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探究摆钟的物理原理练习
1．如图所示，一向右运动的车厢顶上悬挂两单摆M与N，它们只能在图示平面内摆动，某一瞬时出现图示情景，由此可知车厢的运动及两单摆相对车厢运动的可能情况是（　　）。
A．车厢做匀速直线运动，M在摆动，N静止
B．车厢做匀速直线运动，M在摆动，N也在摆动
C．车厢做匀速直线运动，M静止，N在摆动
D．车厢做匀加速直线运动，M静止，N也静止
2．关于小孩子荡秋千，有下列四种说法：
①质量大一些的孩子荡秋千，秋千摆动的频率会更大些
②孩子在秋千到达最低点时有失重的感觉
③拉绳被磨损了的秋千，绳子最容易在最低点断开
④自己荡秋千想荡高一些，必须在两侧最高点提高重心，增加势能
上述说法中正确的是（　　）。
A．①② B．③④
C．②④ D．②③
3．对于单摆的振动，以下说法中正确的是（　　）。
A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
4．如图所示，A、B分别为同一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，则摆球在摆动过程中（　　）。
A．位于B处时动能最大
B．位于A处时势能最大
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
5．一单摆做小角度摆动，其振动图像如图，以下说法正确的是（　　）。
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．t2、t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
6．如图所示为一单摆的振动图像，则（　　）。
A．t1和t3时刻摆线的拉力等大
B．t1和t3时刻摆球速度相等
C．t3时刻摆球速度正在减小
D．t4时刻摆线的拉力正在减小
7．有甲、乙两个单摆，摆角均不超过5°。甲的振幅为2 cm，乙的振幅为3 cm，它们的周期都是4 s，当t＝0时，甲的位移为2 cm，乙的相位比甲落后。请在同一坐标系中作出这两个简谐运动的位移—时间图像。
8．一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8 cm，频率为0.5 Hz，在t＝0时，位移是4 cm，且向x轴负方向运动。
（1）试写出用正弦函数表示的振动方程。
（2）10 s内通过的路程是多少？

参考答案
1．答案：AB　解析：车厢做匀速直线运动或静止时，都是处于平衡状态，N可以是静止，也可以是在摆动中；M只能在摆动中，因为M所受的外力不为零。车厢做匀加速直线运动时，M可能相对车厢静止，也可能是在摆动中某一瞬时所在位置，N只可能是在摆动中经过最低点的瞬间，因为此时N在水平方向所受合力为零，不可能与车厢相对静止。
2．答案：B　解析：秋千的摆动频率跟摆长有关，跟质量无关，且对等高的孩子，质量大的孩子等效摆长较长，频率应小一些，①错；在最低点孩子具有向上的加速度，应有超重的感觉，②错；在最低点绳所受的拉力最大，容易断开，③正确；欲使秋千荡高一些，必须在两侧最高处提高重心，增加重力势能，④正确。所以B正确。
3．答案：C　解析：该题考查单摆做简谐运动时的回复力。单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为mv2/l，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零。故选C。
4．答案：BC　解析：摆球在摆动过程中总机械能守恒，只是动能和重力势能之间的转化，故D错。位置A是摆动的最高点，动能为零，势能最大，B对。在B处，总机械能为动能与势能之和，在A处势能为总机械能，故C对。摆球在平衡位置时势能为零，动能最大，故A错。
5．答案：D　解析：本题考查单摆的振动图像和单摆的受力，注意单摆摆动过程中始终不是处于平衡状态。由图知t1、t3时刻摆球位于最大位移处，速度为零，悬线的拉力F＝mgcos θ，t2、t4时刻摆球位于平衡位置，速度最大，悬线的拉力，因此可知D正确。
6．答案：AD　解析：由振动图像可知t1、t3时刻摆球在同一位置，速度大小相等，方向不同，但向心力等大，A对B错；t3时刻摆球正在向平衡位置运动，速度正在增大，C错；t4时刻正在向最大位移处运动，速度减小，拉力减小，D正确。
7．答案：见解析
解析：因为两单摆均做简谐运动，则应满足方程：x＝Asin（ωt＋φ），所以x甲＝2sin（t＋φ甲）＝2sin（t＋φ甲）（cm），x乙＝3sin（t＋φ乙）（cm），将t＝0，x甲＝2 cm代入得：φ甲＝，又因为乙的相位比甲落后，
所以φ甲－φ乙＝，故φ乙＝，两方程为：x甲＝2sin（t＋）（cm）和x乙＝3sin（t＋）（cm），则图像如图所示。
8．答案：（1）x＝0.08sin（πt＋π）（m）
（2）160 cm
解析：（1）简谐运动振动方程的一般表示式为x＝Asin（ωt＋φ）。根据题目条件，有：A＝0.08 m，ω＝2πf＝π rad/s。所以x＝0.08sin（πt＋φ） m。将t＝0，x＝0.04 m，代入得0.04 m＝0.08sin φ（m），解得初相位φ＝或φ＝π，因为t＝0时，速度方向沿x轴负方向，即位移在减小，所以取φ＝π。故所求的振动方程为x＝0.08sin（πt＋π）（m）。
（2）周期，所以t＝5T，因为1T内的路程是4A，则通过的路程s＝5×4A＝20×8 cm＝160 cm。


1.2　探究摆钟的物理原理
[教 学目标]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.知道相位的概念，知道同相振动与反相振动的步调特点.4.会用控制变量法探究单摆的周期与哪些因素有关.5.掌握单摆的周期公式，掌握用单摆测定重力加速度的原理和方法．
1．如图1所示，细线上端固定，下端系一小球，如果细线的伸缩可以忽略，细线的质量与小球相比可以忽略，小球的直径与细线的长度相比也可以忽略，这样的装置就可看成单摆．单摆在摆角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律．
图1
2．相是描述振动步调的物理量．两个单摆振动步调一致，我们称为同相；两个单摆振动步调正好相反，叫做反相．
3．单摆振动的周期与摆球质量无关，在振幅较小时与振幅无关，周期公式T＝2π.
一、探究摆钟的物理原理
[导学探究]　一阵风吹过，大厅里的吊灯微微摆动起来，久久不停……，伽利略就是通过观察教堂吊灯摆动发现了吊灯摆动的等时性，惠更斯按照伽利略的构想，发明制作了一个摆钟．摆钟的往复运动是简谐运动吗？你能用所学的知识证明吗？
答案　是简谐运动．
证明：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＝mgsinθ.若摆角θ很小，则有sinθ≈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．
[知识深化]
1．单摆
(1)模型：摆线是不可伸长，且没有质量的细线，摆球是没有大小只有质量的质点，这样的装置叫单摆，它是实际摆的理想化模型．
(2)实际摆看作单摆的条件：①摆线的形变量与摆线的长度相比小得多，摆线的质量与摆球的质量相比小得多，这时可把摆线看成是不可伸长，且没有质量的细线．
②摆球直径的大小与摆线长度相比小得多，这时可把摆球看成是没有大小只有质量的质点．
2．单摆的回复力
(1)回复力的提供：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，F＝－x.
(3)运动规律：在摆角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦(或余弦)函数规律．
[延伸思考]
单摆经过平衡位置时，合外力为零吗？
答案　不为零．单摆振动的回复力是重力在切线方向的分力，或者说是摆球所受合外力在切线方向的分力．摆球所受的合外力在法线方向(摆线方向)的分力提供摆球做圆周运动的向心力，所以并不是合外力完全用来提供回复力的．因此摆球经过平衡位置时，只是回复力为零，而不是合外力为零(此时合外力提供摆球做圆周运动的向心力)．
例1　(多选)图2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之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中(　　)
图2
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，速度为零，回复力最大
C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
答案　BD
解析　摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，故A错误，B正确；在最低点B处，速度最大，回复力为零，摆球做圆周运动，细线的拉力最大，故C错误，D正确．
二、研究振动的步调问题
[导学探究]
1．如图3所示，在铁架台上悬挂两个相同的单摆，将两个摆球拉离平衡位置且保证摆角相同，然后同时放开，可观察到什么现象？
图3
答案　它们的运动总是一致的，也可以说是步调一致，即同时沿相同方向经过平衡位置，并同时达到同一侧最大位移处．
2．如图4所示，再将两个摆球拉开相同的摆角，先放开一个，等它摆到另一边最大位移处时，再放开第二个，又可观察到什么现象？
　　　
　　　图4
答案　它们的运动总是相反的，也可以说是步调相反，即同时沿相反方向经过平衡位置，并同时达到两侧最大位移处．
[知识深化]
1．相(或相位、位相、周相)：描述振动步调的物理量．
(1)两个单摆振动步调一致，称为同相；
(2)两个单摆振动步调不一致，就说它们存在着相差；
(3)两个单摆振动步调正好相反，叫做反相．
2．相差：指两个相位之差．
在实际中经常用到的是两个具有相同频率的简谐运动的相位差，反映出两简谐运动的步调差异．
例2　(多选)如图5所示是在同一个坐标系里画出的三个振动系统的振动图像，下列说法正确的是(　　)
图5
A．a、b、c三个振动系统的频率相同
B．a、b两个系统振动时存在着相差
C．a、b两个系统振动同相
D．a、c两个系统振动反相
答案　ACD
解析　由题图可知，三个振动系统的周期相同，故频率相同，A正确；a、b两个系统振动的振幅不同，但总是同时来到正向(或负向)的最大位移处，同时同方向经过平衡位置，故a、b同相，B错误，C正确；a、c两个系统总是同时来到反向的最大位移处，同时以相反方向经过平衡位置，故a、c反相，D正确．
三、探究单摆振动的周期
[导学探究]
1．如图6所示，两个单摆同时释放，我们可以观察到振动的周期不同．影响周期的因素可能有单摆的质量、振幅、摆长，这么多因素我们应采用什么方法研究？
图6
答案　控制变量法．具体做法为：
(1)只让两摆的质量不同．(2)只让两摆的振幅不同(都在小摆角下)．(3)只让两摆的摆长不同．
比较以上三种情况下两摆的周期，可以得到周期与质量、振幅、摆长之间的定性关系．
2．具体做法是什么？得出影响周期的因素是什么？
答案　首先，研究周期和质量有没有关系，就应控制其他条件不变．
做法：用两个摆长相同，摆球质量不同的单摆．将它们拉到同一个高度(注意摆角要小)释放，观察两摆的运动．
现象：两摆球摆动总是同步的，说明两摆球周期相同，即周期与摆球质量无关．
其次，研究单摆的周期和振幅的关系．
做法：用一个单摆，分两次从不同高度释放(振幅不同)，用秒表测量单摆振动30次所用时间并比较两次所用时间．
结论：两次所用时间近似相等，故周期与振幅无关．
再次，研究单摆的周期和摆长的关系．
做法：取两个摆长不同，质量相同的两个摆球从同一高度同时释放，观察两摆的运动．
现象：两摆振动不同步，摆长大的振动慢，说明单摆的周期与摆长有关．
由此可知单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长有关．
[知识深化]
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7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lsinα，这就是等效摆长，所以其周期为T＝2π.
图7
3．重力加速度g
若系统只处在重力场中且处于静止状态，g由单摆所处的地理位置决定，即g＝，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所处地表的位置和高度的变化而变化．另外，在不同星球上，M和R一般不同，g也不同，g取9.8m/s2只是在地球表面附近时的取值．
例3　如图8所示，单摆的周期为T，则下列说法正确的是(　　)
图8
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α变小，其它条件不变，则单摆的周期变小
C．将此摆从地球移到月球上，其它条件不变，则单摆的周期将变长
D．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
答案　C
解析　根据单摆的周期公式T＝2π知，周期与摆球的质量和摆角无关，摆长增加为原来的2倍，周期变为原来的倍，故A、B、D错误；月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，由周期公式T＝2π知将此摆从地球移到月球上，单摆的周期将变长，C正确．
四、测定当地的重力加速度
[导学探究]　在地球表面，不同纬度重力加速度不同，不同高度重力加速度不同，利用本学案的知识怎样测出当地的重力加速度？
答案　由单摆周期公式得g＝，如果测出单摆的摆长l、周期T，就可以求出当地的重力加速度g.
[知识深化]
1．原理：测出摆长l、周期T，代入公式g＝，求出重力加速度g.
2．器材：铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、停表、细线(1m左右)、米尺、游标卡尺．
3．实验步骤
(1)让细线穿过金属小球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆．
(2)将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，使铁夹伸出桌面之外，然后把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂．在单摆平衡位置处做上标记．
(3)用米尺量出悬线长l′(准确到mm)，用米尺和三角板(或游标卡尺)测出摆球的直径d，然后计算出悬点到球心的距离l＝l′＋即为摆长．
(4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角度不大于5°，再释放小球．当小球摆动稳定以后，经过最低位置时，用停表开始计时，测量单摆全振动30次(或50次)的时间，求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期．
(5)改变摆长，反复测量三次，算出周期T及测得的摆长l代入公式g＝，求出重力加速度g的值，然后求g的平均值，即为当地的重力加速度的值．
4．五点注意
(1)选择材料时应选择细而不易伸长的线，比如用单根尼龙丝、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2cm.
(2)单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，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)注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小．
(4)小球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆．方法是将小球拉到一定位置后由静止释放．
(5)计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，以后摆球应从同一方向通过最低点时计数，要多测几次(如30次或50次)全振动的时间，用取平均值的办法求周期．
例4　下表是“用单摆测定重力加速度”实验中获得的有关数据：
摆长l/m
0.4
0.5
0.6
0.8
1.0
1.2
周期平方T2/s2
1.6
2.2
2.4
3.2
4.0
4.8
(1)利用上述数据，在图9中描出l－T2的图像．
图9
(2)利用图像，取T2＝5.2s2时，l＝________m，重力加速度g＝________m/s2.
答案　(1)见解析图　(2)1.3　9.86
解析　(1)描点作图如图所示
(2)由图可知，当T2＝5.2s2时，l＝1.3m，将它代入g＝得：g＝＝m/s2≈9.86m/s2.

单摆
1．(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是(　　)
A．摆线质量不计
B．摆线长度不伸缩
C．摆球的直径比摆线长度短得多
D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动
答案　ABC
解析　单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩．但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小(θ≤5°)的情况下才能视单摆运动为简谐运动，故正确答案为A、B、C.
2．单摆振动的回复力是(　　)
A．摆球所受的重力
B．摆球重力在垂直悬线方向上的分力
C．悬线对摆球的拉力
D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力
答案　B
解析　摆球振动的回复力是其重力沿圆弧切线方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B正确．
3．已知单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6m，则两单摆摆长la与lb分别为(　　)
A．la＝2.5m，lb＝0.9m B．la＝0.9m，lb＝2.5m
C．la＝2.4m，lb＝4.0m D．la＝4.0m，lb＝2.4m
答案　B
解析　设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝3∶5.
根据单摆周期公式T＝2π，可知l＝T2，
由此得la∶lb＝T∶T＝9∶25.则
la＝×1.6m＝0.9m，lb＝×1.6m＝2.5m.
4．用单摆测定重力加速度，根据的原理是(　　)
A．由g＝看出，T一定时，g与l成正比
B．由g＝看出，l一定时，g与T2成反比
C．由于单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定，利用g＝可算出当地的重力加速度
D．同一地区单摆的周期不变，不同地区的重力加速度与周期的平方成反比
答案　C
解析　g是由所处的地理位置的情况来决定的，与l及T无关，故只有C正确．
一、选择题
1．当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的(　　)
A．合外力为零 B．回复力为零
C．向心力为零 D．摆线中张力为零
答案　C
解析　当摆球摆到最大位移处时，回复力最大，不为零，合外力不为零，所以选项A、B均错；由向心力公式F＝可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心力也为零，此时摆线中的张力等于重力沿摆线方向上的分力，所以选项C对，D错．
2．将秒摆(周期为2s)的周期变为1s，下列措施可行的是(　　)
A．将摆球的质量减半 B．将振幅减半
C．将摆长减半 D．将摆长减为原来的
答案　D
解析　由单摆周期公式T＝2π可以看出，要使周期减半，摆长应减为原来的.
3．如图1所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)组成了所谓的双线摆，若摆线长为l，两线与天花板的左右两侧夹角均为α，当小球垂直纸面方向做简谐运动时，周期为(　　)
图1
A．2π B．2π
C．2π D．2π
答案　D
解析　这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2π计算，但注意此处的l与题中的绳长不同，公式中的l是指质点到悬点(等效悬点)的距离，即做圆周运动的半径．此题中单摆的等效摆长为lsinα，代入周期公式，可得T＝2π，故选D.
4．做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的(　　)
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小
C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大
答案　B
解析　由单摆的周期公式T＝2π可知，当摆长l不变时，周期不变，故C、D错误；由能量守恒定律可知mv2＝mgh，其摆动的高度与质量无关，因平衡位置的速度减小，则最大高度减小，即振幅减小，选项B正确，A错误．
5．(多选)如图2甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，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，g取10m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是(　　)
图2
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin (πt) cm
B．单摆的摆长约为1m
C．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小
答案　AB
解析　由题目中振动图像可读出周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由ω＝得到圆频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asinωt＝8sin (πt) cm.故A正确．由公式T＝2π，代入得到l≈1 m．故B正确．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C错误．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，速度增大，所需向心力增大，绳子的拉力增大，故D错误．
6．(多选)如图3所示为甲、乙两单摆的振动图像，则(　　)
图3
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1
D．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4
答案　BD
解析　由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故B正确，A错误；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故D正确，C错误．
7．一个单摆的摆球偏离到最大位置时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀附着在摆球的表面，下列说法正确的是(　　)
A．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大
B．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小
C．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大
D．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大
答案　D
解析　在最大位移处，雨滴落到摆球上，质量增大，同时摆球获得初速度，故振幅增大，但摆球质量不影响周期，周期不变．选项D正确．
二、非选择题
8．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图4所示，则该摆球的直径为_______cm.
图4
(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________．(填选项前的字母)
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
答案　(1)0.97　(2)C
解析　(1)游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数＝0.9cm＋7×0.01cm＝0.97cm
(2)要使摆球做简谐运动，摆角应小于等于5°，应选择密度较大的摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度值误差较小，故A、D错；摆球通过最低点100次，完成50次全振动，周期是，B错；摆长应是l＋，若用悬线的长度加直径，则测出的重力加速度值偏大，故C正确．
9．某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长l，通过改变摆线的长度，测得5组l和对应的周期T，画出l－T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图5所示．他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝________.请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将________(填“偏大”“偏小”或“相同”)．
图5
答案　　相同
解析　由周期公式T＝2π，得g＝，结合题图图像得到g＝，因为这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置无关，所以测量结果不受影响．
10．图6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，设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，根据图像回答：
图6
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长约为多少？(计算结果保留2位小数)
答案　(1)1.25Hz　(2)B点　(3)0.16m
解析　(1)由题图乙知周期T＝0.8 s，则频率f＝＝1.25 Hz.(2)由题图乙知，开始时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点．
(3)由T＝2π得l＝≈0.16 m.

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