2.4单摆（知识解读）-2024-2025学年高中物理同步知识点解读与专题训练（人教版2019选择性必修第一册）

2.4单摆（知识解读）（原卷版） •知识点1 单摆 •知识点2 单摆的回复力 •知识点3 简谐运动中各个物理量的变化规律 •作业 巩固训练 知识点1 单摆 1、定义：细线一端固定在悬点，另一端系一个小球，如果细线的质量与小球相比可以忽略；球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫做单摆。 特点 (1)悬点：固定。 (2)摆球：体积小、质量大。 (3)摆线：细而长、不可伸长。 2、理想化模型：单摆是实际摆的理想化模型。 (1)摆线质量m远小于摆球质量 M，即m << M 。 (2)摆球的直径d远小于单摆的摆长Ｌ，即 d <<Ｌ。 (3)摆球所受空气阻力远小于摆球重力及绳的拉力，可忽略。 (4)摆线的伸长量很小，可以忽略。 【典例1-1】单摆是秋千、摆钟等实际摆的理想化模型，下列有关单摆的说法中正确的是（　　） A．单摆在任何情况下的运动都是简谐运动 B．单摆做简谐运动的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定 C．当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是所受合力不为零 D．单摆移到太空实验舱中可以用来研究简谐运动的规律 【典例1-2】（多选）一个质量为的甲球在半径为的光滑圆弧槽上间来回运动（如图），圆弧槽的长度。则下列说法正确的是（　　） A．甲球在做简谐运动 B．甲球在最低点加速度为0 C．甲球的运动周期为 D．甲球在点释放的同时，乙球从点释放，乙球先到最低点 【变式1-1】某景点的高空秋千可以看作单摆模型，如图所示为小明在荡秋千时的振动图像。小明可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．小明荡秋千时的周期为3.14s B．该秋千的绳子长度约为5m C．小明荡到图中对应的b点时，速度最大 D．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零 【变式1-2】（多选）关于单摆的运动有下列说法，其中正确的是（　　） A．单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力 B．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力 C．单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关 D．单摆做简谐运动的条件是摆角很小，如小于5° 【变式1-3】单摆的回复力 知识点2 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（θ＜50），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F＝－x。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。 推导：F回=mgsinθ，θ角很小时，用弧度制表示的θ与它的正弦值近似相等即sinθ ≈ θ≈。 则：F = mgsinθ≈ mgθ≈。 位移方向与回复力方向相反F = −。 可以写成：F = −k x 摆角θ 正弦值 弧度值      1° 0.01754 0.01745      2° 0.03490 0.03491      3° 0.05234 0.05236      4° 0.06976 0.06981      5° 0.08716 0.08727      6° 0.10453 0.10472      7° 0.12187 0.12217      8° 0.13917 0.13963 【典例2-1】图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）小幅度拉开至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（   ） A．摆球在B点处，速度最大，合外力为零 B．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 C．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零 D．小球所受重力和绳的拉力的合力提供单摆做简谐运动的回复力 【典例2-2】（多选）如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是（　　）    A．摆球在A点和C点时，速度为零，故细线拉力为零，但回复力不为零 B．摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，但回复力减小 C．摆球在B点时，重力势能最小，机械能最小 D．摆球在B点时，动能最大，细线拉力也最大 【典例2-3】单摆的回复力 （1）回复力的来源：摆球的重力沿 方向的分力，即F= 。 （2）回复力的特点：在摆角很 时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成 ，方向总指向 ，即。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。 【变式2-1】如图所示，一个光滑弧形凹槽半径为R，弧长为L（已知R≫L）。现将一质量为m的小球从凹槽边缘由静止释放，小球以最低点为平衡位置做简谐运动。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球做简谐运动的回复力为重力和支持力的合力 B．小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力 C．小球做简谐运动的周期为2π D．小球运动到凹槽最低点时所受合力为零 【变式2-2】（多选）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，摆球所受到的重力沿轨迹切向的分力为回复力 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 【变式2-3】如图所示，已知该单摆的摆长为，摆球的质量为，摆动时最大偏角为5°。已知，，。求： （1）振动的周期； （2）摆球的最大回复力； （3）摆球运动的最大动能。    单摆的周期 知识点3 1、单摆振动的周期与摆球质量无关(填“有关”或“无关”)，在振幅较小时与振幅无关(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：T＝2π，即周期T与摆长l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。 【典例3-1】将一条轻质细线下端挂上一个小球，使小球在竖直面内自由摆动，如图所示为小球的振动图像。下列说法正确的是（    ） A．时，小球的向心加速度为0 B．时，小球速度为0，加速度为0 C．从到的过程中，小球的动能不断增大 D．从到的过程中，细线中的张力不断增大 【典例3-2】（多选）如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像，，，下列说法正确的是（    ） A．甲单摆的摆长较大 B．甲摆的振幅比乙摆的大 C．甲摆的最大偏角为 D．在时有正向最大加速度的是乙摆 【变式3-1】如图甲，一个小球在间做简谐运动，点为最低点。以点为坐标原点、以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示。重力加速度大小取，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．小球的振动方程为 B．，小球的动能逐渐增大 C．动能和重力势能相互转化的周期为 D．此单摆的摆长约为 【变式3-2】（多选）如图（甲）所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图像如图（乙）所示，以下说法正确的是（　　） A．t1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小 B．t2时刻小球速度最大，小球的回复力最大 C．t3时刻小球速度为零，小球的合力为零 D．t3时刻到t4时刻的过程中，轨道对小球的支持力变大 一、单选题 1．如图为滑板运动场地一圆弧形滑道，该滑道的半径为R，某同学找出滑道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次往返运动的时间t，若将滑板车的运动视为简谐运动，滑板车的长度远小于滑道的半径，则当地的重力加速度大小为（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，一根总长为且不可伸长的轻绳上端固定在天花板的点，下端连接一可视为质点的小球，在点正下方距其的处，固定有一根垂直纸面的光滑细杆。现将该小球向左拉至点下方、轻绳与竖直方向夹角为处，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． B． C． D． 3．如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触．现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动。以、分别表示摆球A、B的质量，则（    ） A．如果，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧 B．如果，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧 C．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞一定在平衡位置 D．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞不可能在平衡位置 4．如图甲所示，点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在点。现将摆球拉到点，释放摆球，摆球将在竖直面内的、之间来回摆动，其中点为运动过程中的最低位置。图乙表示摆球从运动至点开始计时细线对摆球的拉力大小随时间变化的图像，重力加速度取。（　　） A．单摆的振动周期为 B．单摆的摆长为 C．摆球的质量为 D．摆球运动过程中的最大速度 5．已知火星的质量为地球质量的，火星的半径为地球半径的，在地球上秒摆的周期为，则该秒摆在火星上的周期为（    ） A． B． C． D． 6．如图所示，三根长度均为的轻细绳、、组合系住一质量分布均匀且带正电的小球，球的质量为、直径为，带电荷量为，绳、与天花板的夹角，空间中存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度，重力加速度为，现将小球拉开小角度后由静止释放，则（    ） A．若小球在纸面内做小角度的左右摆动，则周期为 B．若小球做垂直于纸面的小角度摆动，则周期为 C．摆球经过平衡位置时所受合力为零 D．无论小球如何摆动，电场力都不做功 7．如图所示，在倾角为α的斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，重力加速度大小为g，则以下判断正确的是（　　） A．单摆在斜面上摆动的周期为 B．摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为 C．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将增大 D．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小 8．一根细线一端固定，另一端系一密度为的小球，组成一个单摆，其在空气中做简谐运动的周期。现将此单摆倒置于水中，使其拉开一个小角度后做简谐运动，如图所示。已知水的密度为，水和空气对小球的阻力可忽略，则小球在水中做简谐运动的周期为（取重力加速度）（　　） A．4 s B．8 s C．12 s D．16 s 二、多选题 9．将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行（图甲），让秋千以小摆角（小于）自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的关系图，如图乙所示．则以下说法不正确的是（    ） A．忽略空气阻力，秋千的回复力由重力和拉力的合力提供 B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力大于手机所受的重力 C．秋千摆动的周期为 D．该地的重力加速度 10．同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两单摆的摆长之比为 B．单摆甲比单摆乙在平衡位置的速度大 C．0-1s内，单摆甲、乙的加速度方向始终相反 D．1s-2s内，单摆甲、乙的速度方向始终相反 11．下列关于单摆说法错误的是（　　） A．伽利略发现了单摆的等时性，并推导出单摆的周期公式 B．摆球在最低点受力沿轨迹的切线方向 C．摆球所受回复力由合外力提供 D．若单摆摆角小于，则摆球连续两次经过平衡位置的时间间隔与其质量无关 12．一根不可伸长的细线，上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图甲所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系．该同学用米尺测得细线的长度，用游标卡尺测得小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（取）（　　） A．时摆长为 B．时摆长为 C．摆球半径为 D．当地的重力加速度为 三、解答题 13．有一种拆墙的方法是利用大铁锤把墙壁破坏掉。现有一质量为400kg的铁锤，用长钢丝绳悬挂在高处，悬点到铁锤重心的距离为8m。使铁锤偏离竖直方向一个角度，然后静止释放铁锤，铁锤在最低点撞击墙壁，已知铁锤释放时偏离竖直方向的角度为5°，，重力加速度g取，取10，忽略空气阻力，求： （1）铁锤从释放至摆到最低点的时间； （2）释放铁锤后，铁锤的最大速度。 14．如图甲所示，一个小弹丸水平射入一个原来静止的单摆摆球内并停留在里面，结果单摆按如图乙所示的振动图线做简谐运动，已知摆球的质量为小弹丸质量的5倍，求小弹丸射入摆球前的速度大小。（结果保留两位有效数字） 15．有几个登山运动员登上一无名高峰，但不知此峰的高度，他们想迅速估测高峰的海拔，但是他们除了食品外只带了一些轻质绳子、小刀、小钢卷尺和可当秒表用的手表，附近还有一些石子、树木等。请写出测量方法、需要记录的数据、海拔的计算式。（海平面处重力加速度为，地球半径为） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2.4单摆（知识解读）（解析版） •知识点1 单摆 •知识点2 单摆的回复力 •知识点3 简谐运动中各个物理量的变化规律 •作业 巩固训练 知识点1 单摆 1、定义：细线一端固定在悬点，另一端系一个小球，如果细线的质量与小球相比可以忽略；球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫做单摆。 特点 (1)悬点：固定。 (2)摆球：体积小、质量大。 (3)摆线：细而长、不可伸长。 2、理想化模型：单摆是实际摆的理想化模型。 (1)摆线质量m远小于摆球质量 M，即m << M 。 (2)摆球的直径d远小于单摆的摆长Ｌ，即 d <<Ｌ。 (3)摆球所受空气阻力远小于摆球重力及绳的拉力，可忽略。 (4)摆线的伸长量很小，可以忽略。 【典例1-1】单摆是秋千、摆钟等实际摆的理想化模型，下列有关单摆的说法中正确的是（　　） A．单摆在任何情况下的运动都是简谐运动 B．单摆做简谐运动的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定 C．当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是所受合力不为零 D．单摆移到太空实验舱中可以用来研究简谐运动的规律 【答案】C 【详解】A．由单摆的条件可知单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，故A错误； B．由单摆做简谐运动的周期公式 即振动周期与摆球的质量和摆角无关，故B错误； C．当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是单摆的向心力不为零，所受合力不为零，故C正确； D．单摆移到太空实验舱中，由于完全失重，其回复力为零，单摆不能做简谐运动，更不能研究简简谐运动的规律，故D错误。 故选C。 【典例1-2】（多选）一个质量为的甲球在半径为的光滑圆弧槽上间来回运动（如图），圆弧槽的长度。则下列说法正确的是（　　） A．甲球在做简谐运动 B．甲球在最低点加速度为0 C．甲球的运动周期为 D．甲球在点释放的同时，乙球从点释放，乙球先到最低点 【答案】AD 【详解】A．因为，可知甲球重力沿切线方向的分力满足，其运动为简谐运动，故A正确； B．甲球在最低点时速度不为零，向心力不为零，合力提供向心力，所以合力不为零，加速度也不为零，故B错误； C．甲球在运动过程中，其运动可等效看成单摆的运动，根据单摆周期，知该模型中摆长为，重力加速度为，所以甲球的周期为 故C错误； D．甲球到最低点的时间 乙球为自由落体运动，运动到最低点时间 可知 故乙球先到最低点，故D正确。 故选AD。 【变式1-1】某景点的高空秋千可以看作单摆模型，如图所示为小明在荡秋千时的振动图像。小明可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．小明荡秋千时的周期为3.14s B．该秋千的绳子长度约为5m C．小明荡到图中对应的b点时，速度最大 D．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零 【答案】C 【详解】A．由图可知，小明荡秋千时的周期为6.28s，选项A错误； B．由单摆的周期公式 则 故B错误。 C．小明荡到图中对应的b点时，回到最低点，此时速度最大，选项C正确； D．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力最大，选项D错误。 故选C。 【变式1-2】（多选）关于单摆的运动有下列说法，其中正确的是（　　） A．单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力 B．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力 C．单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关 D．单摆做简谐运动的条件是摆角很小，如小于5° 【答案】BCD 【详解】AB．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，千万不要误认为是摆球所受的合外力， A错误B正确； C．根据单摆的周期公 可知，单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，C正确； D．在摆角很小时，小于5°，单摆近似做简谐运动，D正确。 故选BCD。 【变式1-3】单摆的回复力 知识点2 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（θ＜50），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F＝－x。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。 推导：F回=mgsinθ，θ角很小时，用弧度制表示的θ与它的正弦值近似相等即sinθ ≈ θ≈。 则：F = mgsinθ≈ mgθ≈。 位移方向与回复力方向相反F = −。 可以写成：F = −k x 摆角θ 正弦值 弧度值      1° 0.01754 0.01745      2° 0.03490 0.03491      3° 0.05234 0.05236      4° 0.06976 0.06981      5° 0.08716 0.08727      6° 0.10453 0.10472      7° 0.12187 0.12217      8° 0.13917 0.13963 【典例2-1】图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）小幅度拉开至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（   ） A．摆球在B点处，速度最大，合外力为零 B．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 C．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零 D．小球所受重力和绳的拉力的合力提供单摆做简谐运动的回复力 【答案】B 【详解】A．摆球在B点处，小球处于最低点，速度最大，回复力为零，但小球的向心力不为零，则合外力不为零，故A错误； B．摆球在B点处，速度最大，根据牛顿第二定律可得 可知细线拉力也最大，故B正确； C．摆球在A点和C点处，速度为零，此时所需向心力为0，沿细线方向的合力为0，但沿切线方向的合力不为0，故C错误； D．小球所受重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故D错误。 故选B。 【典例2-2】（多选）如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是（　　）    A．摆球在A点和C点时，速度为零，故细线拉力为零，但回复力不为零 B．摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，但回复力减小 C．摆球在B点时，重力势能最小，机械能最小 D．摆球在B点时，动能最大，细线拉力也最大 【答案】BD 【详解】A．假设摆动过程中，细线与竖直方向夹角为θ，重力沿细线方向分力为mgcos θ，垂直于细线方向分力为mgsin θ。摆球在A点和C点时，速度为零，沿细线方向的合力为零，有 ， 即细线的拉力与重力沿细线方向分力等大且不为零，回复力与重力沿切向方向的分力等大，也不为零，故A错误； B．摆球由A点向B点摆动过程中，速度变大，根据 ， 可得细线拉力增大，回复力减小，故B正确； C．摆球在摆动过程机械能守恒，从最高点摆到B点过程中，重力做正功，其重力势能一直在减小，动能一直在增加，所以摆球在B点时，重力势能最小，动能最大，故C错误； D．摆球在B点时对其受力分析，可得 可知此时细线拉力最大，合力不为零，故D正确。 故选BD。 【典例2-3】单摆的回复力 （1）回复力的来源：摆球的重力沿 方向的分力，即F= 。 （2）回复力的特点：在摆角很 时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成 ，方向总指向 ，即。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。 【答案】 圆弧切线 mgsinθ 小 正比 平衡位置 【详解】[1][2]单摆的回复力由摆球的重力沿圆弧切线方向的分力提供，即 [3][4][5]由于 在摆角很小时，有 即摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，且方向总指向平衡位置，即 【变式2-1】如图所示，一个光滑弧形凹槽半径为R，弧长为L（已知R≫L）。现将一质量为m的小球从凹槽边缘由静止释放，小球以最低点为平衡位置做简谐运动。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球做简谐运动的回复力为重力和支持力的合力 B．小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力 C．小球做简谐运动的周期为2π D．小球运动到凹槽最低点时所受合力为零 【答案】B 【详解】AB．小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力，A错误，B正确； C．小球做简谐运动时，弧形凹槽的半径相当于摆长，则其周期为，C错误； D．小球运动到凹槽最低点时所受合力提供向心力，不为零，D错误； 故选B。 【变式2-2】（多选）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，摆球所受到的重力沿轨迹切向的分力为回复力 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 【答案】BC 【详解】A．单摆运动时，摆球速度大小不断变化，所以摆球受到的向心力大小变化，故A错误； B．回复力是摆球摆动过程中指向平衡位置的力，既摆球所受到的重力的沿轨迹切向的分力，故B正确； C．摆球运动到平衡位置时，偏离平衡位置的位移为零，所以所受到的回复力为零，故C正确； D．摆球运动到平衡位置时，线速度最大，还有向心力，所以所受到的合力不为零，故D错误。 故选BC。 【变式2-3】如图所示，已知该单摆的摆长为，摆球的质量为，摆动时最大偏角为5°。已知，，。求： （1）振动的周期； （2）摆球的最大回复力； （3）摆球运动的最大动能。    【答案】（1）；（2）0.087N；（3）0.008J 【详解】（1）根据单摆周期公式 解得 （2）当摆球位于A位置时回复力最大，根据受力分析可知 解得 （3）从过程中，根据机械能守恒有 解得 单摆的周期 知识点3 1、单摆振动的周期与摆球质量无关(填“有关”或“无关”)，在振幅较小时与振幅无关(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：T＝2π，即周期T与摆长l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。 【典例3-1】将一条轻质细线下端挂上一个小球，使小球在竖直面内自由摆动，如图所示为小球的振动图像。下列说法正确的是（    ） A．时，小球的向心加速度为0 B．时，小球速度为0，加速度为0 C．从到的过程中，小球的动能不断增大 D．从到的过程中，细线中的张力不断增大 【答案】C 【详解】A．由图像可知，时，小球处于平衡位置，此时小球的速度最大，小球的向心加速度最大，故A错误； B．由图像可知，时，小球处于负向最大位移处，此时小球的速度0，向心加速度为0，但沿切线方向加速度不为0，故B错误； C．由图像可知，从到的过程中，小球从负向最大位移摆向平衡位置，小球的速度不断增大，则小球的动能不断增大，故C正确； D．由图像可知，从到的过程中，小球从平衡位置摆向正向最大位移，小球的速度不断减小，根据牛顿第二定律可得 可得 由于逐渐增大，小球的速度不断减小，则细线中的张力不断减小，故D错误。 故选C。 【典例3-2】（多选）如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像，，，下列说法正确的是（    ） A．甲单摆的摆长较大 B．甲摆的振幅比乙摆的大 C．甲摆的最大偏角为 D．在时有正向最大加速度的是乙摆 【答案】BCD 【详解】A．由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式 可知甲、乙两单摆的摆长相等，故A错误； B．甲摆的振幅为5cm，乙摆的振幅为3cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，故B正确； C．由 解得甲摆的摆长 则甲摆的最大偏角 故C正确； D．在t＝0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确。 故选BCD。 【变式3-1】如图甲，一个小球在间做简谐运动，点为最低点。以点为坐标原点、以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示。重力加速度大小取，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．小球的振动方程为 B．，小球的动能逐渐增大 C．动能和重力势能相互转化的周期为 D．此单摆的摆长约为 【答案】C 【详解】A．由图乙可知，小球的振动周期为 振幅 小球的振动方程是 A项错误； B．，小球远离平衡位置，动能转化为势能，小球的动能逐渐减小，B项错误； C．单摆周期为2s，一个周期内动能和重力势能相互转化两次，故动能和重力势能相互转化的周期为，C项正确； D．根据周期公式有 解得 D项错误。 故选C。 【变式3-2】（多选）如图（甲）所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图像如图（乙）所示，以下说法正确的是（　　） A．t1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小 B．t2时刻小球速度最大，小球的回复力最大 C．t3时刻小球速度为零，小球的合力为零 D．t3时刻到t4时刻的过程中，轨道对小球的支持力变大 【答案】AD 【详解】A．小球做小角度振动，则小球的运动可以近似看为简谐运动，t1时刻小球相对于平衡位置位移最大，即小球运动到了最高点，可知，此时小球速度为零，轨道对它的支持力最小，故A正确； B．结合上述，t2时刻小球处于简谐运动的平衡位置，小球的速度最大，小球的回复力最小，故B错误； C．t3时刻小球相对于平衡位置位移最大，即小球运动到了最高点，可知，此时小球速度为零，小球的合力不为零，故C错误； D．t3时刻到t4时刻的过程中，小球由最高点运动到最低点，速度增大，沿半径方向的合力增大，重力沿半径方向的分力增大，则轨道对小球的支持力变大，故D正确。 故选AD。 一、单选题 1．如图为滑板运动场地一圆弧形滑道，该滑道的半径为R，某同学找出滑道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次往返运动的时间t，若将滑板车的运动视为简谐运动，滑板车的长度远小于滑道的半径，则当地的重力加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】滑板的运动可看做类似单摆的简谐振动，周期为 根据周期公式 可得 故选C。 2．如图所示，一根总长为且不可伸长的轻绳上端固定在天花板的点，下端连接一可视为质点的小球，在点正下方距其的处，固定有一根垂直纸面的光滑细杆。现将该小球向左拉至点下方、轻绳与竖直方向夹角为处，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． B． C． D． 【答案】B 【详解】小球在细杆左面摆动时，时间为 小球在细杆右面摆动时，时间为 则该小球在竖直面内摆动的周期为 故选B。 3．如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触．现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动。以、分别表示摆球A、B的质量，则（    ） A．如果，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧 B．如果，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧 C．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞一定在平衡位置 D．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞不可能在平衡位置 【答案】C 【详解】根据单摆周期公式知，两单摆的周期相同，与摆球质量无关，所以相撞后两摆球分别经过后回到各自的平衡位置，且中途不会碰撞，所以无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞一定在平衡位置。 故选C。 4．如图甲所示，点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在点。现将摆球拉到点，释放摆球，摆球将在竖直面内的、之间来回摆动，其中点为运动过程中的最低位置。图乙表示摆球从运动至点开始计时细线对摆球的拉力大小随时间变化的图像，重力加速度取。（　　） A．单摆的振动周期为 B．单摆的摆长为 C．摆球的质量为 D．摆球运动过程中的最大速度 【答案】C 【详解】A．由乙图可知，单摆每个周期经过两次最低点，即每个周期细线的拉力出现两次最大值，则单摆的周期为，故A错误； B．由单摆周期公式 代入数据，解得 故B错误； CD．由乙图和牛顿运动定律得，设摆球在A时，摆线与竖直方向的夹角为，则在最高点时 在最低点时 从最高点到最低点，由动能定理得 联立解得 ， 故C正确，D错误。 故选C。 5．已知火星的质量为地球质量的，火星的半径为地球半径的，在地球上秒摆的周期为，则该秒摆在火星上的周期为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设地球质量为、半径为，则火星质量为、半径为，根据，可知 解得 地球上秒摆的周期 在火星上时 故选B。 6．如图所示，三根长度均为的轻细绳、、组合系住一质量分布均匀且带正电的小球，球的质量为、直径为，带电荷量为，绳、与天花板的夹角，空间中存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度，重力加速度为，现将小球拉开小角度后由静止释放，则（    ） A．若小球在纸面内做小角度的左右摆动，则周期为 B．若小球做垂直于纸面的小角度摆动，则周期为 C．摆球经过平衡位置时所受合力为零 D．无论小球如何摆动，电场力都不做功 【答案】B 【详解】A．若小球以为圆心做简谐运动，则摆长为 电场和重力场合成等效重力加速度为，振动的周期为 故A错误； B．若小球以为圆心做简谐运动，摆长 振动周期为 故B正确； C．摆球经过平衡位置时速度最大，有向心加速度，所受合力不为零。故C错误； D．小球摆动过程中，沿电场力方向存在位移，故电场力有做功。故D错误。 故选B。 7．如图所示，在倾角为α的斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，重力加速度大小为g，则以下判断正确的是（　　） A．单摆在斜面上摆动的周期为 B．摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为 C．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将增大 D．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小 【答案】D 【详解】A．单摆在平衡位置时，等效重力加速度为 所以单摆在斜面上摆动的周期 故A错误； B．回复力大小与摆球偏离平衡位置位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为0，故B错误； CD．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，摆球在平衡位置时，受力分析如图所示 等效重力加速度为 所以单摆在斜面上摆动的周期 故C错误，D正确。 故选D。 8．一根细线一端固定，另一端系一密度为的小球，组成一个单摆，其在空气中做简谐运动的周期。现将此单摆倒置于水中，使其拉开一个小角度后做简谐运动，如图所示。已知水的密度为，水和空气对小球的阻力可忽略，则小球在水中做简谐运动的周期为（取重力加速度）（　　） A．4 s B．8 s C．12 s D．16 s 【答案】D 【详解】单摆在空气中做简谐运动的周期 在水中做简谐运动的周期 其中为小球摆动过程中的等效重力加速度，小球受到的等效重力为 又因为 联立解得 代入数据得 故选D。 二、多选题 9．将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行（图甲），让秋千以小摆角（小于）自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的关系图，如图乙所示．则以下说法不正确的是（    ） A．忽略空气阻力，秋千的回复力由重力和拉力的合力提供 B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力大于手机所受的重力 C．秋千摆动的周期为 D．该地的重力加速度 【答案】AC 【详解】A．忽略空气阻力，秋千的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，故A错误，满足题意要求； B．当秋千摆至最低点时，有 可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，故B正确，不满足题意要求； CD．秋千摆动到最高点时，垂直手机平面方向的加速度（向心加速度）为0，根据题图乙可得秋千摆动的周期为 根据单摆的周期公式有 可得 故C错误，满足题意要求；D正确，不满足题意要求。 故选AC。 10．同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两单摆的摆长之比为 B．单摆甲比单摆乙在平衡位置的速度大 C．0-1s内，单摆甲、乙的加速度方向始终相反 D．1s-2s内，单摆甲、乙的速度方向始终相反 【答案】AC 【详解】 A．由图可知，单摆甲与乙的周期之比为，由可知：单摆甲与乙的摆长之比为,故A正确； B．单摆甲比乙的摆长短，单摆甲比乙的振幅小，故单摆甲的最高点距离平衡为位置的高度差h比乙小，设单摆在最低点的速度为v，对单摆从最高点至最低点的过程，由动能定理 解得 故单摆甲比单摆乙在平衡位置的速度小,故B错误； C．由图可知，0-1s内，单摆甲、乙分别沿正方向和负方向远离平衡位置，二者的位移方向始终相反，由可知，二者的加速度方向始终相反,故C正确； D．1s-2s内，图中甲、乙图像的切线斜率代表甲、乙的速度，显然，甲的图像切线斜率始终为负，代表其速度方向始终沿x轴负方向，乙的图像切线斜率先为负后为正，代表其速度方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向。即1s-2s内，单摆甲、乙的速度方向并不始终相反，故D错误。 故选AC。 11．下列关于单摆说法错误的是（　　） A．伽利略发现了单摆的等时性，并推导出单摆的周期公式 B．摆球在最低点受力沿轨迹的切线方向 C．摆球所受回复力由合外力提供 D．若单摆摆角小于，则摆球连续两次经过平衡位置的时间间隔与其质量无关 【答案】ABC 【详解】A．伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯给出了单摆的周期公式，故A错误，符合题意； B．摆球在最低点受力沿竖直方向，故B错误，符合题意； C．摆球的回复力由摆球所受的合力沿圆弧切线方向的分力(等于重力沿圆弧切线方向的分力)提供，摆球所受的合力沿摆线方向的分力提供向心力，故C错误，符合题意； D．单摆的周期与摆球的质量无关，故D正确，不符合题意。 故选ABC。 12．一根不可伸长的细线，上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图甲所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系．该同学用米尺测得细线的长度，用游标卡尺测得小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（取）（　　） A．时摆长为 B．时摆长为 C．摆球半径为 D．当地的重力加速度为 【答案】BCD 【详解】D．设摆长为，小球半径为r，单摆的周期公式 整理得 可知为图像的斜率，所以有 解得 D正确； ABC．由题图乙可知，图像的纵轴截距为小球的半径r，则 当时摆长 A错误，B、C正确。 故选BCD。 三、解答题 13．有一种拆墙的方法是利用大铁锤把墙壁破坏掉。现有一质量为400kg的铁锤，用长钢丝绳悬挂在高处，悬点到铁锤重心的距离为8m。使铁锤偏离竖直方向一个角度，然后静止释放铁锤，铁锤在最低点撞击墙壁，已知铁锤释放时偏离竖直方向的角度为5°，，重力加速度g取，取10，忽略空气阻力，求： （1）铁锤从释放至摆到最低点的时间； （2）释放铁锤后，铁锤的最大速度。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）根据题意分析知铁锤的运动可以看做是单摆运动，故周期 铁锤从释放至摆到最低点的时间 （2）释放铁锤后，铁锤在最低点的速度最大，根据动能定理 解得铁锤的最大速度 14．如图甲所示，一个小弹丸水平射入一个原来静止的单摆摆球内并停留在里面，结果单摆按如图乙所示的振动图线做简谐运动，已知摆球的质量为小弹丸质量的5倍，求小弹丸射入摆球前的速度大小。（结果保留两位有效数字） 【答案】 【详解】设小弹丸射入摆球前的速度大小为，射入摆球后，摆球的速度为，最大偏角为，摆球和小弹丸的总质量为。根据机械能守恒定律有 即 当足够小时 故 解得 又由单摆周期公式有 由以上各式得 从题图乙中可以读出 ， 则摆球振动的最大速度为 根据动量守恒定律，有 小弹丸射入摆球前的速度大小 15．有几个登山运动员登上一无名高峰，但不知此峰的高度，他们想迅速估测高峰的海拔，但是他们除了食品外只带了一些轻质绳子、小刀、小钢卷尺和可当秒表用的手表，附近还有一些石子、树木等。请写出测量方法、需要记录的数据、海拔的计算式。（海平面处重力加速度为，地球半径为） 【答案】见解析 【详解】在山顶上用细绳和小石块先后做成两个摆线长分别为、的单摆，测出相应的周期、， 联立得山顶的重力加速度 由万有引力知识可得 海平面处的重力加速度 联立解得海拔高度为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$