4. 单摆（高效培优讲义）物理人教版2019选择性必修第一册

4. 【题型导航】 【重难题型讲解】 1 题型1 单摆 1 题型2 单摆的回复力 5 题型3 探究单摆的周期与摆长的关系 10 题型4 单摆的周期 15 【能力培优练】 21 【链接高考】 35 【重难题型讲解】 题型1 单摆 1、单摆的定义：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。 2、对单摆的装置要求 （1）对摆线：一是要求无弹性；二是要求轻质细线，其质量相对小球可忽略不计；三是其长度远大于小球的半径。 （2）对小球：一是要求质量大；二是体积小，即小球要求是密度大的实心球。 3、单摆做简谐运动的条件 （1）最大摆角很小； （2）空气阻力可以忽略不计。 4、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。 5、弹簧振子与单摆 弹簧振子（水平） 单摆 模型示意图 条件 忽略弹簧质量、无摩擦等阻力 细线不可伸长、质量忽略、无空气等阻力、摆角很小 平衡位置 弹簧处于原长处 最低点 回复力 弹簧的弹力提供 摆球重力沿与摆线垂直（即切向）方向的分力 周期公式 T=2π（不作要求） T=2π 能量转化 弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒 重力势能与动能的相互转化，机械能 守恒 【探究归纳】单摆是由轻质不可伸长的摆线和悬挂的小球组成的理想化模型，小球在重力和摆线拉力作用下，绕悬点在竖直平面内做小角度（≤5°）摆动，此时重力沿切线方向的分力提供回复力，其运动近似为简谐运动，是研究简谐运动的重要实例，体现振动的周期性。 【典例1-1】关于单摆，以下说法不正确的是（　　） A．单摆装置是研究机械振动的物理模型 B．用细线悬挂一个小球，细线要质量很轻，且不可伸长；小球要质量较大，体积较小 C．将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上，这样单摆装置就架设完成了 D．单摆在摆角小于5°的情况，它的机械振动可以看作简谐振动 【答案】C 【详解】A．单摆运动是机械振动，所以单摆装置是研究机械振动的物理模型，故A正确不符合题意； B．用细线悬挂一个小球，细线要质量很轻，且不可伸长；小球要质量较大，体积较小，可以有效减小空气阻力的影响，故B正确不符合题意； C．将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上，是错误的，这样会导致摆动过程中，摆长发生变化，故C错误符合题意； D．单摆在摆角小于5°的情况，它的机械振动可以看作简谐振动，故D正确不符合题意。 故选C。 【典例1-2】（多选）不可伸长的细线下端悬挂一个小球，让细线从偏离竖直一个角度从静止释放，小球在竖直平面内振动，则（　　） A．当小球达到最高位置时，速度最大，势能最小，绳上的拉力最大 B．当小球达到最高位置时，速度最小，势能最大，绳上的拉力最小 C．小球离开最低位置，使小球回复到最低位置的力，是重力沿圆弧切线的分力 D．小球离开最低位置，使小球回复到最低位置的力，是细线拉力、重力的合力 【答案】BC 【详解】AB． 在单摆振动过程中，当摆球到达最高点时，速度为0，即最小；因为是最高点所以重力势能最大，即势能最大；设绳子偏离竖直方向的角度为θ，如图： 根据牛顿第二定律： 得 θ越小，v越大则绳子拉力越大，而此时最高点，θ最大，v最小，故绳子拉力最小，故A错误B正确； CD． 单摆做简谐运动的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，或者说是合力沿着运动轨迹切向的分力；而合力的径向分量提供向心力；故C正确D错误。 故选BC。 跟踪训练1如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器可在竖直面内摆动，且在摆动过程中能持续向下流出一细束墨水。沿着与注射器摆动平面垂直的方向匀速拖动一张硬纸板，摆动的注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。注射器喷嘴到硬纸板的距离很小，且摆动中注射器重心的高度变化可忽略不计。若按图乙所示建立xOy坐标系，则硬纸板上的墨迹所呈现的图样可视为注射器振动的图像。关于图乙所示的图像，下列说法中正确的是（　　） A．x轴表示拖动硬纸板的速度 B．y轴表示注射器振动的速度 C．匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期的2倍 D．拖动硬纸板的速度增大，可使注射器振动的周期变短 【答案】C 【详解】A．注射器振动周期一定，根据白纸上记录的完整振动图像的个数可确定出时间长短，所以白纸上x轴上的坐标代表时间，故A错误； B．白纸上与x轴垂直的坐标是变化的，代表了注射器的位移，故B错误； C．由图可知，注射器恰好完成两次全振动，所以拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期的2倍，故C正确； D．注射器振动周期与拖动白纸的速度无关，拖动白纸的速度增大，注射器振动周期不改变，故D错误。 故选C。 跟踪训练2（多选）关于甲、乙图对应的说法正确的是（　　） A．图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做匀变速直线运动 B．图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子的加速度方向永远指向平衡位置O点 C．图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力和细线拉力的合力 D．图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力不为零 【答案】BD 【详解】A．题图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做简谐运动，简谐运动是变加速运动，A错误； B．弹簧振子在弹簧弹力作用下做加速度方向永远指向平衡位置O点的变速直线运动，B正确； C．题图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，C错误； D．题图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力指向圆心，D正确。 故选BD。 题型2 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（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 ★特别提醒 （1）单摆振动中的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力。单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子的不同之处。 （2）在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力也就是回复力。 （3）在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合力不为零。 【探究归纳】单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力（F=-mgsinθ），小角度（θ≤5°）时sinθ≈θ≈x/L，故 F≈-mgx/L（x 为摆球偏离平衡位置的弧长），满足简谐运动回复力特征（F∝-x），由重力分力提供，与摆线拉力无关，是单摆做简谐运动的动力来源。 【典例2-1】如图，单摆在AB之间做简谐运动，A、B为运动的最高点，O为平衡位置，下列说法正确的是（　　） A．经过O点时，向心力为零 B．经过A点时，向心力不为零 C．经过O点时，回复力不为零 D．经过A点时，回复力不为零 【答案】D 【详解】AC．经过O点时，O为平衡位置，所以回复力为零；但此时小球速度最大，所以向心力不为零，故AC错误； BD．经过A点时，处于最大位移处，此时回复力最大，不为零；但此时小球速度为零，所以向心力为零，故B错误，D正确。 故选D。 【典例2-2】（多选）如图所示为同一地点甲、乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是（　　）    A．甲、乙两个单摆的振幅之比为9:4 B．甲、乙两个单摆的周期之比为1:1 C．甲、乙两个单摆的摆长之比为4:1 D．单摆的回复力是摆球所受拉力与重力的合力 【答案】AC 【详解】A．由图可知，甲单摆的振幅为9cm，乙单摆的振幅为4cm，甲、乙两个单摆的振幅之比为9:4，故A正确； B．由图可知，甲单摆的周期为2s，乙单摆的周期为1s，甲、乙两个单摆的周期之比为2:1，故B错误； C．根据周期公式 可得 甲、乙两个单摆的摆长之比为4:1，故C正确； D．摆球受到的回复力是重力沿切线方向的分力，故D错误。 故选AC。 【典例2-3】如图所示，左图为一单摆，摆球质量为m，摆长为L，做小角度摆动，摆角为（），重力加速度为g，不计空气阻力，右图是某次小球从左端由静止释放，摆球第一次由左向右通过平衡位置开始计时，位移x随时间t变化的图象，求： （1）释放时小球的回复力；（用题目中所给字母表示） （2）t=1.5s时小球的位置和0～1.5s内的路程。 【答案】（1）；（2）最左端或初始位置，24cm 【详解】（1）对单摆受力分析如图所示 重力沿径向分力参与提供向心力，而重力沿切向分力提供回复力，有 （2）根据图像，可读得单摆的周期 而 t=1.5s= 即单摆从平衡位置开始经过四分之三个周期的振动，位置处于最左端或初始位置；而路程为 跟踪训练1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 【答案】C 【详解】A．摆球摆动过程中，经过平衡位置时，受重力和拉力，合力不为0，故A错误； B．单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力，故B错误； C．摆球在运动过程中，经过轨迹上的同一点时，受力不变，故加速度确定，故C正确； D．单摆过平衡位置时，由于具有向心加速度，加速度的方向不是始终指向平衡位置，故D错误； 故选C。 跟踪训练2（多选）关于单摆，下列说法正确的是（　　） A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置 B．摆球经过平衡位置时，所受的合力不为零 C．摆球受到的回复力是它所受的合力 D．摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对于平衡位置的位移大小成正比 【答案】AB 【详解】A．回复力是使摆球回到平衡位置的力，其方向总是指向平衡位置，A正确； B．摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，有向心力，合力不为零，方向指向悬点，B正确； C．摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力，C错误； D．摆角很小时，摆球所受回复力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，D错误。 故选AB。 跟踪训练3如图甲所示，0点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与0点之间。现将质量为m的摆球拉到A点释放，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，最大偏角为θ。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t=0为摆球从A点开始运动的时刻，重力加速度为g。求： （1）单摆回复力的最大值； （2）单摆运动周期和摆长。 【答案】（1）mgsinθ；（2）T=2t1； 【详解】（1）单摆在A或C位置时，回复力有最大值，最大值为 （2）由图像可知，单摆运动周期 根据可知摆长 题型3 探究单摆的周期与摆长的关系 1、实验目的 （1）知道把单摆的运动看做简谐运动的条件。 （2）会探究与单摆的周期有关的因素。 （3）会用单摆测定重力加速度。 2、实验原理 当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到；因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地重力加速度g的值。 3、实验器材 带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线（约1米）、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺。 4、实验步骤 （1）让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆。 （2）把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图。 （3）用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l=l′+r。 （4）把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度（不超过5°），然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即（N为全振动的次数），反复测3次，再算出周期。 （5）根据单摆振动周期公式T＝2π计算当地重力加速度。 （6）改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值。 （7）将测得的重力加速度值与当地重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因。 ★特别提醒 （1）构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°。 （2）要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。 （3）测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时．因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大。 ②要测多次全振动的时间来计算周期．如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过最低位置时计数1次。 （4）本实验可以采用图象法来处理数据．即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率；这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法。 5、数据处理 处理数据有两种方法：（1）公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用求出周期；不改变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值，然后代入公式求重力加速度。 （2）图象法：由单摆周期公式不难推出：，因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作l-T2的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率，即可利用g=4π2k=求得重力加速度值，如图所示。 6、误差分析 （1）系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。 （2）偶然误差主要来自时间的测量上，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计振动次数。 【探究归纳】该实验通过控制变量法，保持摆球质量、振幅不变，改变摆长，测量单摆周期，得出周期与摆长的平方根成正比（T∝√L），最终总结出单摆周期公式T＝2π，验证了周期与摆长的定量关系，是理解简谐运动周期性的经典实验。 【典例3-1】一同学在探究单摆的运动规律时，测得单摆30次全振动所用的时间为60s。已知当地的重力加速度m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．该单摆做简谐运动时，重力就是回复力 B．该单摆的摆长约为1.44m C．若把该单摆摆球的质量减小为原来的一半，则其振动的周期为s D．若把该单摆放在月球上，则其摆动周期变大 【答案】D 【详解】A．单摆做简谐振动的回复力是重力沿切线方向的分力，A错误； B．由题可知单摆的周期 根据单摆的周期 解得单摆的摆长为 B错误； C．根据单摆的周期 可知，单摆的周期与摆球的质量无关，C错误； D．由于月球上的重力加速度小于地球上的重力加速度，根据单摆的周期公式 可知，同一单摆，在月球上的周期大于在地球上的周期，D正确。 故选D。 【典例3-2】用图示装置完成“探究单摆周期与摆长的关系”： （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，图像中将 （选填“变大”“不变”或“变小”），图像中将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。 【答案】 1.87 2t0 变小 变小 【详解】（1）[1]摆球的直径为 d=1.8×10mm+0.1mm×7=18.7mm=1.87cm （2）[2]由图可知，该单摆的周期为 T=2t0 （3）[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，即图像中将变小，单摆的周期 变小，可知图像中将变小。 跟踪训练1在2024年巴黎奥运会自由式小轮车女子公园赛决赛中，中国选手邓雅文夺得金牌。现将邓雅文比赛过程简化如图所示，一个光滑弧形凹槽半径为，弧长为，将一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，下列说法正确的是（　　） A．小球运动至最低点时的回复力为0，所以小球处于平衡状态 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，从边缘运动到最低点的时间为 D．小球做简谐运动，从边缘运动到最低点的过程中速度逐渐增大、回复力逐渐增大 【答案】B 【详解】A．小球运动至最低点时的回复力为0，但是有向心加速度，所以小球不是处于平衡状态，选项A错误； 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，选项B正确； C．小球做简谐运动，从边缘运动到最低点的时间为 选项C错误； D．小球做简谐运动，从边缘运动到最低点的过程中速度逐渐增大、回复力逐渐减小，选项D错误。 故选B。 跟踪训练2几个同学在玩荡秋千时，感到秋千往返摆动的时间是有规律的。于是对“哪些因素影响秋千往返摆动的时间”提出下列猜想： （1）可能与秋千的摆长l有关； （2）可能与人和秋千坐垫的总质量有关； （3）可能与秋千摆幅（摆动时人离开中心点B的最大距离）有关。于是进行了如图实验，将细绳一端固定在O点，另一端拴一小球制成一个摆，让小球自由往返摆动，记录数据如下表。请回答下列问题： 实验序号 摆长L/m 摆球质量/g 摆幅/m 往返摆动一次的时间/s 1 0.7 20 0.05 1.7 2 1.0 20 0.08 2.0 3 1.0 30 0.05 2.0 4 1.0 30 0.08 2.0 5 1.3 20 0.05 2.3 （1）实验序号3、4探究的是摆往返摆动一次的时间跟 （选填“摆长”“摆球质量”或“摆幅”）的关系； （2）从本次实验可以得到的结论是：摆往返摆动一次的时间由 决定； （3）本实验利用式可以测重力加速度g，为了更精确地测量出结果，是否需要把摆角拉得大一些？ （填“需要”或“不需要”）； （4）摆钟是利用本实验的原理制成的。某一摆钟变慢了，要调准它，应将摆钟的摆长调 （选填“长”或“短”）。 【答案】 摆幅 摆长 不需要 短 【详解】（1）[1]由实验数据知，在实验序号3、4中绳长和质量都相同，摆动幅度不同，所以研究的是摆往返摆动一次的时间跟摆幅的关系。 （2）[2]往返摆动的时间在摆动幅度、质量变化时，摆长不变，摆动的时间不变；只有在摆长改变了，往返摆动的时间才改变；所以可得结论：往返摆动的时间与摆长有关，与小球质量和摆动幅度无关。 （3）[3]单摆的摆角不超过5°，否则就不是简谐振动，因此不需要把摆角拉得大一些； （4）[4]某一摆钟变慢了，因往返摆动的时间受摆长的影响，钟摆越长，摆动越慢，所以要调准它即把摆长调短一些。 题型4 单摆的周期 1、单摆振动的周期影响因素：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，但与摆长有关，摆长越长，周期越大。 （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的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，与振幅摆球质量无关。 （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。 2、对单摆周期公式的理解 由公式T＝2π知，某单摆做简谐运动（摆角小于5°）的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g 有关，而与振幅和摆球质量无关，故又叫作单摆的固有周期。 （1）摆长l ①实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球重心的长度，即l=l'+，l'为摆线长，D为摆球直径。 ②等效摆长：图1中，甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l•sinα，这就是等效摆长。其周期T=2π。图2中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效﹔乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。 （2）重力加速度g：若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g=，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g 随所在位置的高度的变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是不同的，所以g 也不同，g=9.8 m/s只是在地球表面附近时的取值。 （3）等效重力加速度：若单摆系统处在非平衡状态（如加速、减速、完全失重状态），则一般情况下，g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值。如下图所示，此场景中的等效重力加速度g'=gsinθ。球静止在О点时，FT=mgsin θ，等效加速度g'==gsinθ。 ★特别提醒 计算单摆的周期的两种方法 （1）依据T＝2π，由单摆的周期公式，计算的关键是正确确定摆长。 （2）根据：周期的大小虽然不取决于t和N，但利用该种方法计算周期，会受到时间t和振动次数N测量的准确性的影响，是粗测周期的一种方法。 【典例4-1】如图所示，用两根完全相同、不可伸长的轻绳对称地将小球吊在空中，两绳与水平方向夹角均为。轻推小球，测得其在垂直纸面方向摆动的周期为T，已知每根轻绳的长度为L，小球可视为质点，则当地重力加速度g的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由几何关系可知单摆的摆长为 由周期公式 解得当地重力加速度为 故选D。 【典例4-2】（多选）如图所示，在O点用长为L的细绳系着一小球（可视为质点），O点正下方A点处有一固定的光滑钉子，。小球在B点由静止释放，运动至右侧最高点C点的时间为t，AC与竖直方向夹角足够小，重力加速度为g，不计空气阻力，则t可能等于（　　） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】小球摆动过程的摆长为L时，其周期为 小球摆长为时，其周期为 小球在B点由静止释放，摆动的周期为 小球在B点由静止释放，第一次运动至右侧最高点C点的时间为 小球在B点由静止释放，运动至右侧最高点C点的时间为 当n=1时 当n=2时， 故选AC。 【典例4-3】甲图O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。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点为运动中的最低位置。乙图表示细线对摆球的拉力大小F随时间 t变化的曲线，图中t=0为摆球从A点开始运动的时刻，g取 求： (1)单摆的振动周期和摆长； (2)摆球的质量； 【答案】(1)，0.4m (2)0.1kg 【详解】（1）由图像可知单摆的振动周期 根据 可得摆长L=0.4m （2）摆球在A点时 在B点时 从A到B由机械能守恒    联立解得 m=0.1kg 跟踪训练1惠更斯利用单摆的等时性发明了摆钟，如图所示，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，下列做法中正确的是（    ） A．圆盘的质量越大，摆钟走得越快 B．如果摆钟慢了，可以增大摆杆摆动的摆角 C．如果摆钟快了，应旋转螺母使圆盘沿摆杆下移 D．把摆钟从佛山搬到北京，应旋转螺母使圆盘沿摆杆上移 【答案】C 【详解】AB．根据单摆周期公式可知，摆钟的周期与圆盘的质量、摆动的摆角无关，故AB错误； C．摆钟快了，说明单摆的周期变小了，由单摆的周期公式可知L偏短了，应适当增长一些，所以应使圆盘沿摆杆下移，故C正确； D．把摆钟从佛山搬到北京，是从低纬度地区移到了高纬度地区，重力加速度变大了，由单摆的周期公式可知周期变短，钟表变快了，为使钟表变得准确，由C选项的解答可知应使圆盘沿摆杆下移，故D错误。 故选C。 跟踪训练2（多选）两组同学利用假期分别在A、B两地的物理实验室做“单摆周期T和摆长L的关系”的实验。根据他们两组的测量数据绘制的图像如图甲所示。另外，在A地做研究的同学还绘制了a、b两个单摆摆球的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．由图甲可知A地的重力加速度大于B地的重力加速度 B．由图甲可知A地的重力加速度小于B地的重力加速度 C．由图乙可知a、b两摆球振动周期之比为3∶5 D．由图乙可知a、b两单摆摆长之比为4∶9 【答案】BD 【详解】AB．由单摆的周期公式 整理得 即题图甲中图线的斜率 重力加速度越大，斜率越小，A的重力加速度比B的小，故A错误，B正确； C．从题图乙可以得出 即 故C错误； D．由单摆的周期公式 可知，两单摆摆长之比 故D正确。 故选BD。 跟踪训练3将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中点为单摆的固定悬点，现将小球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、、之间来回摆动，其中点为运动中的最低位置，；小于且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，且图中时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题（包括图）所给的信息，求：（取） (1)单摆的振动周期（用表示）； (2)单摆的摆长； (3)摆球运动过程中的最大速度大小。 【答案】(1) (2)0.4m (3)或0.283m/s 【详解】（1）小球在一个周期内两次经过最低点，由乙图可知周期为 （2）根据单摆的周期公式 代入数据解得 （3）小球从A到B，机械能守恒，则有 小球在A点有 小球在B点有 解得 【能力培优练】 1．如图所示，一光滑圆轨道固定于竖直平面内，圆心为O，A、B分别是轨道的最低、最高点。C点位于轨道上，且AC弧长远小于轨道半径。将两个可视为质点的小球分别从B、C两点，同时由静止释放。从B点和C点释放的小球第一次到达A点所用的时间分别为和，则为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】从B到A的小球做自由落体运动，则有 解得 由题知，AC弧长远小于轨道半径，故从C到A的小球可以认为是做单摆运动，则有 故。 故选B。 2．在“用单摆测量重力加速度”实验中，某同学通过测量30次全振动的时间来测定单摆的周期T，他在单摆经过平衡位置时按下秒表记为“1”，若同方向再次经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间t，算出周期T＝。其他操作步骤均正确。多次改变摆长时，他均按此方法记录多组数据，并绘制了T2－L图像，则他绘制的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据单摆周期公式 可得 可知图像为过原点的倾斜直线。 故选D。 3．如图，表面光滑的固定圆弧轨道，最低点为P，弧长远小于半径R，现将可视为质点的两个小球分别从A、B点同时由静止释放，AP大于BP，则（　　） A．两球在P点相遇 B．两球在P点右侧相遇 C．两球在P点左侧相遇 D．无法预计 【答案】A 【详解】由于弧长远小于R，所以两球的运动都可以看作是单摆，由单摆的等时性可知，两球从释放到最低点的时间都等于单摆周期（单摆周期公式）的四分之一，摆长相等，L=R，所以两球会同时到达P点相遇。 故选A。 4．如图所示，长为的光滑水平面左端为竖直墙壁，右端与半径为的光滑圆弧轨道相切于点。一质量为的小球从圆弧轨道上离水平面高为h（）的A点由静止开始下滑，则小球第一次运动到墙壁点所需的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】从，根据动能定理 解得 到的时间 ，可知小球在光滑圆弧上的运动为单摆运动，单摆的周期为 到的时间为四分之一周期 所以小球的运动周期为 故选A。 5．如图所示为同一地点的甲、乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是（　　） A．甲单摆的摆长较大 B．甲摆最大位移处的回复力比乙摆最大位移处的回复力的大 C．在t=0.5s时，甲摆有负向最大加速度 D．在t=0.5s时，乙摆有正向最大加速度 【答案】D 【详解】A．由图可知两摆周期相等，根据单摆周期公式 可知两单摆摆长相等，故A错误； B．由图可知，甲摆振幅大，且两单摆摆长相等，故甲摆偏离平衡位置的位移大，根据单摆的回复力 因不知道两小球的质量大小关系，故无法判断两摆在最大位移处时最大回复力的大小，故B错误； C．由图可知，在t=0.5s时，甲摆在平衡位置，位移为零，根据 可知加速度为零，故C错误； D．由图可知，在t=0.5s时，乙摆在负的最大位移处，根据 可知乙摆有正向最大加速度，故D正确。 故选D。 6．惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图所示，在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为α。下列说法正确的是（　　） A．多次改变α角的大小，即可获得不同的等效重力加速度 B．多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立 C．多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立 D．在摆角很小的情况下，改变α角，可改变单摆的振动周期 【答案】C 【详解】A．对小球进行受力分析可知，小球的重力垂直于斜面的分力始终与斜面的支持力平衡，令等效重力加速度为，则有 解得 可知，多次改变角的大小，即可获得不同的等效重力加速度，故A错误； BC．根据单摆的周期公式可得 可知，多次改变斜面倾角，只要得出，就可以验证该结论成立，故B错误，C正确； D．根据可知，在摆角很小的情况下，改变α角，单摆的振动周期不变，故D错误。 故选C。 7．如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板，观察喷在木板上的墨汁图样。此装置可视为单摆，注射器的运动可看作简谐运动。某次实验中，拖动木板的速度大小约为0.2m/s，得到长度约为0.8m的一段如图乙所示图样。下列判断正确的是（　　） A．注射器摆动的周期约为2s B．细线的长度约为2m C．图乙中的曲线是注射器的运动轨迹 D．注射器摆动的周期与拖动木板的速度有关 【答案】A 【详解】A．由图乙可知注射器摆动的周期约为，选项A正确； B．根据 可得，即细线的长度约为1m，选项B错误； C．注射器在平衡位置附近振动，则图乙中的曲线不是注射器的运动轨迹，选项C错误； D．注射器摆动的周期是由单摆本身决定的，与拖动木板的速度无关，选项D错误。 故选A。 8．如图，甲、乙两个单摆悬挂在同一水平天花板上，两摆球间用一根细线水平相连，两摆线与竖直方向的夹角。当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，以水平地面为零势能面，可知（　　） A．甲摆的周期等于乙摆的周期 B．甲摆球的最大重力势能小于乙摆球的最大重力势能 C．甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度 D．甲摆球的机械能等于乙摆球的机械能 【答案】B 【详解】A．由图可知，两个单摆静止时离天花板的高度相同，则有，因，可得，即甲单摆的摆长更长。 根据单摆周期公式，可知甲摆的周期大于乙摆的周期，故A错误； BD．两球开始处于平衡，则水平绳子拉力，，可得 以水平地板为参考面，由题可知，两球离水平的高度相等，根据，故甲球的最大重力势能小于乙球的最大重力势能，又两球在摆动过程中，机械能守恒，故甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能，故B正确，D错误； C．根据机械能守恒有，解得 因甲球下降的高度大于乙球下降的高度，故甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故C错误。 故选B。 9．（多选）用一轻绳和体积足够小的小球制成单摆，让其在赤道附近的竖直平面内做简谐运动，测得其振动周期为。则下列判断正确的是（　　） A．若将装置移至北极，测得的周期 B．若减小小球摆角，测得的周期 C．若小球质量加倍，测得的周期仍为 D．若轻绳长度加倍，测得的周期变为 【答案】AC 【详解】A．根据单摆周期公式 若将装置移至北极，则重力加速度变大，可知周期减小，即测得的周期，选项A正确； B．若减小小球摆角，单摆的周期不变，即测得的周期，选项B错误； C．根据单摆周期公式 若小球质量加倍，测得的周期不变，仍为，选项C正确； D．根据单摆周期公式 若轻绳长度加倍，测得的周期变为，选项D错误。 故选AC。 10．（多选）将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图a所示点O为单摆的悬点，将传感器接在摆线与点O之间，现将小球拉到点A，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中点B为运动最低位置，摆角a小于5°且是未知量。如图b所示是由计算得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的图像，且图中t=0时刻为摆球从点A开始运动的时刻，取g=10m/s2，由图中和题中信息可知，下列说法正确的是（　　） A．该单摆的周期为0.2πs B．该单摆的摆长为0.4m C．只增大摆球质量，周期将变大 D．摆球质量与拉力极值的关系可表示为 【答案】BD 【详解】A．小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，可知，A错误； B．由单摆的周期公式得 B正确； C．根据单摆的周期公式可得，周期与摆球的质量无关，C错误； D．在最高点A，有 在最低点B 从A到B，滑块机械能守恒，有 求得 D正确。 故选BD。 11．（多选）如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的点钉一个光滑钉子，使。将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间往复运动，若运动中摆线与竖直方向夹角不超过5°，不计空气阻力。以下说法正确的是（　　） A．小球第一次从A到B与第一次从B到C的时间之比为 B．小球第一次刚要到达B点与刚要离开B点时绳的拉力之比为 C．细线对小球的拉力大小随时间变化的周期为 D．小球在AB段的振幅与BC段的振幅相等 【答案】AC 【详解】A．从A到B摆动的时间 从B到C摆动的时间 故小球第一次从A到B与第一次从B到C的时间之比 A正确； B．由于小球在B点的速度大小不变，只不过圆周运动的半径变为原来的，根据牛顿第二定律可知，小球第一次刚要到达B点绳的拉力 刚要离开B点时绳的拉力 设小球刚释放时与竖直方向的夹角为，根据机械能守恒定律可得 由于较小，则有 解得 联立可得， 显然 B错误； C．细线对小球的拉力大小随时间变化的周期应为单摆从A到C再回到A的时间，即有 C正确； D．设小球达到C点时绳与竖直方向的夹角为，由机械能守恒定律可得 解得 可见两次偏离竖直方向的夹角不同，故振幅不同，D错误。 故选AC。 12．（多选）如图所示，倾角为β的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面上质量为M的物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球b连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球b的距离为l。用手按住物体a不动，把小球b拉开很小的角度θ（θ<5°）后释放，使小球b做单摆运动，稳定后放开物体a。当小球b运动到最高点时，物体a恰好不下滑，当小球b运动到最低点时，物体a恰好不上滑，物体a与斜面的最大静摩擦力大小为，忽略空气阻力及定滑轮的大小，a、b均可看作质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（    ） A．小球摆动的最大回复力大小为 B．小球摆动的最大回复力大小为 C．物体a受到的摩擦力变化的周期 D．物体a受到的摩擦力变化的周期 【答案】AC 【详解】AB．当小球运动到最高点时，物体a恰好不下滑，此时a受沿斜面向上的最大静摩擦力，有 当小球b运动到最低点时，物体a恰好不上滑，有 小球摆动至端点时回复力最大为 联立解得 故A正确，B错误； CD．单摆从左侧最高点到右侧最高点时，物块a受的摩擦力回到原来的值，则物体a受到的摩擦力变化的周期是单摆的周期的一半，即有 故C正确，D错误。 故选AC。 13．某实验小组用以下方法探究木板沿水平方向运动的规律。在运动的木板正上方用细线悬挂一个除去了柱塞的小注射器，注射器内装上墨汁，做成秒摆（周期为），如图甲所示。注射器的平衡位置在木板中线的正上方，当注射器在竖直平面内摆动时，在木板上留下了墨汁图样，图样与中线各交点的距离关系如图乙所示。 （1）由图乙可知，木板向右做 （选填“加速”或“减速”）直线运动； （2）若木板的运动可视为匀变速直线运动，墨汁滴到木板A点时，木板的速度大小为 ，木板的加速度大小为 。（计算结果均保留2位有效数字） 【答案】 加速 0.23 0.078 【详解】（1）[1]木板上的墨汁图样是由注射器摆动形成的，根据单摆的特点，虚线上相邻两个平衡位置的时间相同；越向左，相邻两个平衡位置间的距离越来越远，即木板运动的越快，因此木板向右做“加速”直线运动。 （2）[2]木板匀加速直线运动，相邻两平衡位置时间 中间时刻的速度等于平均速度 [3]木板匀变速直线运动，加速度 14．如图甲所示，一条细线下面挂着一个小球，组成单摆。让它自由摆动，画出它的振动图像如图乙所示。取，请根据图中的数据计算： (1)自由摆动频率； (2)单摆的摆长。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由图乙可知，单摆自由摆动的周期为 又 解得 （2）根据 得 代入数据得 15．如图所示，将一摆长为l，摆球质量为m的单摆悬挂在O点。拉开摆球，使它偏离平衡位置一个很小的角度，然后释放，摆球将沿着平衡位置为中点的一段圆弧做往复运动。摆球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)求单摆摆动任一角度θ时的回复力大小F； (2)证明单摆的运动是简谐运动； (3)若将上述单摆悬挂在升降机顶端，当升降机以加速度a加速下降时，拉开摆球，使它偏离平衡位置一个很小的角度，然后释放，摆球相对于升降机是否做简谐运动，若做简谐运动请写出其振动的周期T。 【答案】(1) (2) (3)是做简谐运动， 【详解】（1）摆球所受回复力为重力在运动轨迹切线方向的分力，摆角为时，其大小为 （2）当摆角很小时，摆球运动的圆弧可以看成直线，相对位置O的位移x大小与弧长相等，有 回复力大小可表示为 由于回复力方向与位移x方向相反，故回复力与位移关系可表示为 其中是定值，故在摆角很小时，摆球的运动是简谐运动。 （3）若将上述单摆悬挂在升降机顶端，当升降机以加速度a加速下降时，其等效重力 用第二问知识可类比推出回复力与位移关系可表示为，故在摆角很小时，摆球的运动是简谐运动。 其振动的周期 【链接高考】 1．（2024·甘肃·高考真题）如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大 B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零 C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同 D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同 【答案】C 【详解】由单摆的振动图像可知振动周期为，由单摆的周期公式得摆长为 x-t图像的斜率代表速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同，方向不同。 综上所述，可知C正确，故选C。 2．（2024·浙江·高考真题）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 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，重力加速度，则（　　） A．摆角变小，周期变大 B．小球摆动周期约为2s C．小球平衡时，A端拉力为N D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 【答案】B 【详解】A．根据单摆的周期公式可知周期与摆角无关，故A错误； CD．同一根绳中，A端拉力等于B端拉力，平衡时对小球受力分析如图 可得 解得 故CD错误； B．根据几何知识可知摆长为 故周期为 故B正确。 故选B。 3．（2025·四川·高考真题）如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（   ） A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零 C．小球甲、乙的振动周期之比为 D．小球丙、丁的摆长之比为 【答案】C 【详解】根据单摆周期公式 可知 CD．设甲的周期为，根据题意可得 可得，， 可得， 根据单摆周期公式 结合 可得小球丙、丁的摆长之比 故C正确，D错误； A．小球甲第一次回到释放位置时，即经过（）时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，根据可知此时加速度最大，故A错误； B．根据上述分析可得 小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为（即）可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。 故选C。 4．（2025·广东汕头·三模）（多选）用轻质绝缘细绳悬挂带正电的小球，小球可视为质点，如图1所示。将装置分别放入图2所示的匀强电场，图3所示的匀强磁场中。将小球从偏离竖直方向左侧的一个小角度位置由静止释放，在图中三种情况下，小球均在竖直平面内周期性往复运动，周期分别为、、，小球第1次到达轨迹最低点时的速度大小分别为、、，拉力大小分别为，不计空气阻力。图中三种情况，下列说法正确的是（　　） A．图1和图3的小球在运动过程中机械能都守恒 B．三个小球运动的周期大小关系 C．三个小球第1次到达最低点时拉力大小关系 D．三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系 【答案】ABC 【详解】A．由题意可知，图1小球第一次到达轨迹最低点的过程中，球受拉力与重力的作用，只有重力做正功，机械能守恒；图2小球受拉力、重力和电场力的作用，除重力做正功外电场力也做正功，小球机械能增加；图3小球受拉力、重力和洛伦兹力的作用，只有重力做正功，机械能守恒。故A正确； B．分析球1和球3，在相同位置时沿运动方向的受力相同，则球1和球3运动情况相同，可知；对球 2分析，电场力与重力的合力为等效重力，则其等效重力加速度变大，由周期公式可知小球周期变小，因此三种情况下小球运动的周期关系为，故B正确； C D．由于图1和图3只有重力做正功，而图2除重力做正功外还有电场力做正功，根据动能定理可知，三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系为 在最低点分别对3个小球列牛顿第二定律和向心力方程： 对球1有 对球2有 对球3有 根据三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系，可得，故C正确，D错误。 故选ABC。 5．（2025·北京朝阳·二模）单摆装置如图所示，摆球始终在竖直面内运动，摆球可视为质点。不计空气阻力，请完成下列问题： (1)若摆长为L，简谐运动周期为T，求重力加速度的大小g； (2)若摆长为L，摆起最大角度为，求摆球通过最低点时速度的大小； (3)若摆球质量为m，摆动周期为T，重力加速度大小为g，通过最低点时的速度大小为v，摆球从左侧最高点第一次摆到最低点的过程中，求细线对摆球拉力的冲量大小I。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由单摆做简谐运动的周期公式 可得 （2）由动能定理 可得 （3）此过程中重力、拉力对小球产生冲量，其中重力的冲量大小为 根据动量定理可知合力的冲量大小为 由平行四边形定则可得拉力的冲量大小为 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 4. 【题型导航】 【重难题型讲解】 1 题型1 单摆 1 题型2 单摆的回复力 3 题型3 探究单摆的周期与摆长的关系 6 题型4 单摆的周期 11 【能力培优练】 15 【链接高考】 21 【重难题型讲解】 题型1 单摆 1、单摆的定义：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。 2、对单摆的装置要求 （1）对摆线：一是要求无弹性；二是要求轻质细线，其质量相对小球可忽略不计；三是其长度远大于小球的半径。 （2）对小球：一是要求质量大；二是体积小，即小球要求是密度大的实心球。 3、单摆做简谐运动的条件 （1）最大摆角很小； （2）空气阻力可以忽略不计。 4、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。 5、弹簧振子与单摆 弹簧振子（水平） 单摆 模型示意图 条件 忽略弹簧质量、无摩擦等阻力 细线不可伸长、质量忽略、无空气等阻力、摆角很小 平衡位置 弹簧处于原长处 最低点 回复力 弹簧的弹力提供 摆球重力沿与摆线垂直（即切向）方向的分力 周期公式 T=2π（不作要求） T=2π 能量转化 弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒 重力势能与动能的相互转化，机械能 守恒 【探究归纳】单摆是由轻质不可伸长的摆线和悬挂的小球组成的理想化模型，小球在重力和摆线拉力作用下，绕悬点在竖直平面内做小角度（≤5°）摆动，此时重力沿切线方向的分力提供回复力，其运动近似为简谐运动，是研究简谐运动的重要实例，体现振动的周期性。 【典例1-1】关于单摆，以下说法不正确的是（　　） A．单摆装置是研究机械振动的物理模型 B．用细线悬挂一个小球，细线要质量很轻，且不可伸长；小球要质量较大，体积较小 C．将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上，这样单摆装置就架设完成了 D．单摆在摆角小于5°的情况，它的机械振动可以看作简谐振动 【典例1-2】（多选）不可伸长的细线下端悬挂一个小球，让细线从偏离竖直一个角度从静止释放，小球在竖直平面内振动，则（　　） A．当小球达到最高位置时，速度最大，势能最小，绳上的拉力最大 B．当小球达到最高位置时，速度最小，势能最大，绳上的拉力最小 C．小球离开最低位置，使小球回复到最低位置的力，是重力沿圆弧切线的分力 D．小球离开最低位置，使小球回复到最低位置的力，是细线拉力、重力的合力 跟踪训练1如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器可在竖直面内摆动，且在摆动过程中能持续向下流出一细束墨水。沿着与注射器摆动平面垂直的方向匀速拖动一张硬纸板，摆动的注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。注射器喷嘴到硬纸板的距离很小，且摆动中注射器重心的高度变化可忽略不计。若按图乙所示建立xOy坐标系，则硬纸板上的墨迹所呈现的图样可视为注射器振动的图像。关于图乙所示的图像，下列说法中正确的是（　　） A．x轴表示拖动硬纸板的速度 B．y轴表示注射器振动的速度 C．匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期的2倍 D．拖动硬纸板的速度增大，可使注射器振动的周期变短 跟踪训练2（多选）关于甲、乙图对应的说法正确的是（　　） A．图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做匀变速直线运动 B．图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子的加速度方向永远指向平衡位置O点 C．图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力和细线拉力的合力 D．图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力不为零 题型2 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（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 ★特别提醒 （1）单摆振动中的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力。单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子的不同之处。 （2）在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力也就是回复力。 （3）在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合力不为零。 【探究归纳】单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力（F=-mgsinθ），小角度（θ≤5°）时sinθ≈θ≈x/L，故 F≈-mgx/L（x 为摆球偏离平衡位置的弧长），满足简谐运动回复力特征（F∝-x），由重力分力提供，与摆线拉力无关，是单摆做简谐运动的动力来源。 【典例2-1】如图，单摆在AB之间做简谐运动，A、B为运动的最高点，O为平衡位置，下列说法正确的是（　　） A．经过O点时，向心力为零 B．经过A点时，向心力不为零 C．经过O点时，回复力不为零 D．经过A点时，回复力不为零 【典例2-2】（多选）如图所示为同一地点甲、乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是（　　）    A．甲、乙两个单摆的振幅之比为9:4 B．甲、乙两个单摆的周期之比为1:1 C．甲、乙两个单摆的摆长之比为4:1 D．单摆的回复力是摆球所受拉力与重力的合力 【典例2-3】如图所示，左图为一单摆，摆球质量为m，摆长为L，做小角度摆动，摆角为（），重力加速度为g，不计空气阻力，右图是某次小球从左端由静止释放，摆球第一次由左向右通过平衡位置开始计时，位移x随时间t变化的图象，求： （1）释放时小球的回复力；（用题目中所给字母表示） （2）t=1.5s时小球的位置和0～1.5s内的路程。 跟踪训练1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 跟踪训练2（多选）关于单摆，下列说法正确的是（　　） A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置 B．摆球经过平衡位置时，所受的合力不为零 C．摆球受到的回复力是它所受的合力 D．摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对于平衡位置的位移大小成正比 跟踪训练3如图甲所示，0点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与0点之间。现将质量为m的摆球拉到A点释放，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，最大偏角为θ。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t=0为摆球从A点开始运动的时刻，重力加速度为g。求： （1）单摆回复力的最大值； （2）单摆运动周期和摆长。 题型3 探究单摆的周期与摆长的关系 1、实验目的 （1）知道把单摆的运动看做简谐运动的条件。 （2）会探究与单摆的周期有关的因素。 （3）会用单摆测定重力加速度。 2、实验原理 当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到；因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地重力加速度g的值。 3、实验器材 带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线（约1米）、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺。 4、实验步骤 （1）让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆。 （2）把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图。 （3）用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l=l′+r。 （4）把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度（不超过5°），然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即（N为全振动的次数），反复测3次，再算出周期。 （5）根据单摆振动周期公式T＝2π计算当地重力加速度。 （6）改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值。 （7）将测得的重力加速度值与当地重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因。 ★特别提醒 （1）构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°。 （2）要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。 （3）测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时．因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大。 ②要测多次全振动的时间来计算周期．如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过最低位置时计数1次。 （4）本实验可以采用图象法来处理数据．即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率；这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法。 5、数据处理 处理数据有两种方法：（1）公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用求出周期；不改变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值，然后代入公式求重力加速度。 （2）图象法：由单摆周期公式不难推出：，因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作l-T2的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率，即可利用g=4π2k=求得重力加速度值，如图所示。 6、误差分析 （1）系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。 （2）偶然误差主要来自时间的测量上，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计振动次数。 【探究归纳】该实验通过控制变量法，保持摆球质量、振幅不变，改变摆长，测量单摆周期，得出周期与摆长的平方根成正比（T∝√L），最终总结出单摆周期公式T＝2π，验证了周期与摆长的定量关系，是理解简谐运动周期性的经典实验。 【典例3-1】一同学在探究单摆的运动规律时，测得单摆30次全振动所用的时间为60s。已知当地的重力加速度m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．该单摆做简谐运动时，重力就是回复力 B．该单摆的摆长约为1.44m C．若把该单摆摆球的质量减小为原来的一半，则其振动的周期为s D．若把该单摆放在月球上，则其摆动周期变大 【典例3-2】用图示装置完成“探究单摆周期与摆长的关系”： （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，图像中将 （选填“变大”“不变”或“变小”），图像中将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。 跟踪训练1在2024年巴黎奥运会自由式小轮车女子公园赛决赛中，中国选手邓雅文夺得金牌。现将邓雅文比赛过程简化如图所示，一个光滑弧形凹槽半径为，弧长为，将一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，下列说法正确的是（　　） A．小球运动至最低点时的回复力为0，所以小球处于平衡状态 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，从边缘运动到最低点的时间为 D．小球做简谐运动，从边缘运动到最低点的过程中速度逐渐增大、回复力逐渐增大 跟踪训练2几个同学在玩荡秋千时，感到秋千往返摆动的时间是有规律的。于是对“哪些因素影响秋千往返摆动的时间”提出下列猜想： （1）可能与秋千的摆长l有关； （2）可能与人和秋千坐垫的总质量有关； （3）可能与秋千摆幅（摆动时人离开中心点B的最大距离）有关。于是进行了如图实验，将细绳一端固定在O点，另一端拴一小球制成一个摆，让小球自由往返摆动，记录数据如下表。请回答下列问题： 实验序号 摆长L/m 摆球质量/g 摆幅/m 往返摆动一次的时间/s 1 0.7 20 0.05 1.7 2 1.0 20 0.08 2.0 3 1.0 30 0.05 2.0 4 1.0 30 0.08 2.0 5 1.3 20 0.05 2.3 （1）实验序号3、4探究的是摆往返摆动一次的时间跟 （选填“摆长”“摆球质量”或“摆幅”）的关系； （2）从本次实验可以得到的结论是：摆往返摆动一次的时间由 决定； （3）本实验利用式可以测重力加速度g，为了更精确地测量出结果，是否需要把摆角拉得大一些？ （填“需要”或“不需要”）； （4）摆钟是利用本实验的原理制成的。某一摆钟变慢了，要调准它，应将摆钟的摆长调 （选填“长”或“短”）。 题型4 单摆的周期 1、单摆振动的周期影响因素：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，但与摆长有关，摆长越长，周期越大。 （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的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，与振幅摆球质量无关。 （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。 2、对单摆周期公式的理解 由公式T＝2π知，某单摆做简谐运动（摆角小于5°）的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g 有关，而与振幅和摆球质量无关，故又叫作单摆的固有周期。 （1）摆长l ①实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球重心的长度，即l=l'+，l'为摆线长，D为摆球直径。 ②等效摆长：图1中，甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l•sinα，这就是等效摆长。其周期T=2π。图2中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效﹔乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。 （2）重力加速度g：若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g=，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g 随所在位置的高度的变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是不同的，所以g 也不同，g=9.8 m/s只是在地球表面附近时的取值。 （3）等效重力加速度：若单摆系统处在非平衡状态（如加速、减速、完全失重状态），则一般情况下，g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值。如下图所示，此场景中的等效重力加速度g'=gsinθ。球静止在О点时，FT=mgsin θ，等效加速度g'==gsinθ。 ★特别提醒 计算单摆的周期的两种方法 （1）依据T＝2π，由单摆的周期公式，计算的关键是正确确定摆长。 （2）根据：周期的大小虽然不取决于t和N，但利用该种方法计算周期，会受到时间t和振动次数N测量的准确性的影响，是粗测周期的一种方法。 【典例4-1】如图所示，用两根完全相同、不可伸长的轻绳对称地将小球吊在空中，两绳与水平方向夹角均为。轻推小球，测得其在垂直纸面方向摆动的周期为T，已知每根轻绳的长度为L，小球可视为质点，则当地重力加速度g的大小为（　　） A． B． C． D． 【典例4-2】（多选）如图所示，在O点用长为L的细绳系着一小球（可视为质点），O点正下方A点处有一固定的光滑钉子，。小球在B点由静止释放，运动至右侧最高点C点的时间为t，AC与竖直方向夹角足够小，重力加速度为g，不计空气阻力，则t可能等于（　　） A． B． C． D． 【典例4-3】甲图O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。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点为运动中的最低位置。乙图表示细线对摆球的拉力大小F随时间 t变化的曲线，图中t=0为摆球从A点开始运动的时刻，g取 求： (1)单摆的振动周期和摆长； (2)摆球的质量； 跟踪训练1惠更斯利用单摆的等时性发明了摆钟，如图所示，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，下列做法中正确的是（    ） A．圆盘的质量越大，摆钟走得越快 B．如果摆钟慢了，可以增大摆杆摆动的摆角 C．如果摆钟快了，应旋转螺母使圆盘沿摆杆下移 D．把摆钟从佛山搬到北京，应旋转螺母使圆盘沿摆杆上移 跟踪训练2（多选）两组同学利用假期分别在A、B两地的物理实验室做“单摆周期T和摆长L的关系”的实验。根据他们两组的测量数据绘制的图像如图甲所示。另外，在A地做研究的同学还绘制了a、b两个单摆摆球的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．由图甲可知A地的重力加速度大于B地的重力加速度 B．由图甲可知A地的重力加速度小于B地的重力加速度 C．由图乙可知a、b两摆球振动周期之比为3∶5 D．由图乙可知a、b两单摆摆长之比为4∶9 跟踪训练3将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中点为单摆的固定悬点，现将小球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、、之间来回摆动，其中点为运动中的最低位置，；小于且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，且图中时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题（包括图）所给的信息，求：（取） (1)单摆的振动周期（用表示）； (2)单摆的摆长； (3)摆球运动过程中的最大速度大小。 【能力培优练】 1．如图所示，一光滑圆轨道固定于竖直平面内，圆心为O，A、B分别是轨道的最低、最高点。C点位于轨道上，且AC弧长远小于轨道半径。将两个可视为质点的小球分别从B、C两点，同时由静止释放。从B点和C点释放的小球第一次到达A点所用的时间分别为和，则为（　　） A． B． C． D． 2．在“用单摆测量重力加速度”实验中，某同学通过测量30次全振动的时间来测定单摆的周期T，他在单摆经过平衡位置时按下秒表记为“1”，若同方向再次经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间t，算出周期T＝。其他操作步骤均正确。多次改变摆长时，他均按此方法记录多组数据，并绘制了T2－L图像，则他绘制的图像可能是（　　） A． B． C． D． 3．如图，表面光滑的固定圆弧轨道，最低点为P，弧长远小于半径R，现将可视为质点的两个小球分别从A、B点同时由静止释放，AP大于BP，则（　　） A．两球在P点相遇 B．两球在P点右侧相遇 C．两球在P点左侧相遇 D．无法预计 4．如图所示，长为的光滑水平面左端为竖直墙壁，右端与半径为的光滑圆弧轨道相切于点。一质量为的小球从圆弧轨道上离水平面高为h（）的A点由静止开始下滑，则小球第一次运动到墙壁点所需的时间为（　　） A． B． C． D． 5．如图所示为同一地点的甲、乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是（　　） A．甲单摆的摆长较大 B．甲摆最大位移处的回复力比乙摆最大位移处的回复力的大 C．在t=0.5s时，甲摆有负向最大加速度 D．在t=0.5s时，乙摆有正向最大加速度 6．惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图所示，在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为α。下列说法正确的是（　　） A．多次改变α角的大小，即可获得不同的等效重力加速度 B．多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立 C．多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立 D．在摆角很小的情况下，改变α角，可改变单摆的振动周期 7．如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板，观察喷在木板上的墨汁图样。此装置可视为单摆，注射器的运动可看作简谐运动。某次实验中，拖动木板的速度大小约为0.2m/s，得到长度约为0.8m的一段如图乙所示图样。下列判断正确的是（　　） A．注射器摆动的周期约为2s B．细线的长度约为2m C．图乙中的曲线是注射器的运动轨迹 D．注射器摆动的周期与拖动木板的速度有关 8．如图，甲、乙两个单摆悬挂在同一水平天花板上，两摆球间用一根细线水平相连，两摆线与竖直方向的夹角。当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，以水平地面为零势能面，可知（　　） A．甲摆的周期等于乙摆的周期 B．甲摆球的最大重力势能小于乙摆球的最大重力势能 C．甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度 D．甲摆球的机械能等于乙摆球的机械能 9．（多选）用一轻绳和体积足够小的小球制成单摆，让其在赤道附近的竖直平面内做简谐运动，测得其振动周期为。则下列判断正确的是（　　） A．若将装置移至北极，测得的周期 B．若减小小球摆角，测得的周期 C．若小球质量加倍，测得的周期仍为 D．若轻绳长度加倍，测得的周期变为 10．（多选）将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图a所示点O为单摆的悬点，将传感器接在摆线与点O之间，现将小球拉到点A，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中点B为运动最低位置，摆角a小于5°且是未知量。如图b所示是由计算得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的图像，且图中t=0时刻为摆球从点A开始运动的时刻，取g=10m/s2，由图中和题中信息可知，下列说法正确的是（　　） A．该单摆的周期为0.2πs B．该单摆的摆长为0.4m C．只增大摆球质量，周期将变大 D．摆球质量与拉力极值的关系可表示为 11．（多选）如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的点钉一个光滑钉子，使。将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间往复运动，若运动中摆线与竖直方向夹角不超过5°，不计空气阻力。以下说法正确的是（　　） A．小球第一次从A到B与第一次从B到C的时间之比为 B．小球第一次刚要到达B点与刚要离开B点时绳的拉力之比为 C．细线对小球的拉力大小随时间变化的周期为 D．小球在AB段的振幅与BC段的振幅相等 12．（多选）如图所示，倾角为β的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面上质量为M的物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球b连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球b的距离为l。用手按住物体a不动，把小球b拉开很小的角度θ（θ<5°）后释放，使小球b做单摆运动，稳定后放开物体a。当小球b运动到最高点时，物体a恰好不下滑，当小球b运动到最低点时，物体a恰好不上滑，物体a与斜面的最大静摩擦力大小为，忽略空气阻力及定滑轮的大小，a、b均可看作质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（    ） A．小球摆动的最大回复力大小为 B．小球摆动的最大回复力大小为 C．物体a受到的摩擦力变化的周期 D．物体a受到的摩擦力变化的周期 13．某实验小组用以下方法探究木板沿水平方向运动的规律。在运动的木板正上方用细线悬挂一个除去了柱塞的小注射器，注射器内装上墨汁，做成秒摆（周期为），如图甲所示。注射器的平衡位置在木板中线的正上方，当注射器在竖直平面内摆动时，在木板上留下了墨汁图样，图样与中线各交点的距离关系如图乙所示。 （1）由图乙可知，木板向右做 （选填“加速”或“减速”）直线运动； （2）若木板的运动可视为匀变速直线运动，墨汁滴到木板A点时，木板的速度大小为 ，木板的加速度大小为 。（计算结果均保留2位有效数字） 14．如图甲所示，一条细线下面挂着一个小球，组成单摆。让它自由摆动，画出它的振动图像如图乙所示。取，请根据图中的数据计算： (1)自由摆动频率； (2)单摆的摆长。 15．如图所示，将一摆长为l，摆球质量为m的单摆悬挂在O点。拉开摆球，使它偏离平衡位置一个很小的角度，然后释放，摆球将沿着平衡位置为中点的一段圆弧做往复运动。摆球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)求单摆摆动任一角度θ时的回复力大小F； (2)证明单摆的运动是简谐运动； (3)若将上述单摆悬挂在升降机顶端，当升降机以加速度a加速下降时，拉开摆球，使它偏离平衡位置一个很小的角度，然后释放，摆球相对于升降机是否做简谐运动，若做简谐运动请写出其振动的周期T。 【链接高考】 1．（2024·甘肃·高考真题）如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大 B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零 C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同 D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同 2．（2024·浙江·高考真题）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 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，重力加速度，则（　　） A．摆角变小，周期变大 B．小球摆动周期约为2s C．小球平衡时，A端拉力为N D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 3．（2025·四川·高考真题）如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（   ） A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零 C．小球甲、乙的振动周期之比为 D．小球丙、丁的摆长之比为 4．（2025·广东汕头·三模）（多选）用轻质绝缘细绳悬挂带正电的小球，小球可视为质点，如图1所示。将装置分别放入图2所示的匀强电场，图3所示的匀强磁场中。将小球从偏离竖直方向左侧的一个小角度位置由静止释放，在图中三种情况下，小球均在竖直平面内周期性往复运动，周期分别为、、，小球第1次到达轨迹最低点时的速度大小分别为、、，拉力大小分别为，不计空气阻力。图中三种情况，下列说法正确的是（　　） A．图1和图3的小球在运动过程中机械能都守恒 B．三个小球运动的周期大小关系 C．三个小球第1次到达最低点时拉力大小关系 D．三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系 5．（2025·北京朝阳·二模）单摆装置如图所示，摆球始终在竖直面内运动，摆球可视为质点。不计空气阻力，请完成下列问题： (1)若摆长为L，简谐运动周期为T，求重力加速度的大小g； (2)若摆长为L，摆起最大角度为，求摆球通过最低点时速度的大小； (3)若摆球质量为m，摆动周期为T，重力加速度大小为g，通过最低点时的速度大小为v，摆球从左侧最高点第一次摆到最低点的过程中，求细线对摆球拉力的冲量大小I。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$