4. 单摆（举一反三讲义）物理人教版2019选择性必修第一册

第4节 单摆 目 录 【学习目标】 1 【知识梳理】 2 考点一、单摆及单摆的回复力 2 考点二、单摆的回复力 2 考点三、单摆的周期 2 【巩固训练】 6 【学习目标】 1.知道单摆是一种理想化模型，理解单摆模型的条件。 2.知道单摆振动时回复力的来源。 3.能通过理论推导，判定单摆小角度振动时的运动特点。（重点） 4.知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系，能运用其解决相关实际问题。（重难点） 【知识梳理】 考点一、单摆及单摆的回复力 1．单摆的组成：由细线和小球组成 2．理想化模型 (1)细线的质量与小球相比可以忽略 (2)小球的直径与线的长度相比可以忽略 (3)摆线的形变量与摆线长度相比可以忽略 (4)空气阻力与摆球的重力及细线的拉力相比可以忽略 考点二、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，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。 (1)摆球受力：如图所示，摆球受细线拉力和重力作用 (2)向心力来源：细线对摆球的拉力和摆球重力沿径向的分力的合力 (3)回复力来源：摆球重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ提供了使摆球振动的回复力 单摆做简谐运动的推证 在偏角很小时，sin θ≈，又回复力F＝mgsin 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，单摆做简谐运动 考点三、单摆的周期 1．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 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1】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，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．摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用 B．摆球在A点和C点处，速度为零，合力与回复力也为零 C．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 D．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 【答案】C　 【详解】摆球在运动过程中只受到重力和拉力的作用，A错误；摆球在摆动过程中，在最高点A、C处的速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。 【典例2】如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点的正下方L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，这个摆的周期是(　　) A．2π　　　　　　B．π C．(＋1)π D．(＋1)π 【答案】D 【详解】以L为摆长的运动时间为t1＝×2π以L为摆长的运动的时间为t2＝×2π ，则这个摆的周期为T＝t1＋t2＝(＋1)π 。故A、B、C错误，D正确。 【变式1】（多选）甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以判定(　　) A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9∶4 B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2 C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3 D．若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则甲、乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9∶4 【答案】BCD 【解析】根据题图可知，单摆振动的周期关系T甲＝T乙，所以周期之比为＝，所以频率之比＝，故B、C正确；若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则重力加速度相同，根据周期公式T＝2π，可得摆长之比为4∶9，故A错误；若甲、乙两单摆在不同地点摆动，摆长相同，根据T＝2π得：重力加速度之比为9∶4，故D正确 【变式2】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，该情景可视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．铁球的质量增大，周期增大 B．t=4s时，摆球的速度最大 C．该单摆的摆长约为4m D．铁球摆开的角度增大，周期增大 【答案】C 【详解】AD．根据单摆的周期公式由此可知，周期的大小与铁球的质量、摆开的角度无关，故AD错误；B．由图可知，t=4s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； C．由图可知，单摆的周期为4s，所以摆长为故C正确。故选C。 【变式3】（多选）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，。下列说法正确的是（    ） A．单摆的摆长约为0.16m B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为 C．单摆的摆长约为1m D．从到的过程中，摆球的加速度逐渐减小，速度逐渐增大 【答案】AD 【详解】AC．由公式解得A正确，C错误；B．由振动图像读出周期，振幅，又根据则单摆的位移x随时间t变化的关系式为代入数据得 B错误；D．从到的过程中，摆球靠近平衡位置，则加速度逐渐减小，速度逐渐增大，D正确。故选AD。 【巩固训练】 1．关于单摆，下列认识中正确的是（　　） A．一根线系着一个球悬挂起来，这样的装置就是单摆 B．可以看成单摆的装置中，细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多 C．单摆的振动总是简谐运动 D．两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同 【答案】B 【详解】AB．一根线系着一个球悬挂起来，并且满足细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多时，这样的装置才能视为单摆，故A错误，B正确； C．只有在摆角很小的情况下，单摆的振动才是简谐运动，故C错误； D．两个单摆结构相同时，它们的振动步调不一定相同，还与是否是受迫振动还是简谐振动有关，故D错误。 故选B。 2．关于单摆，下列说法正确的是（　　） A．单摆摆球从平衡位置运动到最大位移处再回到平衡位置完成一次全振动 B．若单摆做简谐运动的周期为T，则摆球动能变化的周期也为T C．摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供单摆摆球的回复力 D．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零 【答案】C 【详解】A．单摆摆球从平衡位置运动到最大位移处再回到平衡位置完成全振动的一半，选项A错误； B．若单摆做简谐运动的周期为T，因单摆每次到达平衡位置时动能都是最大的则摆球动能变化的周期也为，选项B错误； C．摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供单摆摆球的回复力，选项C正确； D．单摆摆球经过平衡位置时有向心加速度，则加速度不为零，选项D错误。 故选C。 3．关于单摆，下列说法不正确的是（　　） A．单摆的回复力是重力的分力 B．单摆的摆角小于 5°，可看作简谐振动 C．单摆的振幅不论多大，其周期均为 D．单摆的振动是变加速运动 【答案】C 【详解】A．单摆的回复力是重力的切向分力，选项A正确； B．单摆做简谐运动的条件是摆角很小，不超过5°，选项B正确； C．单摆做简谐运动时周期，要求摆角很小不超过5°，选项C错误； D．单摆振动中加速度不断变化，是变加速运动，选项D正确。 本题选不正确的，故选C。 4．如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则（　　） A．甲、乙两个单摆的振幅分别为2cm、－1cm B．甲、乙两个单摆的机械能可能相等 C．第4s末，甲乙两个摆球的加速度均为零 D．第2s末甲的速度达到最大，乙的向心加速度达到最大 【答案】B 【详解】A．振幅为偏离平衡位置的最大距离，故甲、乙两个单摆的振幅分别为2cm、1cm，A错误； B．甲、乙的周期分别为4s、8s，由单摆周期公式；可知，甲的摆长较短，但甲的振幅较大，机械能为摆球到达最大位移处的势能，且摆球质量未知，故可能相等，B正确； C．第4s末，两摆球均在平衡位置，故甲、乙两摆球切线方向的加速度均为零，但向心加速度均不为零，C错误； D．第2s末甲处于平衡位置，速度达到最大，乙处于最大位移处，速度为零，向心加速度为零，D错误。 故选B。 5．如图甲所示是一个单摆，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，由此可知（　　） A．单摆振动的频率为2.5Hz B．时摆球位于B点，绳的拉力最大 C．时摆球位于平衡位置O，加速度为零 D．若当地的重力加速度，则这个单摆的摆长是0.16m 【答案】D 【详解】A．由图可知，振动周期是0.8s，所以振动频率为1.25 Hz，A错误； B．摆球的位移为负向最大，所以摆球位于B点，此时绳的拉力与重力法向分力平衡，所以拉力最小。B错误； C．时摆球位于平衡位置O，回复加速度为零，但是向心加速度不为零。C错误； D．根据周期公式得；D正确。 故选D。 6．甲、乙两人观察同一单摆的振动,甲每经过 3.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在其平衡位置处;乙每经过 4.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在平衡位置右侧的最高处,由此可知该单摆的周期不可能的是 A．0.5s B．1.0s C．1.5s D．2.0s 【答案】C 【详解】摆的摆动具有周期性，题中每次经过半个周期通过平衡位置或最右端；故3s和4s都是半周期的整数倍，故时间差1s也是半周期的整数倍；即；（n为正整数） A.T＝0.5s时，n＝4，故A正确；B.T＝1.0s时，n＝2，故B正确； C.T＝1.5s时，n＝，故C错误；D.T＝2.0s时，n＝1，故D正确； 故选C． 7．如图所示是描绘沙摆振动图象的实验装置和木板上留下的实验结果。沙摆的运动可看做简谐运动。若沙摆摆长为1m，木板的长度是，取，那么下列说法中正确的是（　　） A．该沙摆的周期为 B．该沙摆的频率为 C．这次实验匀速抽动木板的速度为0.1m/s D．这次实验匀速抽动木板的速度为0.2m/s 【答案】D 【详解】AB．根据单摆的周期公式 代入数据可得，该沙摆的周期为；则频率为；故AB错误； CD．由题图可知，匀速抽出木板的过程中，沙摆刚好完成两次全振动，故匀速抽动木板的速度大小为；故C错误，D正确。 故选D。 8．如图甲所示，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。设向右为正方向。图乙是单摆的振动图像。当地的重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　） A．单摆振动的周期为0.4s B．单摆振动的频率是2.5Hz C．时摆球在M点 D．单摆的摆长约为0.32m 【答案】C 【详解】A.由题图乙知周期，选项A错误； B.则频率；选项B错误； C.由题图乙知，时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时摆球在M点，选项C正确； D.由单摆的周期公式得；选项D错误。 9．一单摆在竖直平面内做小角度摆动。摆球从左侧最高点A运动到最低点C时，摆线被悬点O（未画出）正下方的钉子P挡住，之后球运动到右侧最高点B，该过程中的频闪照片如图所示，已知闪光的时间间隔相等， 。则O、P两点间的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设相邻两次闪光的时间间隔为，则摆球在左侧的摆动周期为 摆球在右侧的摆动周期为；可得 根据单摆周期公式；可解得 则O、P两点间的距离为 故选A。 10.(多选)一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是(　　) A．t1时刻摆球速度为零，摆球的合外力为零 B．t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 C．t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大 D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 【答案】CD 【解析】由题图可知t1时刻摆球在正向最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零，故A错误；t2、t4时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错误，D正确；t3时刻摆球在负向最大位移处，速度为零，回复力最大，故C正确 11．关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论中正确的是(　　) A．摆球受重力、摆线的拉力、回复力、向心力的作用 B．摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大 C．摆球的回复力最大时，摆线中的拉力大小比摆球的重力大 D．摆球所需的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向 【答案】B 【解析】单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力，故A错误；重力垂直于摆线的分力提供回复力，当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，此时摆线的拉力等于摆球的重力沿摆线的分力，则摆线的拉力小于摆球的重力；在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，故C、D错误，B正确． 12．一单摆由甲地移到乙地后，发现振动变快了，其变快的原因及调整的方法是(　　) A．g甲>g乙，将摆长缩短 B．g甲<g乙，将摆长放长 C．g甲<g乙，将摆长缩短 D．g甲>g乙，将摆长放长 【答案】B 【解析】根据单摆的周期公式T＝2π，振动变快了，则周期变短了，说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即g乙>g甲，为了增大周期，可以增大摆长，B正确． 13．将秒摆(周期为2 s)的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的(　　) A．只将摆球质量变为原来的 B．只将振幅变为原来的2倍 C．只将摆长变为原来的4倍 D．只将摆长变为原来的16倍 【答案】C 【解析】由T＝2π可知，单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B错误；对秒摆，T0＝2π＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2π＝4 s，则l＝4l0，C正确，D错误． 14.将一个摆长为 的单摆放在一个光滑的、倾角为 的斜面上，其摆角为 ，如图所示，下列说法正确的是( ) A.摆球做简谐运动的回复力为 B.摆球做简谐运动的回复力为 C.摆球经过平衡位置时合力为零 D.摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为 【答案】 【详解】摆球做简谐运动的回复力由重力沿斜面的分力沿圆弧的切向方向的分力来提供，则回复力为 ，故选项 正确， 错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项 错误；设摆球在平衡位置时速度为 ，由动能定理得 ，由牛顿第二定律得 ，由以上两式可得线的拉力为 ，故选项 错误。 15．（多选）如图甲所示，点为单摆的固定悬点，现将小摆球（小摆球可视为质点，且细线处于张紧状态）拉至点，释放小摆球，则小摆球将在竖直平面内的、、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）。图乙表示小摆球对摆线的拉力大小随时间变化的曲线，且图中时刻为小摆球从点开始运动的时刻。下列说法正确的是（取） A．单摆的振动周期为 B．可以算出单摆摆长 C．在小于的情况下，越大，周期越大 D．在小于的情况下，越大，运动过程中的最大速度越大 【答案】BD 【详解】A．一个单摆的振动一个周期内，小球两次经过最低点，由图可知，振动的周期应该为0.4πs，故A错误；B．由单摆周期公式可得故B正确；C．在θ小于5°的情况下，单摆做简谐振动，θ变大，但周期不变，故C错误；D．小球下落过程中机械能守恒，记小球质量为m，绳长为L，由题意有 解得θ 越大，cosθ 越小，运动过程中的最大速度越大，故D正确。故选BD。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第4节 单摆 目 录 【学习目标】 1 【知识梳理】 2 考点一、单摆及单摆的回复力 2 考点二、单摆的回复力 2 考点三、单摆的周期 2 【巩固训练】 5 【学习目标】 1.知道单摆是一种理想化模型，理解单摆模型的条件。 2.知道单摆振动时回复力的来源。 3.能通过理论推导，判定单摆小角度振动时的运动特点。（重点） 4.知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系，能运用其解决相关实际问题。（重难点） 【知识梳理】 考点一、单摆及单摆的回复力 1．单摆的组成：由细线和小球组成 2．理想化模型 (1)细线的质量与小球相比可以忽略 (2)小球的直径与线的长度相比可以忽略 (3)摆线的形变量与摆线长度相比可以忽略 (4)空气阻力与摆球的重力及细线的拉力相比可以忽略 考点二、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，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。 (1)摆球受力：如图所示，摆球受细线拉力和重力作用 (2)向心力来源：细线对摆球的拉力和摆球重力沿径向的分力的合力 (3)回复力来源：摆球重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ提供了使摆球振动的回复力 单摆做简谐运动的推证 在偏角很小时，sin θ≈，又回复力F＝mgsin 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，单摆做简谐运动 考点三、单摆的周期 1．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 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1】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，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．摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用 B．摆球在A点和C点处，速度为零，合力与回复力也为零 C．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 D．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 【典例2】如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点的正下方L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，这个摆的周期是(　　) A．2π　　　　　　B．π C．(＋1)π D．(＋1)π 【变式1】（多选）甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以判定(　　) A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9∶4 B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2 C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3 D．若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则甲、乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9∶4 【变式2】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，该情景可视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．铁球的质量增大，周期增大 B．t=4s时，摆球的速度最大 C．该单摆的摆长约为4m D．铁球摆开的角度增大，周期增大 【变式3】（多选）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，。下列说法正确的是（    ） A．单摆的摆长约为0.16m B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为 C．单摆的摆长约为1m D．从到的过程中，摆球的加速度逐渐减小，速度逐渐增大 【巩固训练】 1．关于单摆，下列认识中正确的是（　　） A．一根线系着一个球悬挂起来，这样的装置就是单摆 B．可以看成单摆的装置中，细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多 C．单摆的振动总是简谐运动 D．两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同 2．关于单摆，下列说法正确的是（　　） A．单摆摆球从平衡位置运动到最大位移处再回到平衡位置完成一次全振动 B．若单摆做简谐运动的周期为T，则摆球动能变化的周期也为T C．摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供单摆摆球的回复力 D．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零 3．关于单摆，下列说法不正确的是（　　） A．单摆的回复力是重力的分力 B．单摆的摆角小于 5°，可看作简谐振动 C．单摆的振幅不论多大，其周期均为 D．单摆的振动是变加速运动 4．如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则（　　） A．甲、乙两个单摆的振幅分别为2cm、－1cm B．甲、乙两个单摆的机械能可能相等 C．第4s末，甲乙两个摆球的加速度均为零 D．第2s末甲的速度达到最大，乙的向心加速度达到最大 5．如图甲所示是一个单摆，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，由此可知（　　） A．单摆振动的频率为2.5Hz B．时摆球位于B点，绳的拉力最大 C．时摆球位于平衡位置O，加速度为零 D．若当地的重力加速度，则这个单摆的摆长是0.16m 6．甲、乙两人观察同一单摆的振动,甲每经过 3.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在其平衡位置处;乙每经过 4.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在平衡位置右侧的最高处,由此可知该单摆的周期不可能的是 A．0.5s B．1.0s C．1.5s D．2.0s 7．如图所示是描绘沙摆振动图象的实验装置和木板上留下的实验结果。沙摆的运动可看做简谐运动。若沙摆摆长为1m，木板的长度是，取，那么下列说法中正确的是（　　） A．该沙摆的周期为 B．该沙摆的频率为 C．这次实验匀速抽动木板的速度为0.1m/s D．这次实验匀速抽动木板的速度为0.2m/s 8．如图甲所示，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。设向右为正方向。图乙是单摆的振动图像。当地的重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　） A．单摆振动的周期为0.4s B．单摆振动的频率是2.5Hz C．时摆球在M点 D．单摆的摆长约为0.32m 9．一单摆在竖直平面内做小角度摆动。摆球从左侧最高点A运动到最低点C时，摆线被悬点O（未画出）正下方的钉子P挡住，之后球运动到右侧最高点B，该过程中的频闪照片如图所示，已知闪光的时间间隔相等， 。则O、P两点间的距离为（　　） A． B． C． D． 10.(多选)一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是(　　) A．t1时刻摆球速度为零，摆球的合外力为零 B．t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 C．t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大 D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 11．关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论中正确的是(　　) A．摆球受重力、摆线的拉力、回复力、向心力的作用 B．摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大 C．摆球的回复力最大时，摆线中的拉力大小比摆球的重力大 D．摆球所需的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向 12．一单摆由甲地移到乙地后，发现振动变快了，其变快的原因及调整的方法是(　　) A．g甲>g乙，将摆长缩短 B．g甲<g乙，将摆长放长 C．g甲<g乙，将摆长缩短 D．g甲>g乙，将摆长放长 13．将秒摆(周期为2 s)的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的(　　) A．只将摆球质量变为原来的 B．只将振幅变为原来的2倍 C．只将摆长变为原来的4倍 D．只将摆长变为原来的16倍 14.将一个摆长为 的单摆放在一个光滑的、倾角为 的斜面上，其摆角为 ，如图所示，下列说法正确的是( ) A.摆球做简谐运动的回复力为 B.摆球做简谐运动的回复力为 C.摆球经过平衡位置时合力为零 D.摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为 15．（多选）如图甲所示，点为单摆的固定悬点，现将小摆球（小摆球可视为质点，且细线处于张紧状态）拉至点，释放小摆球，则小摆球将在竖直平面内的、、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）。图乙表示小摆球对摆线的拉力大小随时间变化的曲线，且图中时刻为小摆球从点开始运动的时刻。下列说法正确的是（取） A．单摆的振动周期为 B．可以算出单摆摆长 C．在小于的情况下，越大，周期越大 D．在小于的情况下，越大，运动过程中的最大速度越大 / 学科网（北京）股份有限公司 $