第二章 4．单摆-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（人教版）

4．单摆 【素养目标】　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．知道单摆是简谐运动的一个特例，既有简谐运动的共性，又有单摆的特殊性。3．理解单摆的周期公式，会运用单摆的周期公式解决有关问题。 知识点一　单摆的回复力 【情境导入】　判断下列装置中哪些可以构成单摆？ 提示：只有(f)装置能构成单摆。 【教材梳理】 (阅读教材P46—P47完成下列填空) 1．单摆 (1)构造：由长度不变的细线和小球组成。 (2)模型条件 ①细线的质量与小球相比可以忽略。 ②球的直径与线的长度相比可以忽略，可以看成质点。 2．单摆的回复力 (1)来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。 (2)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大小成正比，方向总指向平衡位置，即F＝＝－kx。 (3)结论：在摆角很小时，单摆的运动可以看成简谐运动。 【师生互动】　如图所示，使被细线悬挂的小球偏离竖直方向一个很小的夹角，然后释放，小球在A、A′间来回摆动，O为平衡位置，不计空气阻力。 任务1．分析小球摆动过程中受到哪些力的作用？ 任务2．什么力提供小球的向心力？什么力提供小球的回复力？ 任务3．小球经过平衡位置时回复力为零，合力也为零吗？ 提示：任务1．小球受重力和细线的拉力作用。 任务2．细线的拉力和重力沿半径方向的分力的合力提供小球的向心力；重力沿圆弧切线方向的分力提供小球的回复力。 任务3．小球经过平衡位置时做圆周运动，其合力不为零。 【探究归纳】 1．单摆的回复力 (1)受力分析：如图所示，受细线拉力和重力的作用。 (2)向心力来源：由细线的拉力和重力沿半径方向的分力的合力提供。 (3)回复力来源：由重力沿圆弧切线方向的分力F＝mg sin θ 提供。 2．单摆做简谐运动的条件的理解 在摆角很小时，sin θ ≈，又因为回复力F＝mg sin θ，所以回复力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)，由此可知回复力符合F＝－kx，单摆做简谐运动。 学生用书第56页 (2024·山东临沂高二期中) 如图所示，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．摆球在A点和C点处，速度为零，所受合力也为零 B．摆球在A点和C点处，速度为零，所受回复力也为零 C．摆球在B点处，速度最大，所受回复力也最大 D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 答案：D 解析：摆球在重力和细线拉力作用下沿圆弧AC做圆周运动，在A、C处速度为零，所受合力不为零，A错误；在最低点B处速度最大，所需向心力最大，重力沿细线方向的分力最大，细线的拉力最大，D正确；回复力F＝mg sin θ，其中θ为摆线偏离竖直方向的角度，所以摆球在摆动过程中，在A、C处回复力最大，在最低点B处回复力为零，B、C错误。故选D。 针对练1．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．摆球受到的回复力是它的合力 C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零 D．摆角很小时，摆球受到的合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 答案：A 解析：摆球受到的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力，且总是指向平衡位置；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，合力方向指向悬点，即指向圆心；摆球所受的回复力与位移大小成正比。故选A。 针对练2．(多选)如图为均匀小球在做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称。下列说法正确的是(　　) A．小球受重力、绳子拉力和回复力 B．小球所受合力就是单摆的回复力 C．小球在O点时合力不为0，回复力为0 D．小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等 答案：CD 解析：小球只受两个力：重力和绳子拉力，A错误；单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，B错误；单摆在O点时，回复力为0，但合力不为0，合力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据对称性可知，D正确。故选CD。 知识点二　单摆的周期 【情境导入】　如图所示，意大利物理学家伽利略在比萨的教堂中观察吊灯摆动现象时发现了摆的等时性，即在摆角小于5°时，不论摆钟摆动幅度大些还是小些，完成一次摆动的时间总是相同的。荷兰物理学家惠更斯定量研究了单摆的周期大小与摆长的关系。 (1)摆钟摆动的周期与摆动的振幅大小有关吗？与摆锤的质量大小有关吗？ (2)摆钟摆动的周期与摆锤的长度有关吗？ 提示：(1)无关；无关。(2)有关。 【教材梳理】 (阅读教材P47—P49完成下列填空) 1．单摆周期公式的提出：单摆的周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。 2．公式：T＝，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。 【师生互动】　如图所示的三个单摆，其中a、b摆球的质量不相同、摆长相同，a、c摆球的质量相同、摆长不同。 任务1．把a、b拉开相同的小角度(小于5°)摆动，其周期大小有什么关系？说明什么问题？ 任务2．如果a、b摆球的质量相同，把a、b拉开不同的小角度(均小于5°)摆动，其周期大小有什么关系？说明什么问题？ 学生用书第57页 任务3．把a、c拉开相同的小角度(小于5°)摆动，其周期大小有什么关系？说明什么问题？ 提示：任务1．a、b的周期相同，说明单摆的周期与摆球质量无关。 任务2．a、b的周期相同，说明单摆的周期与振幅无关。 任务3．a的周期大于c的周期，说明单摆的周期与摆长有关。 【探究归纳】 单摆周期公式T＝2π 的理解 1．T与摆长l和当地的重力加速度g有关。 2．T与振幅和摆球质量无关，故T又叫作单摆的固有周期。 3．适用条件：摆角很小(一般小于5°)。 单摆周期公式的理解及应用 (多选)如图为地球表面甲、乙两单摆的振动图像。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置位移的正方向，地球上的自由落体加速度为10 m/s2，月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．甲、乙两个单摆的摆长之比为4∶1 B．甲单摆在月球上做简谐运动的周期为5 s C．甲单摆振动的振幅为4 cm D．甲单摆的摆长约为4 m 答案：BC 解析：由题图可知，在地球上甲单摆的周期为2 s，乙单摆的周期为4 s，甲、乙两单摆的周期之比为1∶2，根据单摆周期公式T＝2π，可得l＝T2，则甲、乙两单摆的摆长之比为1∶4，A错误；根据单摆周期公式T＝2π，可得，可得T月甲＝5 s，B正确；振幅为偏离平衡位置的最大距离，由题图可知，甲单摆振动的振幅为4 cm，C正确；甲单摆的周期为2 s，根据单摆周期公式T＝，可得摆长l甲≈1 m，D错误。故选BC。 针对练．(2024·河南信阳高二月考) 如图所示，摆钟正常工作时其摆锤的运动可看成简谐运动，摆锤每摆动半个周期，表盘上的分针就会向前微小跃动一次，分针每次向前跃动的距离不变。以下说法正确的是(　　) A．摆锤摆动的振幅越大，摆钟计时越准 B．要使摆钟走得慢些，可通过缩短它的摆长来实现 C．若把摆钟置于正在运行的天宫空间站，其摆锤不会正常摆动 D．在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时，在南极的摆钟走得慢些 答案：C 解析：为了使摆钟摆动时计时准确，摆锤摆动的摆角不能大于5°，可知摆锤摆动的振幅不能太大，故A错误；缩短摆锤的摆长，由T＝2π可知，周期变小，摆钟走得更快，故B错误；若把摆钟置于正在运行的天宫空间站，因为处于完全失重状态，摆锤不会正常摆动，故C正确；在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时，因为赤道重力加速度小，由T＝2π可知，在赤道的摆钟周期长，所以赤道的摆钟走得慢些，故D错误。故选C。 单摆“等效摆长”的理解及应用 (多选) 如图所示，三根细线于O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使∠AOB成直角，∠BAO＝30°，已知OC线长为L，下端C点系着一个小球(直径可忽略)。下列说法正确的是(　　) A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π B．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝π C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π D．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝2π [审题指导]　(1)小球在纸面内摆动时以O点为悬点，等效摆长为OC＝L。 (2)小球在垂直纸面内摆动时以CO的延长线与AB的交点O′为悬点，等效摆长为CO＋OO′。 答案：AB 解析：让小球在纸面内摆动，以O点为悬点摆动，其摆长为L，周期T＝2π ，故A正确，C错误；让小球在垂直纸面内摆动，小球以O′为悬点摆动，如图所示，等效摆长L′＝L＋OO′＝L＋AO·sin 30°＝L＋AB cos 30°·sin 30°＝，故T′＝2π ＝π ， 故B正确，D错误。故选AB。 单摆等效摆长的理解 1．摆长l的意义：指从悬点到摆球重心的长度。 2．对于实际的单摆：摆长l＝l′＋，l′为摆线长，D为摆球直径。 3．等效摆长 (1)如图(a)中小球在O点右侧运动时摆长为L，在O点左侧运动时摆长为L。 (2)如图(b)中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来的效果是相同的，故甲摆的等效摆长为l sin α。 学生用书第58页 (3)如图(c)中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 　　 针对练．如图所示，长为l的细绳下方悬挂一小球a。绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是(　　) 答案：A 解析：小球从右向左运动到平衡位置的过程，相当于运动第一个周期，根据单摆周期公式有t＝，从平衡位置向左运动到最左端的过程，相当于运动了第二个周期，有t′＝，由此可知t＝2t′；结合位移来分析，设竖直位移最大值为h，第一个周期的水平位移最大值xm1＝＝，第二个周期的水平位移最大值xm2＝＝，可知xm1>xm2。故选A。 单摆中等效重力加速度的理解及应用 如图所示，单摆甲放在空气中，周期为T甲；单摆乙放在以加速度a(g>a)向下加速的电梯中，周期为T乙；单摆丙带正电荷，放在匀强电场E中，周期为T丙，单摆甲、乙、丙的摆长l相同，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　) A．T甲>T乙>T丙 B．T乙>T甲>T丙 C．T丙>T甲>T乙 D．T乙>T甲＝T丙 [审题指导]　(1)单摆乙的“等效重力加速度”g效＝g－a。 (2)单摆丙的“等效重力加速度”g′＝g＋。 答案：B 解析：根据单摆周期公式，对甲摆有T甲＝2π；对乙摆，“等效重力加速度”g效＝g－a，则有T乙＝；对丙摆，由于摆球受竖直向下的重力的同时，还受竖直向下的电场力，等效重力F＝mg＋qE，故等效重力加速度g′＝g＋，故周期T丙＝，所以T乙>T甲>T丙。故选B。 单摆周期公式中重力加速度g的理解 1．单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态时，g为当地的重力加速度。 2．单摆在某天体表面时，g为该天体表面的重力加速度，不同天体表面的g一般不同。 3．单摆(摆球带电)如果处在匀强电场中时，g效应该由等效重力G效(重力与电场力的合力)决定，即g效＝。　　 知识点三　“类单摆”模型 两类常见的“类单摆”模型 1．如图甲所示，为竖直面内半径为R的光滑小圆弧轨道，且≪R(或对应圆心角∠BOC很小)，当小球(可视为质点)在上运动时，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，小球的运动与单摆中摆球的运动特点完全相同，故其运动为“类单摆”运动，等效摆长为R。 2．如图乙所示，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，使小球在斜面内小角度摆动，小球受到重力、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G′＝mg sin θ，等效重力加速度g′＝g sin θ。 学生用书第59页 (多选)(2024·安徽蚌埠高二月考) 如图所示，在倾角为α光滑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2π B．摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为m C．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的周期将增大 D．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的周期将减小 答案：AD 解析：单摆在斜面上摆动时，等效重力加速度g′＝g sin α，所以单摆在斜面上摆动的周期T＝2π＝2π，故A正确；回复力大小与摆球偏离平衡位置的位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为0，故B错误；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g″＝g sin α＋，所以单摆在斜面上摆动的周期T′＝2π＝2π <T，故C错误，D正确。故选AD。 处理“类单摆”问题的思路 1．判断是否符合“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T＝2π或简谐运动规律分析求解有关问题。　　 针对练．如图所示，光滑圆槽的半径R远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三个小球(均可视为质点)同时由静止释放，开始时，甲球比乙球离槽最低点O远些，丙球在槽的圆心处。则以下关于它们第一次到达点O的先后顺序的说法正确的是(　　) A．乙先到，然后甲到，丙最后到 B．丙先到，然后甲、乙同时到 C．丙先到，然后乙到，甲最后到 D．甲、乙、丙同时到 答案：B 解析：对于甲、乙两球，运动周期均为T＝2π ，甲、乙两球第一次到达点O时运动了T，则t1＝t2＝；对于丙球，根据自由落体运动规律有R＝gt32，解得t3＝ ，故丙先到，然后甲、乙同时到。故选B。 课时测评10　单摆 (时间：45分钟　满分：80分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－15题，每题4分，16－19题，每题5分，共80分) 1．有一个正在摆动的秒摆(T＝2 s)，若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t＝1.6 s时，以下对摆球的运动情况及回复力变化情况正确的是(　　) A．正在向左做减速运动，回复力正在增大 B．正在向右做减速运动，回复力正在增大 C．正在向右做加速运动，回复力正在减小 D．正在向左做加速运动，回复力正在减小 答案：D 解析：秒摆的周期T＝2 s，取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，当t＝1.6 s时，即T<t<T，说明摆球正从最右端向平衡位置做加速运动，即向左做加速运动；由于摆角在减小，故回复力F回＝mg sin θ也在减小。故选D。 2．(2024·广西桂林高二期中)一单摆的摆长为L，摆球的质量为m，振动的周期为4 s，g为当地重力加速度，则下列说法正确的是(　　) A．当摆球的质量m减为时，振动周期变为2 s B．当摆长L减为时，振动周期变为2 s C．当重力加速度g减为时，振动周期变为8 s D．当单摆的振幅减小为原来的时，振动周期变为8 s 答案：C 解析：单摆的振动周期T＝2π ，由此可知，单摆的振动周期与摆球的质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，故A、D错误；当摆长减为原来一半时，有T′＝2π s，故B错误；当重力加速度g减为时，有T ″＝2π＝2T＝8 s，故C正确。故选C。 3．(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　) A．将单摆由沈阳移至广州，单摆周期变大 B．将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期变小 C．当单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度最大 D．当单摆的摆球运动到平衡位置时，受到的合力为零 答案：AC 解析：将单摆由沈阳移至广州，重力加速度减小，根据T＝2π 可知，单摆周期变大，A正确；单摆的周期与摆角无关，将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期不变，B错误；当单摆的摆球运动到平衡位置时，有向心加速度，则受到的合力不为零，C正确，D错误。故选AC。 4．惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。图甲为日常生活中我们常见到的一种摆钟，图乙为摆钟的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在A地走时准确的摆钟移到B地未做其他调整时摆动加快了，下列说法正确的是(　　) A．A地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动 B．A地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动 C．B地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动 D．B地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动 答案：C 解析：由A地到B地摆钟摆动加快说明周期变小，由单摆周期公式T＝2π ，可知重力加速度变大，要使周期不变小，则应适当增加摆长，即将螺母适当向下移动。故选C。 5．(2024·广东广州高二期中)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时开始计时，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，重力加速度g取。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是(　　) A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin (2πt)cm B．单摆的摆长约为2.0 m C．从t＝0.5 s到t＝1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐减小 D．从t＝0.5 s到t＝1.0 s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大 答案：C 解析：根据题图乙可知单摆的周期、振幅分别为T＝2 s，A＝8 cm，则ω＝＝π rad/s，单摆从平衡位置开始的位移x随时间t变化的关系式为x＝A sin ωt＝8sin (πt) cm，故A错误；根据单摆周期公式T＝，解得l≈1.0 m，故B错误；从t＝0.5 s到t＝1.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C正确；从t＝0.5 s到t＝1.0 s的过程中，摆球的位移大小减小，回复力减小，故D错误。故选C。 6．(2024·内蒙古兴安联盟高二期末)如图甲所示，单摆在竖直面内的A、C之间做简谐运动。小南同学利用传感器得到了单摆的摆球沿摆线方向的a-t关系图(如图乙)。为了进一步研究单摆的特性，小华继续实验。先使摆球(视为质点)带负电(摆线是绝缘的)，然后分别将其放在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中。对于此次研究，小华的猜想正确的是(　　) A．由a-t图像可得单摆摆动的周期为t1 B．摆球运动到最低点B时，回复力为零，所受合力为零 C．加上匀强磁场后，A与C不在同一水平面 D．加上匀强电场后，单摆周期变小 答案：D 解析：单摆运动过程中在A点时沿摆线方向的加速度最小，在B点时沿摆线方向的加速度最大，到达C点时沿摆线方向的加速度又最小，单摆的一个周期运动为A→B→C→B→A，结合题图乙可知，单摆摆动的周期为t2，故A错误；摆球运动到最低点B时，摆球相对平衡位置的位移为0，则回复力为零，由于沿摆线方向的合力提供向心力，则沿摆线方向的加速度不为零，即所受合力不为零，故B错误；加上匀强磁场后，根据左手定则可知，小球所受洛伦兹力方向与速度方向垂直，垂直摆线方向的运动不受影响，即A与C仍然在同一水平面，故C错误；加上竖直向上的匀强电场后，小球受竖直向下的电场力，可知等效重力加速度变大，根据T＝2π可知单摆周期减小，故D正确。故选D。 7．(2024·山东菏泽高二期中) 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mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则(　　) A．如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧 B．如果mA>mB，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 解析：根据单摆周期公式T＝2π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T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。 8．(多选)(2024·河南开封高二月考)图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，其中F的最大值Fmax＝1.02 N，已知摆球质量m＝100 g，重力加速度g取9.8 m/s2，π2取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．单摆周期为1.6 s B．单摆摆长为0.32 m C．F的最小值Fmin＝0.96 N D．若仅将摆球质量变为200 g，单摆周期不变 答案：ACD 解析：根据单摆振动的规律可知，在一个周期内摆球会经过最低点两次，即摆线会出现两次拉力最大的时刻，由题图乙可知，单摆周期T＝1.6 s，故A正确；根据单摆周期公式T＝2π，解得单摆摆长l＝＝0.64 m，故B错误；设单摆的摆角为θ，当摆球摆到最高点时摆线拉力最小，为Fmin＝mg cos θ，设摆球运动至最低点时的速度大小为v，则根据机械能守恒定律有mv2＝mgl(1－cos θ)，在最低点时，根据牛顿第二定律有Fmax－mg＝m，联立解得Fmin＝0.96 N，故C正确；单摆的周期与摆球的质量大小无关，故D正确。故选ACD。 9．如图为相同的小球(可看作质点)构成的单摆，所有的绳子长度都相同，均为绝缘细绳，在不同的条件下的周期分别为T1、T2、T3、T4，其中图(3)两小球均带负电荷，图(4)中振动系统处于匀加速(a<g)下降的电梯内，关于周期大小关系的判断，下列正确的是(　　) A．T1>T2>T3>T4 B．T4<T1＝T3<T2 C．T4>T1＝T3>T2 D．T1<T2<T3<T4 答案：C 解析：设绳子长度为l，根据单摆周期公式可得四幅图的周期分别为T1＝2π、T2＝2π 、T3＝2π 、T4＝2π ，则T4>T1＝T3>T2。故选C。 10．(2024·河南郑州高二期中)如图所示，在地球上同一个地区创设不同的条件进行单摆实验。图甲装置置于真空中，悬点处固定一带正电的小球，绝缘细线下端连接另一带正电小球，周期记为T1；图乙中，单摆的悬点在一向下加速的电梯顶端，周期记为T2；图丙中的摆球带正电，在如图所示的匀强磁场中进行摆动，周期记为T3；图丁中的摆球带正电，在如图所示的匀强电场中进行摆动，周期记为T4。若四个单摆的摆长一样长，则周期关系正确的是(　　) A．T1>T2>T4>T3 B．T2>T1>T3>T4 C．T3＝T1>T4>T2 D．T2>T3＝T1>T4 答案：D 解析：题图甲中单摆所受的库仑力和题图丙中单摆所受的洛伦兹力总是沿半径方向，不影响回复力，则T1＝T3＝2π，根据等效重力加速度的求法，在平衡位置处，对乙有mg－FT乙＝ma，解得g效乙＝＝g－a，则有T2＝2π＝2π，对丁有FT丁＝mg＋qE，则g效丁＝，故T4＝2π＝2π，综上比较四个单摆的周期可知T2>T3＝T1>T4。故选D。 11．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．3π 答案：C 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，等效重力作用下有mg sin θ＝mg′，T＝2π ，可得小球回到最低点所需的最短时间tmin＝＝π 。故选C。 12．(多选)(2024·安徽安庆高二月考) 如图所示，三根长度均为L的绝缘轻细绳a、b、c组合系住一质量分布均匀且带正电的小球，球的质量为m、直径为d，带电荷量为q，绳b、c与天花板的夹角α＝30°，空间中存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度E＝，重力加速度为g，不计空气阻力，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π B．若小球做垂直于纸面的小角度摆动，则周期为π 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：AB 解析：若小球在纸面内做小角度的左右摆动，则小球以O′为圆心做简谐运动，则摆长l＝L＋，等效重力加速度g′＝2g，振动的周期T1＝2π＝＝π，故A正确；若小球做垂直于纸面的小角度摆动，则小球以O为圆心做简谐运动，摆长l′＝L＋L sin α＋，振动周期T2＝2π＝2π＝π，故B正确；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；小球摆动过程中，沿电场力方向存在位移，故电场力做功，故D错误。故选AB。 13．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2 s，则该秒摆在火星上的周期为(　　) A．3 s B． s C．2 s D．2 s 答案：B 解析：设地球质量为M、半径为R，则火星质量为0.1M、半径为0.5R，由万有引力提供向心力可知GM＝gR2，0.1GM＝0.25g火R2，解得g火＝0.4g，地球上秒摆的周期T地＝2π＝2 s，则在火星上时T火＝2πT地＝ s。故选B。 14．(2024·山东泰安高二期中) 一根细线一端固定，另一端系一密度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(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．4 s B．8 s C．12 s D．16 s 答案：D 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G′＝mg′＝ρVg′，又G′＝Vg，联立解得T′＝2π，代入数据解得T′＝16 s。故选D。 15．(2023·河南洛阳高二月考)一摆钟由甲地移到乙地后，发现走时变快了，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：摆钟变快，则周期变小，根据单摆的周期公式T＝2π，可知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。 16．(多选)如图为一单摆的振动图像，则(　　) A．t1和t3时刻摆线的拉力等大 B．t2和t3时刻摆球速度相等 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 答案：AD 解析：由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力大小相等，故A正确；t2时刻摆球在负的最大位移处，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，摆线拉力也减小，故D正确。 17．(多选)荡秋千是小孩最喜欢的娱乐项目之一，可简化为如图甲所示的单摆模型。图甲中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，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于5°且大小未知，同时由连接到计算机的力传感器得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，如图乙所示(图中所标字母以及重力加速度g均为已知量)。不计空气阻力。根据题中(包括图中)所给的信息，下列说法中正确的是(　　) A．该单摆的周期为t1＋t2 B．可以求出摆球振动的摆长 C．可以求得由A运动到C所用的时间(不考虑重复周期)为 D．在α小于5°的情况下，α增大但周期不变 答案：BCD 解析：摆球到最低位置时，绳上的拉力最大，在一个周期内摆球两次经最低点，由题图乙可知单摆的周期为T＝t2，A错误；由单摆的周期公式T＝，可以求出摆球振动的摆长l＝，B正确；由A运动到C所用的时间(不考虑重复周期)是半个周期，可以求得由A运动到C所用的时间(不考虑重复周期)为，C正确；在α小于5°的情况下，单摆的振动是简谐运动，所以α增大但周期不变，D正确。故选BCD。 18．(多选)甲、乙两位同学分别使用图甲中所示的同一套装置，观察单摆做运动时的振动图像。已知两人实验时所用的摆长相同，落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图乙中N1、N2所示。下列关于两图线相关的分析正确的是(　　) A．N1表示砂摆振动的幅度较大，N2表示砂摆振动的幅度较小 B．N1与N2振动的周期相同 C．N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大 D．N1对应的砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比N2对应的拉力大 答案：BC 解析：由题图乙可知，N1表示砂摆振动的幅度与N2表示砂摆振动的幅度相同，故A错误；由公式T＝可知，两摆由于摆长相同，则两摆的周期相同，故B正确；由题图可知，N1对应的木板运动时间为T，N2对应的木板运动的时间为2T，则N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大，故C正确；由动能定理有mgl(1－cos θ)＝，在最低点有FT－mg＝m，解得FT＝3mg－2mg cos θ，由于两摆的振动幅度相同，即θ相同，则拉力相同，故D错误。 19．(多选)将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动。用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法正确的是(　　) A．这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒 B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4 C．摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径减小，摆线张力变大 D．摆球经过最低点时，角速度变大，做圆周运动的半径减小，摆线张力不变 答案：ABC 解析：摆线碰到障碍物，由于摆线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，故A正确；频闪照片拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为3∶2，根据单摆的周期公式T＝2π 得摆长之比9:4，故B正确；摆线经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径变小，根据＝m可知摆线的张力变大，根据 v ＝ωr知角速度增大，故C正确，D错误。故选ABC。 学科网（北京）股份有限公司 $