第4节 单摆（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019 江苏北京版）

单摆 (赋能课—精细培优科学思维) 第 4 节 课标要求 学习目标 知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系。会用单摆测量重力加速度的大小。 1.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源。 2.理解影响单摆周期的因素，能熟练应用单摆周期公式解决问题。 1 课前预知教材/落实主干基础 2 课堂精析重难/深度发掘知能 3 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 课前预知教材/落实主干基础 一、单摆的回复力 1．单摆：由细线和_____组成，其中，细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以_____，球的直径与线的长度相比也可以_____。 2．单摆的回复力 (1)来源：摆球的重力沿圆弧_____方向的分力。 小球 忽略 忽略 切线 平衡位置 实际做成的单摆，悬线的伸缩量越小，摆球的质量越大、体积越小，则越接近理想化的单摆。 二、单摆的周期 1．定性探究单摆的周期与摆长之间的关系 (1)探究方法：__________法。 (2)实验结论(在小偏角下)： ①单摆的周期与振幅_____。 ②单摆的周期与摆球质量______。 ③摆长越长，周期_____；摆长越短，周期_____。 控制变量 无关 无关 越大 越小 正比 反比 1．单摆的认识 微情境·大道理 图例 能否视为单摆 ______________ _______________ _____________ ___________ ____________ 不能 不能 不能 不能 能 2.摆的等时性原理是指不论摆钟摆动幅度(摆角小于5°时) 大些还是小些，完成一次摆动的时间是相同的。请思考： (1)是谁发现了摆的等时性原理？ 提示：伽利略。 (2)摆动的振幅越大周期越大吗？摆锤的质量越大周期越大吗？ 提示：周期与摆动的振幅和摆锤的质量无关。 (3)摆钟摆动的周期与摆的长度有关吗？ 提示：摆钟摆动的周期与摆的长度有关。 课堂精析重难/深度发掘知能 如图甲所示为家庭用的摆钟，其摆锤的振动可以简化为如图乙所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使小球偏离竖直方向一个夹角，然后由静止释放，请思考： 强化点(一) 单摆的回复力及其运动规律 任务驱动 (1)小球在振动过程中受到哪些力的作用？ 提示：小球受重力和细线的拉力作用。 (2)小球振动的回复力由什么力提供？ 提示：回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供。 要点释解明 3．单摆做简谐运动的规律 (1)单摆做简谐运动的位移随时间变化的图像是一条正弦(或余弦)曲线。 (2)单摆振动过程中各量的变化特点： 位置或过程 位移、回复力、加速度 速度、动能 重力势能 最高点 最大 零 最大 最低点 零 最大 最小 远离平衡位置运动 越来越大 越来越小 越来越大 靠近平衡位置运动 越来越小 越来越大 越来越小 [典例]　(2024·江苏昆山高二调研)如图所示为一单摆的振动图像，则(　 ) A．t1和t3时刻摆球的速度相同 B．t2和t3时刻摆线的拉力等大 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 √ [解析]　由题图可知，t1和t3时刻摆球的速度大小相等，但运动方向相反，故A错误； t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t3时刻摆球在由负向最大位移处向平衡位置运动过程中，位移为－5 cm，所以t2和t3时刻摆线的拉力大小不相等，故B错误； t3时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C错误； t4时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，故D正确。 1．(2024·江苏泰兴高二检测)关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是(　 ) A．摆球经过平衡位置时所受合力为零 B．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力 C．摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力 题点全练清 √ 解析：摆球经过平衡位置时回复力为0，但根据圆周运动的规律可知摆球此时还受向心力，所受合力不为零，故A错误； 根据牛顿第二定律可知，摆球在最高点时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故B正确，D错误； 摆球所受回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，重力沿摆线方向的分力与摆线对摆球的拉力的合力提供向心力，所以摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小不成正比，故C错误。 2.图中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，由静止释放摆球，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(　 ) A．摆球在A点和C点处，速度为0，合力也为0 B．摆球在A点和C点处，速度为0，回复力也为0 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 √ 解析：摆球摆动过程中，在最高点A、C处速度为0，回复力最大，合力不为0；在最低点B处，速度最大，回复力为0，细线的拉力最大。 要点释解明 强化点(二) 单摆周期公式的理解与应用 2．对摆长的理解 对于不规则的摆动物体或复合物体，摆长是指摆动轨迹圆弧的圆心到摆动物体重心的长度。图(a)中，摆球半径为r，甲、乙两摆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＋r。图(b)中，乙在垂直纸面方向小角度摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙摆等效。 (2)g还由单摆系统的运动状态决定 如单摆处在向上加速运动的物体内，设加速度为a，此时摆球处于超重状态，沿圆弧切线方向的回复力变大，摆球质量不变，则重力加速度的等效值g′＝g＋a。 [典例]　(2024·盐城高二月考)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＝10 m/s2，π2≈10。下列说法正确的是(　 ) √ 从t＝0.4 s到t＝0.6 s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，D错误。 (2)改变单摆振动周期的途径 ①改变单摆的摆长； ②改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置、让单摆失重或超重)。 (3)明确小角度情况下，单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系。 1.(2024·南京高二模拟)细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方二分之一摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速度释放。空气阻力忽略不计。对于之后的运动，下列说法中正确的是(　 ) A．单摆往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期大 B．摆球在左右两侧上升的最大高度一样 C．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等 D．摆球经过最低点时，半径减小，摆线张力不变 题点全练清 √ 摆球在摆动过程中，空气阻力忽略不计，悬线拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，摆球在左、右两侧上升的最大高度一样，但由于摆长不同，所以摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长不相等，故B正确，C错误； 2．(2024·宜兴高二质检)摆钟是一种较有年代的计时钟表。其基本原理是利用了单摆的周期性，结合巧妙的擒纵器设计，实现计时的功能。图示为摆钟内部的结构简图。设原先摆钟走时准确，则(　 ) A．摆动过程中，金属圆盘所受合力为其回复力 B．该摆钟在太空实验室可正常使用 C．该摆钟从北京带到广州，为走时准确，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向下移动 D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季为了准时，考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 √ 解析：回复力是指向平衡位置的力，摆动过程中，金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力提供回复力，金属圆盘所受合力还有一部分提供向心力，A错误； 金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力提供回复力，该摆钟在太空实验室内处于失重状态，因此不可正常使用，B错误； 该摆钟在冬季走时准确，到夏季温度升高，由于热胀冷缩，摆长变长，为了准时，需要将摆长变短，因此需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，D正确。 答案：(1)4.9 s　(2)3.5 s　(3)0.99 m 1．类单摆模型 除了前面学习的单摆模型，有些物体的运动规律与单摆的运动规律类似，该类物体的运动即为类单摆模型。 要点释解明 强化点(三) 类单摆模型 (2)如图所示，在固定的光滑斜面上，用长度为l的细绳一端固定于O1点，下端悬挂一小球，使小球在斜面内来回摆动，小球受到重力、细绳的拉力、斜面的支持力作用，其运动为类单摆运动，等效重力为G′＝mgsin θ，等效重力加速度为g′＝gsin θ。 题点全练清 √ 将圆弧长l增大为原来的4倍，不会改变小球运动的周期和频率，选项C错误； 小球的周期和频率与质量没有关系，所以改变小球的质量，不会改变其运动的周期和频率，选项D错误。 2.如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球，上端系在位于光滑斜面O处的钉子上，小球处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球获得一平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为(　 ) √ √ 解析：A、B经过O点时的向心加速度不为零，处于非平衡状态，故A错误； 单摆的振幅与物体的质量无关，所以将A取走，B的振幅不变，故D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A级——基础达标 1．(2024·南通高二检测)关于单摆的运动，以下说法正确的是(　 ) A．单摆运动时，摆球要受到大小不变的向心力 B．单摆运动时，摆球所受到的合力为回复力 C．摆球运动到平衡位置时，所受到的回复力为零 D．摆球运动到平衡位置时，所受到的合力为零 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析：单摆运动时，速度大小不断变化，摆球要受到大小不断变化的向心力，故A错误；单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧切向的分力，故B错误；摆球运动到平衡位置时，回复力为0，合力不为零，合力方向竖直向上，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2．如图所示，单摆的周期为T，则下列说法正确的是(　 ) A．把摆球质量增加一倍，其他条件不变，则单摆的周期 变小 B．把摆角α变小，其他条件不变，则单摆的周期变小 C．将单摆摆长增加为原来的2倍，其他条件不变，则单摆的周期将变为2T D．将此摆从地球赤道移到两极，其他条件不变，则单摆的周期将变小 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.(2024·泰州高二模拟)有甲、乙两个单摆(同一地点)，其振动图像如图所示，则甲、乙两单摆的摆长之比是(　 ) A．4∶9　　　　　　　 B．9∶4 C．2∶3 D．3∶2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.如图，两个摆长相同的单摆一前一后悬挂在同一 高度，虚线表示竖直方向，分别拉开一定的角度(都小 于5°)同时由静止释放，不计空气阻力。沿两单摆平衡 位置的连线方向观察，释放后可能看到的是(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(2024·盐城高二质检)如图所示是一单摆装置，悬点O 正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时， 摆线的上部被小钉挡住，使摆长发生变化。现使摆球做小 幅度摆动，P为摆动中的最低点，选项中给出了摆球从右 边最高点M至左边最高点N运动过程的频闪照片(悬点和小钉未被拍入)。已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，则可能正确的频闪照片是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7．(2024·北京房山月考)惠更斯利用单摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。摆杆下端的螺母可以使圆盘沿摆杆上下移动，从而改变摆长，如图所示。下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A．若将螺母向下移动少许，则摆杆摆动的周期变小 B．若将摆钟从深圳移到北京，则摆杆摆动的周期变小 C．若仅增大圆盘的质量，则摆杆摆动的周期变大 D．若仅增大圆盘摆动的振幅，则摆杆摆动的周期变大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 若将摆钟从深圳移到北京，则重力加速度变大，摆杆摆动的周期变小，故B正确； 若仅增大圆盘的质量，摆杆摆动的周期不变，故C错误； 若仅增大圆盘摆动的振幅，摆杆摆动的周期不变，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8．(2024·江苏盐城期中)如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁，将摆线拉开一小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v＝0.12 m/s匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样，若测得木板长度为l＝0.6 m，墨汁图样与木板边缘的交点P、Q恰好处于最大位移处，已知重力加速度g≈π2。则该单摆的等效摆长约为(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9．(2024·常州高二质检)如图甲所示，从重型机械的机械臂的顶部垂下一个大铁球并让它小角度摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑，该情境可视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A．铁球的质量增大，周期增大 B．t＝4 s时，摆球的速度最大 C．该单摆的摆长约为4 m D．铁球摆开的角度增大，周期增大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由题图乙可知，t＝4 s时，摆球离开平衡位置的位移达到最大，此时摆球的速度为零，故B错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10．(2024·江苏昆山调研)某学习小组的同学在实验室用如图甲所示装置研究单摆的运动规律，O是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置。取向右为正方向，图乙是单摆的振动图像。已知当地的重力加速度大小g＝10 m/s2，取π2＝10，下列说法中正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A．单摆的振幅是0.14 m，振动的频率是1 Hz B．振动的表达式为x＝0.07sin(2πt)m C．单摆的摆长为1 m D．t＝1.5 s时摆球在N点 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 振动的表达式为x＝Asin 2πft＝0.07sin(πt)m，选项B错误； 由题图乙知，t＝1.5 s时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以摆球在M点，选项D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 13．小明同学做了一个单摆，其摆长l＝1.02 m，摆球质量m＝0.10 kg，假设单摆做简谐运动，他测出单摆振动30次所用的时间t＝60.8 s。 (1)求当地的重力加速度是多大。 (2)如果将这个单摆改为秒摆(周期为2 s)，摆长应怎样改变？改变多少？ 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 答案：(1)9.79 m/s2　(2)摆长要缩短0.027 m 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)单摆的摆长l； (2)摆球的质量m； (3)摆线拉力的最小值。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 答案：(1)1 m　(2)0.1 kg　(3)0.99 N (2)特点：在偏角很小时，摆球的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向___________，即F＝－x。可见，单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。 2．定量探究单摆的周期与摆长之间的关系 (1)荷兰物理学家惠更斯研究发现，单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成_____，与重力加速度g的二次方根成______，与振幅、摆球质量无关。 (2)周期公式：T＝_______。 2π 1．单摆的回复力 (1)单摆受力：如图所示，受细线拉力和重力作用。 (2)向心力来源：细线拉力和重力沿径向分力的合力，F向＝FT－mgcos θ。 (3)回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力，F＝mgsin θ。 2．单摆做简谐运动的推证 如上图所示，单摆的回复力F＝G1＝mgsin θ，在偏角很小时，sin θ≈，所以单摆的回复力为F＝－x(式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反)，由此知回复力符合F＝－kx，故单摆做简谐运动。 1．周期公式的成立条件 当单摆做偏角很小的振动时，才有T＝2π，与单摆的振幅及摆球的质量无关，只与摆长l及单摆所在处的重力加速度g有关。 3．重力加速度g的变化 (1)公式中的g由单摆所在空间位置决定 由G＝g知，g在地球表面不同位置、不同高度是不同的，在不同星球上也不相同，因此应求出单摆所在处的等效值g′代入公式，即g不一定等于9.8 m/s2。 A．单摆的摆长约为0.16 m B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝4cos 2.5πt C．单摆的摆长约为1 m D．从t＝0.4 s到t＝0.6 s的过程中，摆球的加速度逐渐增大，速度逐渐减小 [解析]　由公式T＝2π＝0.8 s，解得l＝0.16 m，A正确，C错误； 由振动图像读出周期T＝0.8 s，振幅A＝2 cm，又根据ω＝，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Acos ωt＝2cos 2.5πt(cm)，B错误； /方法技巧/ 涉及单摆周期问题的三点注意 (1)单摆的周期公式T＝2π中共涉及三个物理量——周期T、摆长l和当地重力加速度g，只要已知两个量，就可以求出第三个量。 解析：根据单摆做简谐运动的周期公式T＝2π可知，T与成正比，摆长减小，周期变小，故A错误； 由以上分析可知，摆球在摆动过程中机械能守恒，所以摆球过最低点的速度不变，由牛顿第二定律有FT－mg＝m，可知摆长不同，摆线的张力FT不同，故D错误。 该摆钟从北京带到广州，重力加速度减小，由单摆的周期公式T＝2π，可知周期变大，摆钟变慢，为走时准确，需要将摆钟的摆长变短，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，C错误； 3．有一单摆，在地球表面的周期为2 s，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。(取g地＝9.8 m/s2，结果均保留2位有效数字) (1)将该单摆置于月球表面，其周期为多大？ (2)若将摆长缩短为原来的，在月球表面时此单摆的周期为多大？ (3)该单摆的摆长为多少？ 解析：(1)由单摆的周期公式T＝2π，知T2∝， 所以T月2∶T地2＝g地∶g月，则T月≈4.9 s。 (2)根据周期公式T＝2π，知T∝，所以T月′∶T月＝∶，则T月′≈3.5 s。 (3)根据周期公式T地＝2π，解得L≈0.99 m。 2.实例 (1)如图所示，为竖直面内的光滑小圆弧(半径为R)，且≪R(或对应圆心角∠BOC很小)，当小球在间运动时，小球受重力、轨道支持力作用，轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力，故其运动为类单摆运动，等效摆长为R。 3．处理类单摆问题的方法 (1)确认符合类单摆模型的条件。 (2)确定等效摆长l。 (3)确定等效重力加速度g′。 (4)利用公式T＝2π或简谐运动规律分析求解有关问题。 1.一个质量为m的小球在半径为R的光滑圆弧槽上来回运动，如图，圆弧槽的长度l≪R。为了使小球振动的频率变为原来的，可以采用的办法是(　 ) A．将R减小为原来的 B．将R增大为原来的4倍 C．将圆弧长l增大为原来的4倍 D．将m减小为原来的 解析：将R减小为原来的，周期变为原来的，频率变为原来的2倍，选项A错误； 将R增大为原来的4倍，周期变为原来的2倍，频率变为原来的，选项B正确； A．π　　　　　 B．π C．π D．π 解析：因为小球偏离平衡位置的最大偏角小于5°，小球的运动可以看作单摆，根据等效重力作用下mgsin θ＝mg′，T＝2π，小球回到最低点所需的最短时间为t＝＝π，故选C。 3．(2024·徐州高二模拟)如图所示，A、B两方物块(可视为质点)在半径为R的光滑球面内C与C′两点间一起做简谐运动，O为最低点，当位移为x时，A、B系统的回复力为F。A、B所受总重力为G，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　 ) A．A、B经过O点时均处于平衡状态 B．F＝－x C．由O点向C点运动的过程中，A受到的摩擦力逐渐增大 D．经过O点时，将A取走，B的振幅将增大 设当位移为x时，摆线与竖直方向的夹角为θ，当夹角较小时，有sin θ ≈，对两物块进行受力分析可得sin θ＝，联立得回复力的大小为F＝x，考虑回复力的方向，故F＝－x，故B正确； 由O点向C点运动的过程中，设位移为y，摆线与竖直方向的夹角为α，以A、B整体为研究对象，在速度方向有F＝Gsin α＝mABa，sin α＝，a＝gsin α＝，对A进行受力分析可得GAsin α－f＝mAaA，由题意可得a＝aA，联立解得f＝0，故C错误； 解析：根据单摆周期公式T＝2π可知，周期与摆角和摆球的质量无关，摆长增加为原来的2倍，其他条件不变，则单摆的周期将变为T，故A、B、C错误； 地球两极的重力加速度大于赤道的重力加速度，根据T＝2π，可得将此摆从地球赤道移到两极，其他条件不变，则单摆的周期将变小，故D正确。 解析：根据单摆的周期公式T＝2π，同一地点，重力加速度相同，则甲、乙的摆长之比等于周期的平方之比，即为4∶9。故选A。 4.(2024·江苏宿迁期中)一单摆摆动过程中摆绳对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像如图所示，重力加速度为g，则该单摆的摆长为(　 ) A． B． C． D． 解析：摆球运动到最低点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，所以摆球运动到最低点时，绳子拉力最大，摆球运动一个周期经过两次平衡位置，则由题图可知周期为T＝2T0，根据单摆的周期公式T＝2π，可知l＝，故选A。 解析：因两单摆的摆长相同，根据单摆周期公式T＝2π，可知两单摆的周期相同，两单摆同时由静止释放，应同时到达平衡位置，同时到达右边最大位移处，故选项C可能看到。 解析：根据单摆周期公式T＝2π，因摆球在P点右方时摆长较长，则周期较大，则从M到P振动的时间较长，因相邻两次闪光的时间间隔相同，则在PM之间小球的位置比在PN之间分布密集，因小球越偏离最低点振动速度越小，则摆球位置分布越密集，可知正确的频闪照片可能是B。 解析：由单摆周期公式T＝2π，若将螺母向下移动少许，则l变大，摆杆摆动的周期变大，故A错误； A． m B． m C．1 m D． m 解析：木板运动的时间为t＝＝ s＝5 s，又因为t＝2.5T，故单摆的振动周期为T＝2 s，由T＝2π可得l≈1 m，故选C。 解析：根据单摆的周期公式T＝2π，可知，周期的大小与铁球的质量、摆开的角度无关，故A、D错误； 由题图乙可知，单摆的周期为4 s，所以摆长为l＝≈4 m，故C正确。 解析：由题图乙知振幅A＝0.07 m，周期T＝2 s，则频率f＝＝0.5 Hz，A错误； 由单摆的周期公式T＝2π，解得l＝＝1 m，C正确； B级——综合应用 11.(2024·上海虹口期中)一单摆的摆长为L，将摆球向左拉至水平标志线上(图中虚线)。由静止释放摆球，当摆球运动至最低点时，摆线碰到障碍物P，摆球继续向右摆动。用频闪相机长时间拍摄，得到图示照片，则摆线的悬点O与障碍物P在竖直方向之间的距离为(　 ) A．L B．L C．L D．无法确定 解析：由单摆的周期公式T＝2π，可知L∝T2，由于是频闪照片，题图中相邻两小球的影像的时间间隔是相同的，所以周期之比是3∶2，周期平方之比是9∶4，则＝，可知LOP＝L－L1＝L，故选C。 12.(2024·江苏盐城期中)如图所示，光滑圆弧轨道的半径为R，圆弧底部中点为O，两个大小可忽略、质量分别为m1和m2的小球A和B，A在离O很近的轨道上某点，B在点O正上方h处，现同时由静止释放两球(不计空气阻力)，使两球在A小球第四次通过O点时恰好相碰，则h应为(　 ) A．π2R B．π2R C．π2R D．π2R 解析：小球A在离O很近的轨道上某点由静止释放，小球A相当于做摆长为R的单摆运动，小球A运动的周期为T＝2π，两球在A小球第四次通过O点时恰好相碰，则小球A和B运动的时间为t＝T，所以小球B下落的高度为h＝gt2＝π2R，故选A。 解析：(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式为T＝2π，由此可得g＝，只要求出T值代入即可。因为T＝＝ s≈2.027 s，所以g＝＝ m/s2≈9.79 m/s2。 (2)秒摆的周期是2 s，设其摆长为l0，由于在同一地点，重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有＝，故有l0＝＝ m≈0.993 m。其摆长要缩短Δl＝l－l0＝1.02 m－0.993 m＝0.027 m。 14．(2024·江苏常州十校调研)如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v＝ m/s，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，π2≈g，求： 解析：(1)由题图乙可知单摆周期为T＝2 s 根据单摆周期公式T＝2π，解得l＝1 m。 (2)当拉力最大时，即F＝1.02 N时，摆球处在最低点，由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得m＝0.1 kg。 (3)从最低点到最高点，由动能定理得－mgl(1－cos θ)＝0－mv2，解得cos θ＝0.99 在最高点摆线的拉力最小，最小值为F′＝mgcos θ＝0.99 N。 $$