根据题意可知该小球在光滑细杆的右边可看成摆长为41的单摆，其振动周期为Ti

4Z

~9

该小球在光滑细杆的左边可看成是摆长为1的单摆，T2=2TT±

N9

Ti+T2

则该小球在竖直面内摆动的周期为T=—^―

联立解得T=3nfL故B正确，ACD错误。

\g

故选：Bo

[例题5]（2023•徐汇区校级开学）如图所示，将摆长为L的单摆放在一升降机中，若升降机以加速

度a向上匀加速运动，当地的重力加速度为g,则单摆的摆动周期为（）

A.T=2TTB.T=2n

g

C.T=2nD.T=2ir

【解答】解：单摆在升降机里向上加速时，摆球没有摆动时其受到的拉力为F,由牛顿第二定律

得：F-mg=ma

此时摆球的视重：mg'=F=m（g+a）

F

所以单摆的等效重力加速度：g'=—=（g+a）

因而单摆的周期为：T=2n耳,故D正确，ABC错误。

'g+a

故选：D。

［例题6］（多选）（2022秋•新罗区校级期末）如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线

的长度均为L,a、b细线上端固定在同一水平面上相距为遥L的A、B两点上，c细线下端系

着一个小球（小球直径可以忽略），小球质量为m,下列说法正确的是（）

///笃//三///产/////

C

6

A.小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T=2TT归

B.小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T=2TTJ||

C.小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T=2ir陛

D.小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T=it匹

N9

【解答】解：AC、小球在纸面内做简谐运动时，绕O点做单摆运动，摆长等于L,则周期T=211

故A正确，C错误；

BD、小球在于纸面垂直平面内做简谐运动时，做单摆运动，所绕的点在O点正上方天花板上，

等效摆长1=L+—（等）2号,则周期丁=2n册=2兀息，故B正确，D错误。

故选：ABo

题型3单摆的振动图像和表达式

［例题7］（2023秋•苏州期末）如图甲，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置

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，对于这个

A.单摆振动的频率是2Hz

B.单摆的摆长约为Im

C.若仅将摆球质量变大，单摆周期变大

D.t=ls时摆球位于平衡位置0,加速度为零

11

【解答】解：A.由题图乙可知单摆的周期T=2s,所以频率是f=7=5Hz=0.5Hz,故A错误;

B.由单摆的周期公式T=2TTJ!

代入数据可得L=1.0m

故B正确；

C.单摆周期与摆球质量无关，故C错误；

D.t=ls时摆球位于平衡位置O,加速度为向心加速度，不是零，故D错误。

故选：Bo

[例题8]（2023秋•抚顺期末）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，该运动可看成简谐运动。从

某次摆球到达右侧最大位移处开始计时，摆球相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图

乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2,TT2«10O下列说法正确的是（）

A.单摆的摆长约为0.16m

B.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=4cos2.5nt（cm）

C.单摆的摆长约为Im

D.从t=0.4s到t=0.6s的过程中，摆球的加速度逐渐增大，速度逐渐减小

【解答】解：AC、由振动图像读出周期T=0.8s,由单摆周期公式T=2nJ看解得L=0.16m,

故A正确、C错误;

B、由振动图像读出振幅A=2cm,又根据3=―,单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asin

7T

（3t+（p）,代入数据得x=2sin（2.5irt+Rem,故B错误；

D、由图可知，从t=0.4s至lh=0.6s的过程中，摆球靠近平衡位置，则加速度逐渐减小，速度逐

渐增大，故D错误。

故选：Ao

［例题9］（多选）（2024•青羊区校级模拟）图示为地球表面上甲、乙单摆的振动图像。以向右的方

向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度为lOmH,月球上的自由

落体加速度为L6m/s2,下列说法正确的是（）

A.甲、乙两个单摆的摆长之比为4：1

B.甲摆在月球上做简谐运动的周期为5s

C.甲摆振动的振幅4cm

D.甲单摆的摆长约为4m

71

E.乙单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=2sin（0.5-rrt+pern

【解答】解：A.由图，在地球上甲单摆的周期为2s,乙单摆的周期为4s,甲、乙两单摆的周期

比为1：2,根据单摆的周期公式T=2邛

可得

则甲、乙两单摆的摆长比为1：4,故A错误；

B.在地球上甲单摆的周期为2s,根据单摆的周期公式T=2n归

可得T月=5s,故B正确；

C.振幅为偏离平衡位置的最大距离，如图可知甲摆振动的振幅为4cm,故C正确；

D.甲单摆的周期为2s,根据单摆的周期公式T=2it匡

可得摆长为L-lm,故D错误；

一27r27r

E.由图可知乙单摆的振幅为2cm,周期为4s,可得⑴=亍~=7rad/s=0.5Tirad/s

71

t=0时，位移为正向最大，所以初相位为<Po=5

根据简谐运动位移随时间变化的关系x=Asin（3t+<po）

71

可得，乙单摆位移X随时间t变化的关系式为X=2sin（0.5Trt+5）on,故E正确。

故选：BCEo

题型4等效单摆问题

[例题10]（2023秋•江阴市校级期末）如图所示，“杆线摆”可以绕着固定轴00,来回摆动。摆球

的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，这相当于单摆在光滑斜面上来回摆动。轻杆水平，杆

和线长均为L,重力加速度为g,摆角很小时，“杆线摆”的周期为（）

#°°\o/

轻杆

A.2n1回B.2n区C.r，,2-

2'1T瓦/—D.21TI—

JaNg\9J：

【解答】解：由于小球绕OO'为轴转动，如图所示:

o

细线/

轻杆

“杆线摆，，的摆长为

TYICISlTl30o

等效重力加速度£=弋;一，解得：g'=-g

“杆线摆”的周期为T=2TTU，解得：T=2TT陛，故A正确，BCD错误。

79

故选：A«

[例题11]（2023•徐汇区校级开学）如图所示，曲面AO是一段半径为2m的光滑圆弧面，圆弧与水

平面相切于O点，AO弧长为10cm,现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静

止释放，到达底端的速度分别为V1和V2,经历的时间分别为口和t2,那么（）

A.Vi〈V2，t]Vt2B.V]>V2，tj=t2

C.Vi=V2，ti=t2D.以上三项都有可能

【解答】解：小球的运动可视为简谐运动（单摆运动），根据周期公式T=2TTR知小球在A点

1

和B点释放，运动到O点的时间相等，都等于彳T。

q

根据动能定理有：mgh=-pnv2,知A点的h大，所以从A点释放到达O点的速度大。故B正确,

A、C、D错误。

故选：Bo

[例题12]（2024春•仁寿县校级期中）如图所示，光滑圆弧轨道的圆心为Oi（图中未画出），半径为

R=lm,圆弧底部中点为O,两个大小可忽略，质量分别为mi和m2的小球A和B,A在离O

点很近的轨道上某点，AOi与竖直方向的夹角为仇并且cosB=0.99,B在O点正上方处，现

同时释放两球，使两球在小球A第三次通过O点时恰好相碰，取g=10m/s2,/pg。求：

（1）小球A做简谐运动的周期。

（2）小球A经过最低点时的速度大小。

【解答】解：（1）根据题意分析知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其周期：T=2TT悭=2

x2y[R=2xVls=2s

1r

（2）小球从A到O的过程中机械能守恒，可得：migR（l-cos。）=/1样

可得：v=Vo.2m/s

55

（3）A第三次通过位置O,即用时：t=：T=TX2s=2.5s

44

B做自由落体运动，用时与A相同，则：h=-gt2=—x10x2.52m=31.25m

题型5探究单摆周期与摆长的关系

[例题13]（2022秋•山西期末）某同学在探究单摆运动中，图a是用力传感器对单摆运动过程进行测

量的装置图，图b是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，根据图b的信息可得

A.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力充当单摆的回复力

B.从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5s

C.用米尺量得细线长度1,即摆长为1

D.由图可计算出单摆的长度为1.0m

【解答】解：A、单摆运动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，而不受摆球所受重力

和摆线对摆球拉力的合力，故A错误；

B、摆球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力最大，根据题图乙的信息可得，所对应的时刻

为t=0.5s,故B正确；

C、摆长应为绳长与小球半径之和，故C错误；

D、根据题图乙的信息可得，单摆周期T=1.6s,

由单摆周期公式T=2TTR

代入数据解得，摆长为1=0.64m；

故D错误；

故选：Bo

[例题14]（2023秋•莱西市期末）用图示装置完成“探究单摆周期与摆长的关系”:

jf（皿）

I1,1I1,1I,II1,1,1IIIIIAtAtAt

|IIII|lIII|"FT而计

0510

Otjtj+to（+2%t

甲丙

（1）用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径，结果如图甲所示，可读出摆球的直径

为cm：

（2）实验时，摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数,

在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻，如图乙所示，光敏电阻与某一

自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丙所示，则该单摆的周

期为；

（3）若把该装置放到正在匀加速上升的电梯中，用完全相同的操作重新完成实验，图像中At将

（选填“变大”“不变”或“变小”），图像中to将（选填“变大”“不变”或

“变小”）。

【解答】解：（1）游标卡尺分度值为0.1mm,摆球直径为18mm+7X0.1mm=18.7mm=1.87cm

（2）摆球运动到最低点时R变大，由图可知周期为2访；

（3）若把该装置放到正在匀加速上升的电梯中，则等效重力加速度变为

g'=g+a>g

则用完全相同的操作重新完成实验，则摆球经过最低点时的速度变大，则遮光时间变短，即图像

中At将变小，单摆的周期T=2'j1变小，可知图像中历将变小。

故答案为：（1）1.87；（2）2to；（3）变小；变小

[例题15]（2024•重庆模拟）某同学用如图1所示装置“研究单摆运动的规律”。让摆球在竖直平面

内摆动，用力传感器得到细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像如图2所示。

主尺

2cm34

°游标尺i°20

图3

（1）由图像可得，该单摆的振动周期T=.

（2）该同学先用20分度的游标卡尺测量摆球的直径，结果如图3所示，其读数为emo

（3）已知摆球的质量为m,可得当地重力加速度大小g=（用题给物理量符号表示）。

【解答】解：（1）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

2to；

(2)小球的直径d=20mm+14X0.05mm=20.70mm=2.070cm；

(3)设单摆的摆长为L,最大摆角为。，在最高点时其速度为零，则其向心力为零，有Fi=mgcos。

在最低点时，对摆球受力分析：F2-mg=nrj-

1c

从最|W1点到最低点由动能定理得：mgL(1-COS0)=^mv2

2F1+F2

由以上三式联立得g=3m

772+2/7I

故答案为：(1)2t-0；(2)2.070；(3)--Z-m---。

升隼•知钺深化

一、单摆的回复力

(1)摆球受力：如图所示，摆球受细线拉力和重力作用.

(2)向心力来源：细线对摆球的拉力和摆球重力沿径向的分力的合力.

⑶回复力来源：摆球重力沿圆弧切线方向的分力尸=联必e提供了使摆球

振动的回复力.

二、单摆做简谐运动的推证

xmg

在偏角很小时，sin9^-,又回复力尸=侬5旧9,所以单摆的回复力为尸=—7武式中x表示摆

球偏离平衡位置的位移，/表示单摆的摆长，负号表示回复力厂与位移x的方向相反)，由此知回复

力符合尸=一版，单摆做简谐运动.

解惑•题型台球

1.(2024春•成都期末)如图为某一单摆的简化模型，其摆角a小于5°。下列说法正确的是(

A.单摆的摆长即绳长

B.单摆从左侧最高点A运动到右侧最高点B的时间即为单摆的周期

C.适当增大摆角a（仍小于5。），其他条件不变，则单摆的周期不变

D.将此单摆从两极移到地球赤道，其他条件不变，则单摆的周期变小

【解答】解：A、单摆的摆长为绳长和摆球的半径之和，故A错误；

B、完成一次全振动的时间为单摆的周期，单摆从左侧最高点A运动到右侧最高点B的时间为半

个周期，故B错误；

CD、根据单摆的周期公式T=2TT但可知，单摆的周期与摆角的大小无关，将此单摆从两极移到

地球赤道，重力加速度g变小，其他条件不变，单摆得到周期变大，故C正确，D错误。

故选：Co

2.（2024春•黄浦区校级期末）如图所示，A、B分别为单摆做简谐振动时摆球的不同位置。其中,

位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线。以摆球最低位置为重力势能零点，则

B.位于A处时动能最大

C.在位置A的势能大于在位置B的动能

D.在位置B的机械能大于在位置A的机械能

【解答】解：AB、在平衡位置即最低点时摆球的速度最大，即动能最大，在最高点即最大位移处

时速度为零，动能最小为零，重力势能最大，故AB错误；

CD、因为单摆做的是简谐运动，所以单摆的机械能守恒，即单摆在A点和B点具有的机械能相

等，在A点的机械能等于重力势能，在B点的机械能等于在B点时的动能和重力势能之和，所

以在A处的势能大于在B处的动能，故C正确，D错误。

故选：Co

3.（2024春•西安期末）如图所示，两个半径大小相同、质量不同的小球mi和m2（mi<m2）分

别放在光滑圆弧（弧长远小于半径）最低点0和离0点一小段距离处，t=0时刻将小球012由

静止释放，经过一段时间二者发生碰撞，碰后两小球未离开轨道。已知圆弧半径R=lm,当地

的重力加速度大小g=9.8m/s2,小心9.8,两小球均可看作质点，当两小球第二次碰撞时（）

0

A.与第一次碰撞时间间隔为1s

B.与第一次碰撞时间间隔为2s

C.在0点左侧碰

D.在0点右侧碰

【解答】解：碰撞后，两个小球均做简谐运动，且周期为：T=2n悭，运动时间与质量和速度无

关，所以两球总是回到平衡位置发生碰撞，即在0点发生碰撞，时间间隔为：t=J=n三$=

279.8

1s,故A正确，BCD错误；

故选：Ao

（2024春•天府新区期末）下列说法正确的是（）

A.发射“嫦娥六号”月球探测器所需的最小速度是11.2km/s

B.重力势能与零势能面的选取有关，重力势能的变化与零势能面的选取无关

C.一个系统所受的合外力为零，则该系统机械能和动量都守恒

D.单摆的周期与摆长、摆角及摆球的质量都有关

【解答】解：A、“嫦娥六号”还没有脱离开地球的束缚，所以发射“嫦娥六号”月球探测器所需

的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度11.2km/s,故A错误；

B、重力势能与零势能面的选取有关，重力势能的变化等于重力做的功，所以重力势能的变化与

零势能面的选取无关，故B正确；

C、一个系统所受的合外力为零，则该系统动量守恒，但如果有重力以外的力做功，则机械能不

守恒，故C错误；

D、根据单摆周期公式T=2it1可知，单摆的周期与摆长有关，与摆角及摆球的质量无关，故D

错误。

故选：Bo

（2024春•浦东新区校级期末）小球（半径很小可忽略）在光滑的圆槽内作简谐振动，为了使

振动周期变为原来的2倍，可采取的方法是（）

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.将圆槽半径变为原来的2倍

D.将圆槽半径变为原来的4倍

【解答】解：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T=2TT悭，周期与振幅、摆球的重力均无关无关，要使振动周期变为原来的2倍，可

以圆槽半径变为原来的4倍，故ABC错误，D正确。

故选：D。

6.（2024•浙江）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在

倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸

面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，则（）

C.小球平衡时，A端拉力为j-N

D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力

【解答】解：A、单摆的周期T=2n但，可知单摆的周期与摆角的大小无关，故A错误;

CD、由题意可知，A端拉力等于B端拉力，平衡时对小球受力分析如下图所示:

根据几何关系可知两段绳与竖直方向的夹角均为30。，由平衡条件得:

mg0.1x10叵

aW=^N,故CD错误;

以=%=2cos30。

23

AB

B、两段绳的夹角等于6。。，根据几何关系可知，等效摆长L=0:淅

小球摆动周期T=2嗡，解得T=2s,故B正确。

故选：Bo

7.（2024春•永川区校级期中）如图所示，甲、乙两小球都能视为质点，小球甲在竖直面内摆动

的周期为T,悬线长为L；小球乙在水平面内做匀速圆周运动，悬点为01、轨迹圆圆心为。2。

下列说法正确的是（）

A.小球甲的向心力由合力来充当

B.小球甲的向心力由悬线拉力来充当

C.小球乙的向心力由悬线拉力来充当

D.小球乙的向心力由合力来充当

【解答】解：AB、摆球甲做单摆运动，在运动的过程中受到的重力与悬线的拉力的合力沿轨迹切

线方向的分量提供回复力，而重力与悬线的拉力的合力沿绳子方向的分量才提供向心力，故AB

错误；

CD、乙球在水平面内做圆锥摆运动,重力与悬线的拉力的合力提供沿水平方向指向圆心的向心力,

故C错误，D正确。

故选：Do

8.（2024•顺义区二模）如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在O点。现将摆

球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动过程中的

最低位置。图乙表示摆球从运动至A点开始计时细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像,

重力加速度g取lOm/s?。（）

A.单摆的振动周期为0.2ns

B.单摆的摆长为0.1m

C.摆球的质量为0.05kg

D.摆球运动过程中的最大速度0.08m/s

【解答】解：A.由乙图，结合单摆的对称性可知，单摆的周期为0.4ns,故A错误;

B.由单摆周期公式T=2nJ!

,gT2

得L=痂

代入数据得L=0.4m,故B错误；

CD.由乙图和牛顿运动定律得小球在最高点有mgcos0=0.495

mv2

在最低点有0.510-mg=——

Lt

1c

从最|W）点到最低点，由动能定理得mgL（l-cos。）=*"2

代入数据联立解得m=0.05kg,v=0.2V2m/s

故C正确，D错误。

故选：Co

9.