第二章 机械振动 第4节 单 摆(赋能课——精细培优科学思维)(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

单 摆(赋能课——精细培优科学思维) 第 4 节 课标要求 学习目标 1.知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系。 2.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。 课前预知教材 课堂精析重难 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 课前预知教材 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______，小球的直径与细线的长度相比也可以______。 小球 忽略 忽略 2.单摆的回复力 (1)来源：摆球的重力沿圆弧______方向的分力。 (2)特点：在摆角很小时，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=-kx。可见，单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。 切线 平衡位置 [微点拨] 实际做成的单摆，摆线的伸缩量越小，摆球的质量越大、体积越小，则越接近理想化的单摆。 [情境思考] 图例 能否视为单摆 不能 不能 不能 不能 能 二、单摆的周期 1.定性探究影响单摆周期的因素 (1)探究方法：___________法。 (2)实验结论(在小摆角下)： 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 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=_________。 正比 反比 2π [质疑辨析] 判断下列说法是否正确。 (1)单摆摆球受到的回复力最大时，向心力最大;回复力为0时，向心力为0。 ( ) (2)单摆的回复力就是摆球的向心力。 ( ) (3)单摆摆球的质量越大，周期越小。 ( ) (4)单摆的摆线越长，周期越大。 ( ) × × × √ 课堂精析重难 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： 任务驱动 强化点(一)　单摆的回复力及其运动规律 (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。 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。 要点释解明 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，在摆角很小时， 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。 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 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]　(多选)如图所示为一单摆的振动图像，则 (　　) A.t1和t3时刻摆线的拉力相等 B.t2和t3时刻摆球的速度相等 C.t3时刻摆球的速度正在减小 D.t4时刻摆线的拉力正在减小 √ √ [解析]　由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相同，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线的拉力大小相等，故A正确;t2时刻摆球在负向最大位移处，速度为零，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球的速度不相等，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，摆线的拉力也正在减小，故D正确。 1.(2025·广东清远期末)(多选)振动是自然界中普遍存在的运动形式，简谐运动是最简单、最基本的振动。关于简谐运动，甲、乙图对应的说法正确的是 (　　) 题点全练清 A.图甲是研究弹簧振子的运动的实验图，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的实验图，弹簧振子偏离平衡位置时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的实验图，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点时速度最大，回复力最小 √ √ 解析：题图甲是研究弹簧振子的运动的实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做简谐运动，加速度不断变化，故A项错误;弹簧振子的加速度方向永远指向平衡位置，故B项正确;题图乙是研究单摆的回复力的实验图，单摆的回复力是由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供的，故C项错误;题图乙中O点为单摆的平衡位置，在该位置单摆的回复力最小，速度最大，故D项正确。 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，故D正确，A、B、C错误。 1.周期公式的成立条件 当单摆做摆角很小的振动时，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。 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。 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。 (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，设加速度大小为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]　(2025·天津西青期末)如图甲所示，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，对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是 (　　) A.若仅将摆球质量变大，单摆周期变大 B.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=6sincm　 C.从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D.从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 √ [解析]　根据单摆周期公式T=2π，可知仅将摆球质量变大，单摆周期不变，故A错误;由题图乙可知单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asin=6sin(πt)cm，故B正确;由题图乙可知，从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中，摆球从最高点摆动到最低点，摆球的重力势能逐渐减小，故C错误;由题图乙可知，从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球的位移大小逐渐增大，摆球所受回复力逐渐增大，故D错误。 [思维建模] 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。 (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·浙江6月选考)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。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g=10 m/s2，则 (　　) 题点全练清 A.摆角变小，周期变大 B.小球摆动周期约为2 s 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 √ 解析：根据单摆的周期公式T=2π可知，周期与摆角无关，故A错误;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2FAcos 30° =mg，解得FA=FB== N，故C、D错误;根据几何知识可知，摆长为L==1 m，故小球摆动周期为T=2π≈2 s，故B正确。 2.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;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。 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? 答案：4.9 s　 解析：由单摆的周期公式T=2π，知T2∝， 所以∶=g地∶g月，则T月≈4.9 s。 (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? 答案：3.5 s　 解析：根据周期公式T=2π，知T∝，所以T月'∶T月=∶，则T月'≈3.5 s。 (3)该单摆的摆长为多少? 答案：0.99 m 解析：根据周期公式T地=2π，解得L≈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.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。 (2)如图所示，在固定的光滑斜面上，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。 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.(2025·福建泉州期末)(多选)滑板运动非常有趣。如图所示，某同学踩着滑板在弧形轨道的内壁来回滑行，若人和滑板的运动可视为简谐运动，设该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同的最高点，则 (　　) A.站在滑板上运动时周期比较大 B.站在滑板上运动时周期比较小 C.站在滑板上运动到最低点时的速度比较小 D.站在滑板上运动到最低点时的速度比较大 题点全练清 √ √ 解析：根据题意,人和滑板的运动可视为简谐运动,由T=2π,可知当人站起来,重心向上移,相当于摆长L变短,则周期T变小；由机械能守恒定律有mgL(1-cos θ)=mv2,圆心角θ不变，摆长L变短，则速度变小，故A、D错误,B、C正确。 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 (　　) 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.(2025·山东泰安阶段练习)一根细线一端固定，另一端系一密度为ρ=0.8×103 kg/m3的小球，组成一个单摆，其在空气中做简谐运动的周期T=8 s。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1.0×103 kg/m3，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g=10 m/s2) (　　) A.4 s B.8 s C.12 s D.16 s √ 解析：单摆在空气中做简谐运动的周期T=2π=8 s，在水中做简谐运动的周期T'=2π，其中g'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G'=mg'=ρVg'，又因为G'=Vg，联立解得T'=2π，代入数据得T'=16 s，故选D。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1.(多选)下列说法正确的是 (　　) A.单摆的等时性是惠更斯首先发现的 B.单摆的等时性是伽利略首先发现的 C.惠更斯首先将单摆的等时性用于计时 D.伽利略首先将单摆的等时性用于计时 √ √ 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 解析：意大利科学家伽利略最早发现了单摆的等时性原理，后来惠更斯得出了单摆的周期公式，并应用于计时，故A、D错误，B、C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 2.(选自粤教版教材课后练习)(多选)如图所示，A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置。其中A处为单摆摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线。以单摆最低位置为重力势能零点，则单摆在摆动过程中 (　　) A.位于B处时动能最大 B.位于A处时势能最大 C.在A处的势能大于在B处的动能 D.在B处的机械能大于在A处的机械能 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：摆球在摆动过程中机械能守恒，A为最高位置，势能最大，动能为零，在最低点时，动能最大，势能为零，故A、D错误，B、C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 3.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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 4.(2025·贵州贵阳阶段练习)如图所示，一单摆做小角度摆动，摆球自A点由静止释放，由左向右通过平衡位置O到达右侧最高点B。不计空气阻力，对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 A.摆球从A运动到B的过程中，速度先增大后减小 B.摆球从A运动到B的过程中，速度先减小后增大 C.摆球从A运动到B的过程中，摆球的回复力先增大后减小 D.摆球从A运动到B的过程中，摆球的回复力先减小后增大，O点处合外力为零 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：摆球从A运动到B的过程中，摆球重力先做正功后做负功，所以速度先增大后减小，故A正确，B错误;摆球从A运动到B的过程中，摆球的位移先减小后增大，摆球的回复力先减小后增大，O点处合外力提供向心力，不为零，故C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 5.(多选)在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像如图所示，其中实线表示A的运动图像，虚线表示B的运动图像。下列关于这两个单摆的判断中正确的是 (　　) A.这两个单摆的摆球质量一定相等 B.这两个单摆的摆长一定不相等 C.这两个单摆的最大摆角一定相等 D.这两个单摆的振幅一定相等 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：从题图可知，两单摆的振幅相等，周期不相等，所以这两个单摆的摆长一定不相等，故B、D正确;由振幅相等而摆长不相等可知最大摆角一定不相等，C错误;单摆的周期与摆球质量无关，无法求得两摆球的质量大小关系，故A错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 6.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 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 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振动个周期的时间较长，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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 7.(2025·江苏南京期中)如图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高点。规定向右为正方向，图乙所示是其振动图像。取π2≈10，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 A.摆球摆到平衡位置O点时合力为零 B.在0.6~0.8 s时间内，摆球的动能逐渐增大 C.t=0.4 s时，摆球位于B点 D.此单摆的摆长约为0.16 m √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：摆球摆到平衡位置O点时具有向上的向心加速度，合力不为零，故A错误;在0.6~0.8 s时间内，x⁃t图线切线的斜率逐渐减小，摆球的速度减小，动能减小，故B错误;由于向右为正方向，t=0.4 s时，摆球位移为正向最大，所以摆球位于C点，故C错误;由题图乙可知，单摆的周期为0.8 s，根据单摆周期公式T=2π，可得摆长L=0.16 m，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 8.(2025·安徽合肥期中)(多选)如图所示，光滑圆弧槽半径为R(未知)，A为最低点，C到A的距离远远小于R，小球B位于A点的正上方，且到A点的距离为H。若同时释放小球B、C，要使两小球B和C在A点相遇(小球B和C可视为质点)，R的可能值为 (　　) A. B. C. D. √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：小球C做简谐运动，根据题意得H=gt2，t=×2π(n = 0，1，2，…)或t=×2π(n = 0，1，2，…)，解得R=(n = 0，1，2，…)或R=(n=0，1，2，…)，当n=0时，则有R=或R=，故选A、D。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 9.(2025·湖北荆州阶段练习)(多选)如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像，重力加速度g=10 m/s2，π2≈10，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.甲摆的最大偏角约为2.9° D.在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：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T=2π，可知甲、乙两单摆的摆长相等，故A错误;甲摆的振幅为5 cm，乙摆的振幅为3 cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，故B正确;由T=2π，解得甲摆的摆长l=g=1 m，则甲摆的最大偏角θmax ≈= rad≈2.9°，故C正确;在t=0.5 s时，甲摆经过平衡位置，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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 10.如图甲所示，小球在光滑球面上的A、B之间来回运动。t=0时刻将小球从A点由静止释放，球面对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，若弧长AB远小于半径，重力加速度g取10 m/s2，则 (　　) A.小球运动的周期为0.2π s B.光滑球面的半径为0.1 m C.小球的质量为0.05 kg D.小球的最大速度约为0.10 m/s √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：小球在一个周期内两次经过最低点，根据题图乙可知，小球的运动周期为0.4π s，故A错误;小球在光滑球面上做简谐运动，根据单摆的周期公式T=2π，式中的L即为光滑球面的半径R，代入数据可得R=L=0.4 m，故B错误;设小球在光滑球面上最高点时和球面圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，小球到达最低点时的速度为v，则在最高点有mgcos θ=F1，在最低点有F2-mg=m，从最高点到最低点由动能定理有mgR(1-cos θ)=mv2，其中F1=0.495 N，F2=0.510 N，联立以上各式解得m=0.05 kg，v= m/s，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 11.(2025·安徽阜阳期中)如图所示，有一光滑并带有圆弧的曲面倾斜放在平面上，在曲面的底部平行于轴线画一条虚线，现将一个可视为质点的小球从图中位置平行于虚线以一定的初速度进入曲面，将小球下滑过程中经过虚线时的位置依次记为a、b、c、d，以下说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 A.虚线处的ab、bc、cd间距相等 B.经过ab、bc、cd的时间相等 C.小球从释放到离开曲面末端时(曲面末端的圆弧可认为在水平面内)动能的变化量与初速度大小有关 D.小球通过a、b、c三点时对曲面的压力大小与初速度大小有关 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：小球在垂直于虚线的平面内做类单摆运动，具有等时性规律，所以经过ab、bc、cd的时间相等，故B正确;小球在沿虚线方向做匀加速直线运动，所以ab<bc<cd，故A错误;小球从释放到离开曲面末端时，只有重力作用，动能变化量等于重力做功大小，与初速度大小无关，故C错误;小球通过a、b、c三点时，曲面对小球的支持力与小球重力在垂直曲面方向的分力的合力提供其在垂直于虚线平面内分(圆周)运动的向心力，小球初速度方向沿虚线向下，无论初速度大小如何，小球通过a、b、c三点时在垂直于虚线方向的分速度大小相同，所需向心力大小相同，受到曲面的支持力大小相同，根据牛顿第三定律可知小球通过a、b、c三点时对曲面的压力大小相同，与初速度大小无关，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 12.(10分)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，他测出单摆全振动30次所用的时间t=60.8 s，π取3.14。(结果均保留两位有效数字) (1)求当地的重力加速度是多大。(6分) 答案：9.8 m/s2　 解析：当单摆做简谐运动时，其周期公式为T=2π，由此可得g=，由题意可知T== s≈2.027 s，所以g== m/s2 ≈9.8 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (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?(4分) 答案：摆长要缩短　0.027 m 解析：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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 13.(12分)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的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，重力加速度g取 10 m/s2，π2≈g，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (1)单摆的摆长;(4分) 答案：1 m　 解析：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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (2)摆球的质量;(4分) 答案：0.1 kg　 解析：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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (3)摆线拉力的最小值。(4分) 答案：0.99 N 解析：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。 本课结束 $$