2.4 单摆（知识解读）-2025-2026学年高二上学期物理同步知识点解读与专题训练（人教版选择性必修第一册）

本讲义聚焦高中物理单摆核心知识点，从单摆的定义与理想化模型入手，通过与弹簧振子对比明晰模型条件，再深入推导回复力来源及简谐运动特点，进而通过实验探究周期与摆长关系，最终落脚于周期公式的理解与应用，构建完整学习支架。 该资料突出模型建构（如弹簧振子与单摆对比表格）、科学探究（实验步骤与图像法数据处理）和科学思维（回复力推导过程）的融合，典例与变式题设计贴合学情，课中辅助教师实验教学与概念辨析，课后帮助学生巩固知识、查漏补缺，有效提升物理观念与科学探究能力。

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 探究单摆的周期与摆长的关系 •知识点4 单摆的周期 •作业 巩固训练 单摆 知识点1 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 【典例1】如图所示，O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉到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 【变式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 【变式1-2】（多选）关于单摆，下列说法正确的是（　　） 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2π D．单摆的振动是变加速运动 【变式1-3】理想化模型 （1）细线的质量与小球相比可以忽略。 （2）小球的 与线的长度相比可以忽略。 （3）细线的 与细线长度相比可以忽略。 （4）空气阻力与小球的 及细线的 相比可以忽略。 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 注意： （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。 【典例2】单摆在振动过程中，对摆球的分析正确的是（　　） A．摆球在最低点加速度为零 B．回复力始终由线的拉力与重力的合力提供 C．摆球在任何位置加速度都不等于零 D．摆球在最低点回复力不为零 【变式2-1】清明节荡秋千是我国的传统习俗，如图所示。秋千由踏板和绳构成，人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单摆。等效“摆球”的质量为m，摆绳长为l，忽略空气阻力。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．经过最低点时“摆球”处于平衡状态 B．“摆球”偏离最低点位移为x时，回复力 C．偏离最低点运动的过程中，“摆球”的机械能逐渐增大 D．经过最低点时，人顺势轻轻跳下，踏板的振幅将增大 【变式2-2】下列关于做简谐运动的弹簧振子和单摆的描述正确的是（　　） A．摆球经过平衡位置时所受合外力等于零 B．摆球在最大位移处所受合外力充当回复力 C．振子在加速度减小的过程中动能一定增加 D．振子在的时间内运动的路程一定是振幅的2倍 【变式2-3】如图，拉开摆球，使它偏离平衡位置一个小角度，然后放开，摆球将沿着以平衡位置O为中点的一段圆弧做往复运动，这就是单摆的振动。讨论下列问题。 (1)单摆振动过程中，摆球在任意点P受几个力作用？分别是什么力？ (2)若摆球在P点时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则重力沿圆弧切线方向的分力为多大？ 探究单摆的周期与摆长的关系 知识点3 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。 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。 【典例3】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”）。 【变式3-1】图1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2是与力传感器连接的计算机所显示的图像，其中F的最大值。已知小球质量m=0.1kg，小球的直径d=1.0cm，取重力加速度，取9.8，不计细线质量及空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球重力势能的变化周期是2s B．细线的长度是0.99m C．当t=1.25s时小球的加速度为0 D．等于0.965N 【变式3-2】某同学在探究单摆运动中，用力传感器测量摆线的拉力大小，如图甲所示。图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，g取，取10，根据图乙信息可得（    ） A．摆球在摆动的过程中受重力、摆线对摆球的拉力和回复力这3个力作用 B．在到内，摆球的重力势能在增加 C．单摆的周期是0.9s D．由乙图信息和单摆的周期公式可以计算出单摆的长度约为0.64m 【变式3-3】在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中： （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，若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、右两侧分别放置一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 ；若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径为原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将 （填“变大”“不变”或“变小”）。 单摆的周期 知识点4 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。 3、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】如图所示，一轻绳一端系一小球（可看作质点），另一端固定在天花板上，悬点为，在悬点正下方处有一突出的钉子，点距悬点的距离为轻绳长度的倍，现将小球向左拉开一微小角度，由静止释放，若不计空气阻力，且小球在此后运动过程中轻绳与竖直方向的夹角始终小于，从小球第一次通过最低点开始计时，小球第41次经过最低点用时30s，当地重力加速度，，则轻绳的长度约为（　　） A． B． C．1m D．2m 【变式4-1】秒摆是一种特殊的单摆，其振动周期为。若要将秒摆的周期变为原来的一半，下列方案可行的是（　　） A．摆角变为原来的一半 B．摆长变为原来的 C．摆球质量变为原来的2倍 D．振幅变为原来的一半 【变式4-2】（多选）如图所示，一根较长的细线一端固定，另一端系上沙漏，装置底部有一可以向前移动的长木板。当沙漏左右小幅度摆动时，漏斗中的沙子均匀流出，同时匀速拉动长木板，漏出的沙子在板上形成一条正弦曲线。在曲线上有两个位置P和Q。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．若要记录沙漏多次全振动的时间，则应该在Q点开始计时 B．随着沙子从漏斗中流出，沙漏摆动的周期将变小 C．位置P处的沙层比Q处的沙层薄一些 D．为在木板上形成更多完整的正弦曲线，应该适当减小拉动速度 【变式4-3】如图所示，光滑圆槽的半径远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三小球（均可视为质点）同时由静止释放，开始时乙球的位置低于甲球位置，甲球与圆槽圆心连线和竖直方向夹角为，丙球释放位置为圆槽的圆心，为圆槽最低点；重力加速度为。若甲、乙、丙三球不相碰。 (1)证明甲球在做简谐运动 (2)通过计算分析，甲、乙、丙三球谁先第一次到达点 1．忽略阻力，一小球单摆可看作简谐运动，小球内部填充物为细沙，其底部有一小孔，在运动过程中，细沙逐步泄漏，则小球的运动（　　） A．仍做原本的简谐运动 B．频率变大 C．周期变长 D．逐渐停止运动 2．某单摆由1m 长的摆线连接一个直径为1 cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法正确的是（　　） A．用大球替代小球，单摆的周期变小 B．摆角从5°改为4°，单摆的周期不变 C．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期变小 D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大 3．如图，一质量为的小钢球，用长为的细丝线挂在水平天花板上（线长远大于小钢球的半径）。初始时，摆线和竖直方向的夹角为。不计空气阻力，重力加速度为，则静止释放小球后，小球第一次摆到最低点所用的时间为（　　） A． B． C． D． 4．如图甲所示，单摆固定悬点为O，将摆球拉至A点（摆球可看成质点），然后由静止释放，摆球在竖直平面内的A、C之间来回摆动，摆角θ≤5°，B点为运动中的最低位置。从A点刚释放开始计时，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，不计空气阻力，重力加速度g取9.8m/s2，π2≈9.8。下列说法正确的是（　　） A．单摆的合力提供回复力 B．单摆摆长为1m C．摆球在B点处，向心加速度最大，回复力也最大 D．在1~1.5s的时间内，摆球从B点向C点运动 5．如图甲所示，单摆固定悬点为O，将摆球拉至A点（摆球可看成质点），然后由静止释放，摆球在竖直平面内的A、C之间来回摆动，摆角，B点为运动中的最低位置。从A点刚释放开始计时，摆球相对平衡位置的位移随时间变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度，。下列说法正确的是（　　） A．单摆的合力提供回复力 B．摆球受到重力、拉力、向心力三个力的作用 C．摆球在B点处，向心加速度最大，回复力也最大 D．在1~1.5s的时间内，摆球从C点向B点运动 6．如图所示，利用一半径为R的光滑圆弧面测定本地的重力加速度。把小球移到A点由静止释放，小球在A、B之间振动，圆弧面弧长。下列说法正确的是（　　） A．为较精确测量小球振动周期，计时起始位置应为A点或B点 B．为减小系统误差，应多次由静止释放小球测出各次的振动周期，然后求出振动周期的平均值 C．释放小球的位置越高振动周期越大 D．若将圆弧面的半径R作为摆长，则求得的重力加速度总比当地的重力加速大 7．a、b为一单摆及其振动图像，若从E指向G为正方向，下列说法正确的是（　　） A．图b中的A点对应着图a单摆中的E点 B．单摆摆球连续两次经过同一位置时，加速度的方向发生了变化 C．一周期内，势能增加且速度方向为正的时间范围是1.5s到2s D．一周期内，回复力为正且减小，并与速度同方向的时间范围是1.5s到2s时间段 8．如图甲所示，一单摆在O点左右振动，摆球相对于O的位移x随时间t变化的图线如图乙所示．则下列说法中正确的是（    ） A．摆球在A、B两时刻相对O点位移相同 B．摆球在A时刻的动能等于B时刻的动能 C．摆球在A时刻的势能大于B时刻的势能 D．摆球在A时刻的机械能大于B时刻的机械能 9．（多选）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能见到的一种摆钟，图乙为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动，在北京走时准确的摆钟移到长沙后，由于两地的温差及纬度的变化，摆钟走时误差较大，下列说法正确的是（　　） A．摆钟移到长沙后走时将变快 B．摆钟移到长沙后走时将变慢 C．调准时可将螺母适当向上移动 D．调准时可将螺母适当向下移动 10．（多选）关于单摆，下列说法中正确的是（　　） A．单摆振动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，其中是摆线与竖直方向之间的夹角 B．单摆的回复力是重力和摆线拉力的合力 C．单摆的摆球在平衡位置时（最低点）的加速度为零 D．单摆的振动周期在偏角很小的条件下跟振幅无关 11．（多选）一摆球在竖直平面内做单摆运动，从最低点开始计时，该单摆的振动图像如图所示，重力加速度g取，取，下列说法正确的是（　　） A．该单摆的摆长为4m B．时，摆球的加速度为0 C．时，摆球的速度最大 D．到时间内，回复力先增大后减小 12．（多选）如图所示，质量为，长为的铜棒，用长度也为的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入大小为的恒定电流后，棒向纸面外偏转的最大角度为，忽略一切阻力，则（　　） A．棒中电流的方向为 B．磁场的大小为 C．磁场的大小为 D．保持电流的大小方向恒定，在外力作用下，将ab棒拉到角时静止释放，则ab棒来回摆动的周期为 13．在用单摆测量重力加速度的实验中，测得摆长为L，单摆周期为T，求：当地重力加速度g。 14．如图所示，一质量为m的小钢球，用长为l的细丝线挂在水平天花板上（l远大于小钢球的半径），初始时，摆线和竖直方向的夹角为。静止释放小球后，求：（不计空气阻力，重力加速度为g） (1)小球摆到最低点所用的时间； (2)小球在最低点受到的拉力的大小。 15．如图甲，有一单摆，悬点为O，摆长为L。将摆球（可视为质点）拉到A点后由静止释放，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，最大摆角为，摆球质量为m。在O点接有一力传感器，图乙表示从某时刻开始计时，细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，其中t0为已知量，不计空气阻力。求： (1)当地重力加速度的大小； (2)细线对摆球拉力的最大值。 1 / 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 探究单摆的周期与摆长的关系 •知识点4 单摆的周期 •作业 巩固训练 单摆 知识点1 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 【典例1】如图所示，O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉到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】A．球受到重力、拉力两个力的作用，向心力、回复力只是效果力，故A错误； B．摆球在A点和C点处，速度为零，所需向心力为0，合力等于回复力，不为零，故B错误； CD．摆球在B点处，速度最大，根据牛顿第二定律可得 可知此时细线拉力最大；但此时重力沿切线方向的分力为零，回复力为零，故C正确，D错误。 故选C。 【变式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。 【变式1-2】（多选）关于单摆，下列说法正确的是（　　） 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2π D．单摆的振动是变加速运动 【答案】ABD 【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．单摆做简谐运动周期T＝2π，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。 故选ABD。 【变式1-3】理想化模型 （1）细线的质量与小球相比可以忽略。 （2）小球的 与线的长度相比可以忽略。 （3）细线的 与细线长度相比可以忽略。 （4）空气阻力与小球的 及细线的 相比可以忽略。 【答案】 直径 形变量 重力 拉力 【详解】（2）[1] [2]小球的直径与线的长度相比可以忽略。 （3）[3] 细线的形变量与细线长度相比可以忽略。 （4）[4] 空气阻力与小球的重力及细线的拉力相比可以忽略。 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 注意： （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。 【典例2】单摆在振动过程中，对摆球的分析正确的是（　　） A．摆球在最低点加速度为零 B．回复力始终由线的拉力与重力的合力提供 C．摆球在任何位置加速度都不等于零 D．摆球在最低点回复力不为零 【答案】C 【详解】A．摆球在最低点时沿切线方向的加速度为0，但向心加速度不为0，故A错误； BD．回复力由重力沿切线方向的分力提供，摆球在最低点回复力为零，故BD错误； C．由于摆球做圆周运动，轨迹为曲线，摆球在最高点时沿切线方向的加速度不为0，在最低点时向心加速度不为0，所以摆球在任何位置加速度都不等于零，故C正确。 故选C。 【变式2-1】清明节荡秋千是我国的传统习俗，如图所示。秋千由踏板和绳构成，人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单摆。等效“摆球”的质量为m，摆绳长为l，忽略空气阻力。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．经过最低点时“摆球”处于平衡状态 B．“摆球”偏离最低点位移为x时，回复力 C．偏离最低点运动的过程中，“摆球”的机械能逐渐增大 D．经过最低点时，人顺势轻轻跳下，踏板的振幅将增大 【答案】B 【详解】A．摆球经过最低点时具有向心加速度，所以摆球处于非平衡状态，故A错误； B．根据简谐运动公式，当摆角很小时，摆球运动的圆弧可以看作直线，可知摆球偏离最低点位移为时，回复力为，故B正确； C．摆球偏离最低点运动的过程中，动能向重力势能转化，但机械能保持不变，故C错误； D．经过最低点时，人顺势轻轻跳下，踏板的能量未增大，则振幅不变，故D错误。 故选B。 【变式2-2】下列关于做简谐运动的弹簧振子和单摆的描述正确的是（　　） A．摆球经过平衡位置时所受合外力等于零 B．摆球在最大位移处所受合外力充当回复力 C．振子在加速度减小的过程中动能一定增加 D．振子在的时间内运动的路程一定是振幅的2倍 【答案】BCD 【详解】A．摆球经过平衡位置时，轻绳拉力和振子所受重力的合力提供向心力，合力不为零，故A错误； B．摆球在最高点时，位移最大，速度为零，合力沿轨迹切线方向，充当回复力，故B正确； C．振子在加速度减小的过程中，振子的速度增大，动能一定增加，故C正确； D．根据对称性，经过半个周期，振子经过的路程是振幅的2倍，故D正确。 故选BCD。 【变式2-3】如图，拉开摆球，使它偏离平衡位置一个小角度，然后放开，摆球将沿着以平衡位置O为中点的一段圆弧做往复运动，这就是单摆的振动。讨论下列问题。 (1)单摆振动过程中，摆球在任意点P受几个力作用？分别是什么力？ (2)若摆球在P点时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则重力沿圆弧切线方向的分力为多大？ 【答案】(1)2，竖直向下的重力和沿绳方向的拉力 (2) 【详解】（1）单摆振动过程中，摆球在任意点P受竖直向下的重力和沿绳方向的拉力，两个力的作用。 （2）对摆球受力分析，如图 重力沿圆弧切线方向的分力为 探究单摆的周期与摆长的关系 知识点3 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。 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。 【典例3】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。 【变式3-1】图1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2是与力传感器连接的计算机所显示的图像，其中F的最大值。已知小球质量m=0.1kg，小球的直径d=1.0cm，取重力加速度，取9.8，不计细线质量及空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球重力势能的变化周期是2s B．细线的长度是0.99m C．当t=1.25s时小球的加速度为0 D．等于0.965N 【答案】D 【详解】AB．单摆每经过最低点动能最大，势能最小，细线拉力最大，由图2可知两次经过最低点的时间间隔是1s，小球重力势能变化周期是1s，单摆的周期是2s，根据单摆的周期公式，得摆长L=1.0m 小球的直径d=1.0cm，细线的长度，故AB错误； C．当t=1.25s时细线拉力最大，小球位于最低点，有向心加速度，故C错误； D．设单摆最大摆角为θ，最低点速度大小为v，则有，， 解得 故D正确。 故选D。 【变式3-2】某同学在探究单摆运动中，用力传感器测量摆线的拉力大小，如图甲所示。图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，g取，取10，根据图乙信息可得（    ） A．摆球在摆动的过程中受重力、摆线对摆球的拉力和回复力这3个力作用 B．在到内，摆球的重力势能在增加 C．单摆的周期是0.9s D．由乙图信息和单摆的周期公式可以计算出单摆的长度约为0.64m 【答案】BD 【详解】A．摆球在摆动的过程中受重力和摆线对抾球拉力，单摆运动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力充当，故A错误； B．当小球运动到最高点时，绳的拉力达到最小，力传感器的示数最小，所以在到内，摆球离开了最低点向最高点运动，抾球的重力势能在增加，故B正确； C．由图乙可知，单摆的周期是1.6s，故C错误； D．根据单摆的周期公式 由图乙可知 解得 故D正确。 故选BD。 【变式3-3】在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中： （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，若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、右两侧分别放置一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 ；若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径为原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将 （填“变大”“不变”或“变小”）。 【答案】 2.06 变大 【详解】（1）[1]根据题意，由图甲可知，摆球的直径为 （2）[2]一个周期内小球两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，由题图丙可得，周期为 [3]改用直径大的小球后，摆长变长，根据 可知，周期变大。 单摆的周期 知识点4 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。 3、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】如图所示，一轻绳一端系一小球（可看作质点），另一端固定在天花板上，悬点为，在悬点正下方处有一突出的钉子，点距悬点的距离为轻绳长度的倍，现将小球向左拉开一微小角度，由静止释放，若不计空气阻力，且小球在此后运动过程中轻绳与竖直方向的夹角始终小于，从小球第一次通过最低点开始计时，小球第41次经过最低点用时30s，当地重力加速度，，则轻绳的长度约为（　　） A． B． C．1m D．2m 【答案】C 【详解】从小球第一次通过最低点开始计时，小球第41次经过最低点用时30s，所以周期 根据题意 解得 故选C。 【变式4-1】秒摆是一种特殊的单摆，其振动周期为。若要将秒摆的周期变为原来的一半，下列方案可行的是（　　） A．摆角变为原来的一半 B．摆长变为原来的 C．摆球质量变为原来的2倍 D．振幅变为原来的一半 【答案】B 【详解】由单摆公式T=2π，可知，单摆的周期与摆球的质量、振幅、摆角均无关，若摆长变为原来的，则秒摆的周期变为原来的一半。 故选B。 【变式4-2】（多选）如图所示，一根较长的细线一端固定，另一端系上沙漏，装置底部有一可以向前移动的长木板。当沙漏左右小幅度摆动时，漏斗中的沙子均匀流出，同时匀速拉动长木板，漏出的沙子在板上形成一条正弦曲线。在曲线上有两个位置P和Q。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．若要记录沙漏多次全振动的时间，则应该在Q点开始计时 B．随着沙子从漏斗中流出，沙漏摆动的周期将变小 C．位置P处的沙层比Q处的沙层薄一些 D．为在木板上形成更多完整的正弦曲线，应该适当减小拉动速度 【答案】CD 【详解】A．若要记录沙漏多次全振动的时间，则应该在平衡位置P点开始计时，以减小计时误差，故A错误； B．随着沙子从漏斗中流出，沙漏的重心先降低后恢复到原来的位置，则摆长先增加后减小，根据周期为，可见单摆的周期先增加后减小，故B错误； C．由题图可知，Q点位于最大位移处，P点位于平衡位置，沙漏摆动至Q点上方最近时速度最小，运动最慢，所以细沙在Q处堆积的沙子较多，故C正确； D．根据可知，v越小，t越大；沙漏摆动的周期不变，所以拉动长木板速度慢些，即可形成更多完整的正弦曲线，故D正确。 故选CD。 【变式4-3】如图所示，光滑圆槽的半径远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三小球（均可视为质点）同时由静止释放，开始时乙球的位置低于甲球位置，甲球与圆槽圆心连线和竖直方向夹角为，丙球释放位置为圆槽的圆心，为圆槽最低点；重力加速度为。若甲、乙、丙三球不相碰。 (1)证明甲球在做简谐运动 (2)通过计算分析，甲、乙、丙三球谁先第一次到达点 【答案】(1)见解析 (2)丙球最先到达点，甲、乙两球同时到达点 【详解】（1）设甲球偏离平衡位置O点的位移为x，圆槽半径为L。将甲球所受重力沿圆槽切线方向和径向分解，切线方向的分力提供回复力F。重力沿切线方向的分力大小为 由于圆槽的半径L远大于小球运动的弧长，所以很小，所以有 由于位移x的方向与回复力的方向相反，所以有 因为回复力F与位移x大小成正比，方向相反，符合简谐运动的回复力特征 这里 所以甲球在做简谐运动。 （2）丙球做的是自由落体运动，根据自由落体运动规律有 解得丙球第一次到达点的时间为 将甲、乙两球的运动可看成类似单摆的简谐运动，其运动周期为 甲、乙两球第一次到达点O时需运动周期，则有 由于，所以丙球最先到达点，甲、乙两球同时到达点。 1．忽略阻力，一小球单摆可看作简谐运动，小球内部填充物为细沙，其底部有一小孔，在运动过程中，细沙逐步泄漏，则小球的运动（　　） A．仍做原本的简谐运动 B．频率变大 C．周期变长 D．逐渐停止运动 【答案】C 【详解】ABC．单摆周期公式为，其中为摆长（悬点到摆球质心的距离）。当细沙泄漏时，摆球质心逐渐下移，导致增大；漏完后质心回到球心，恢复。在泄漏过程中，持续增加，因此周期逐渐变长，频率减小；由于摆长变化，运动不再是原本的简谐运动，故AB错误，C正确； D．忽略阻力，能量守恒，运动不会停止，故D错误。 故选C。 2．某单摆由1m 长的摆线连接一个直径为1 cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法正确的是（　　） A．用大球替代小球，单摆的周期变小 B．摆角从5°改为4°，单摆的周期不变 C．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期变小 D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大 【答案】B 【详解】A．用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式可知，单摆的周期变大，故A错误； B．由单摆周期公式可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为4°时，单摆周期不变，故B正确； C．用等大的铜球替代铁球，单摆摆长不变，由单摆周期公式可知，单摆的周期不变，故C错误； D．将单摆从赤道移到北极，重力加速度变大，由单摆周期公式可知，单摆周期变小，故D错误。 故选B。 3．如图，一质量为的小钢球，用长为的细丝线挂在水平天花板上（线长远大于小钢球的半径）。初始时，摆线和竖直方向的夹角为。不计空气阻力，重力加速度为，则静止释放小球后，小球第一次摆到最低点所用的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】题中给的是一个单摆模型，当摆角很小时，其运动为简谐运动，周期为，静止释放小球后，小球第一次摆到最低点所用的时间为。 故选B。 【点睛】 4．如图甲所示，单摆固定悬点为O，将摆球拉至A点（摆球可看成质点），然后由静止释放，摆球在竖直平面内的A、C之间来回摆动，摆角θ≤5°，B点为运动中的最低位置。从A点刚释放开始计时，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，不计空气阻力，重力加速度g取9.8m/s2，π2≈9.8。下列说法正确的是（　　） A．单摆的合力提供回复力 B．单摆摆长为1m C．摆球在B点处，向心加速度最大，回复力也最大 D．在1~1.5s的时间内，摆球从B点向C点运动 【答案】B 【详解】A．单摆所受重力和悬线拉力的合力在摆球运动方向上的分量即为其回复力，故A错误； B．根据图示周期 且 解得，故B正确； C．最低位置B是单摆做简谐运动的平衡位置，摆球在B点处，速度最大，向心加速度最大，但回复力最小，故C错误； D．从A点刚释放开始计时，根据图乙可知，在的时间内，摆球从C点向B点运动，故D错误。 故选B。 5．如图甲所示，单摆固定悬点为O，将摆球拉至A点（摆球可看成质点），然后由静止释放，摆球在竖直平面内的A、C之间来回摆动，摆角，B点为运动中的最低位置。从A点刚释放开始计时，摆球相对平衡位置的位移随时间变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度，。下列说法正确的是（　　） A．单摆的合力提供回复力 B．摆球受到重力、拉力、向心力三个力的作用 C．摆球在B点处，向心加速度最大，回复力也最大 D．在1~1.5s的时间内，摆球从C点向B点运动 【答案】D 【详解】A．单摆所受重力和悬线拉力的合力在摆球运动方向上的分量即为其回复力，故A错误； B．摆球受到重力、拉力两个力的作用。向心力是一种效果力，在实际受力分析中不存在，故B错误； C．最低位置B是单摆做简谐运动的平衡位置，摆球在B点处，速度最大，向心加速度最大，但回复力最小，故C错误； D．从A点刚释放开始计时，根据图乙可知，在的时间内，摆球从C点向B点运动，故D正确。 故选D。 6．如图所示，利用一半径为R的光滑圆弧面测定本地的重力加速度。把小球移到A点由静止释放，小球在A、B之间振动，圆弧面弧长。下列说法正确的是（　　） A．为较精确测量小球振动周期，计时起始位置应为A点或B点 B．为减小系统误差，应多次由静止释放小球测出各次的振动周期，然后求出振动周期的平均值 C．释放小球的位置越高振动周期越大 D．若将圆弧面的半径R作为摆长，则求得的重力加速度总比当地的重力加速大 【答案】D 【详解】A．为较精确测量小球振动周期且便于观测，计时起始位置应为平衡位置O点，故A错误； B．求出振动周期的平均值，这种方法求周期可以减小偶然误差，不是系统误差，故B错误； C．由单摆周期公式可得，小球的振动周期为，可知，释放小球的位置越高振动周期不变，故C错误； D．若将圆弧面的半径R作为摆长，未考虑小球半径，代入计算时圆弧摆的摆长偏大，则求得的重力加速度总比当地的重力加速大，故D正确。 故选D。 7．a、b为一单摆及其振动图像，若从E指向G为正方向，下列说法正确的是（　　） A．图b中的A点对应着图a单摆中的E点 B．单摆摆球连续两次经过同一位置时，加速度的方向发生了变化 C．一周期内，势能增加且速度方向为正的时间范围是1.5s到2s D．一周期内，回复力为正且减小，并与速度同方向的时间范围是1.5s到2s时间段 【答案】D 【详解】A．根据题意，单摆从平衡位置E指向G为位移的正方向。分析图b振动图像可知，振幅A=3cm，周期T=2s 图b中的A点表示t=0.5s时，位移达到正向最大值，即摆球运动到图a中的G点。故A错误； B．单摆的加速度由回复力提供，方向始终指向平衡位置。当摆球连续两次经过同一位置时（非平衡位置），其位移x相同，因此加速度的大小和方向都相同，并未发生变化。故B错误； C．势能增加意味着摆球远离平衡位置E，速度方向为正意味着摆球向G点方向运动，在x-t图像上表现为斜率为正。故势能增加且速度为正的时间段是0到0.5s，此时摆球从E运动到G。故C错误； D．在1.5s到2s时间段内，摆球从负向最大位移处（F点）向平衡位置（E点）运动。由于该时间段位移x为负值，所以回复力F为正值。摆球向平衡位置运动，位移x减小，所以回复力F的大小也减小。x-t图像的斜率表示速度，该时间段内斜率为正，所以速度方向为正。回复力方向为正，速度方向也为正，两者方向相同，故D正确。 故选D。 8．如图甲所示，一单摆在O点左右振动，摆球相对于O的位移x随时间t变化的图线如图乙所示．则下列说法中正确的是（    ） A．摆球在A、B两时刻相对O点位移相同 B．摆球在A时刻的动能等于B时刻的动能 C．摆球在A时刻的势能大于B时刻的势能 D．摆球在A时刻的机械能大于B时刻的机械能 【答案】D 【详解】A．摆球在A、B两时刻相对O点位移大小相等，方向相反，故A错误； BCD．在单摆振动过程中，因不断克服空气阻力做功使机械能逐渐减小转化为内能，A、B两时刻，单摆的位移大小相等，所以势能相等，A时刻动能大于B时刻动能，故BC错误，D正确。 故选D。 9．（多选）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能见到的一种摆钟，图乙为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动，在北京走时准确的摆钟移到长沙后，由于两地的温差及纬度的变化，摆钟走时误差较大，下列说法正确的是（　　） A．摆钟移到长沙后走时将变快 B．摆钟移到长沙后走时将变慢 C．调准时可将螺母适当向上移动 D．调准时可将螺母适当向下移动 【答案】BC 【详解】AB．北京的平均温度低于长沙的平均温度，摆钟移到长沙后，热胀冷缩使得摆长变大，北京的重力加速度略大于长沙的重力加速度，根据单摆的周期公式可知，摆钟的周期变大，摆动将变慢，走时变慢，故A错误，B正确； CD．要使周期不变大，应减小摆长，即将螺母适当向上移动，故C正确，D错误。 故选BC。 10．（多选）关于单摆，下列说法中正确的是（　　） A．单摆振动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，其中是摆线与竖直方向之间的夹角 B．单摆的回复力是重力和摆线拉力的合力 C．单摆的摆球在平衡位置时（最低点）的加速度为零 D．单摆的振动周期在偏角很小的条件下跟振幅无关 【答案】AD 【详解】AB．单摆运动的轨迹是一段圆弧，在摆动的过程中，摆球受重力和摆线的拉力两个力的作用，提供回复力的是重力沿圆弧切线方向的分力，而不是重力和摆线拉力的合力，故A正确，B错误； C．摆球在平衡位置时有向心加速度，加速度不为零，故C错误； D．通常情况下单摆的振动不是简谐运动，只有在偏角很小的情况下才可近似为简谐运动，单摆做简谐运动的条件下，周期与振幅无关，故D正确。 故选AD。 11．（多选）一摆球在竖直平面内做单摆运动，从最低点开始计时，该单摆的振动图像如图所示，重力加速度g取，取，下列说法正确的是（　　） A．该单摆的摆长为4m B．时，摆球的加速度为0 C．时，摆球的速度最大 D．到时间内，回复力先增大后减小 【答案】AD 【详解】A．根据，，得，故A正确； B．由图像可知，时，摆球在最低点，摆球做圆周运动，加速度不为0，故B错误； C．时，摆球在最大位移处，速度最小，故C错误； D．到的过程中，摆球远离最低点，受到的回复力变大，到过程中，摆球靠近最低点，受到的回复力减小，故D正确。 故选D。 12．（多选）如图所示，质量为，长为的铜棒，用长度也为的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入大小为的恒定电流后，棒向纸面外偏转的最大角度为，忽略一切阻力，则（　　） A．棒中电流的方向为 B．磁场的大小为 C．磁场的大小为 D．保持电流的大小方向恒定，在外力作用下，将ab棒拉到角时静止释放，则ab棒来回摆动的周期为 【答案】BD 【详解】A．棒受到的安培力方向垂直纸面向外，由左手定则可知，棒中电流的方向为a→b，故A错误； BC．通入大小为I的恒定电流后，棒做圆周运动，将恒定的安培力与重力的合力F作为等效重力，已知棒偏转的最大角度为=60°，则在偏转了30°时速度最大，此位置为等效最低点，可得合力F的方向与竖直方向的夹角为30°，如下图所示 则有BIl= mgtan 30° 解得     故B正确，C错误； D．将ab棒拉到=25°角时静止释放后，棒的运动可看作单摆的简谐运动，安培力与重力的合力 F作为等效重力，则有 解得等效重力加速度 根据单摆周期公式可得ab棒来回摆动的周期为 故D正确。 故选BD。 13．在用单摆测量重力加速度的实验中，测得摆长为L，单摆周期为T，求：当地重力加速度g。 【详解】由单摆周期公式 解得 14．如图所示，一质量为m的小钢球，用长为l的细丝线挂在水平天花板上（l远大于小钢球的半径），初始时，摆线和竖直方向的夹角为。静止释放小球后，求：（不计空气阻力，重力加速度为g） (1)小球摆到最低点所用的时间； (2)小球在最低点受到的拉力的大小。 【详解】（1）根据单摆周期公式有 小球做简谐运动，则小球从静止释放到最低点所用的时间为 （2）从静止释放到最低点，由动能定理有 根据牛顿第二定律，有 联立解得 15．如图甲，有一单摆，悬点为O，摆长为L。将摆球（可视为质点）拉到A点后由静止释放，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，最大摆角为，摆球质量为m。在O点接有一力传感器，图乙表示从某时刻开始计时，细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，其中t0为已知量，不计空气阻力。求： (1)当地重力加速度的大小； (2)细线对摆球拉力的最大值。 【详解】（1）由图像乙可得，单摆周期为                      根据单摆周期公式                                      联立可得 （2）当摆球位于最低点时，绳子拉力最大，有             摆球从最高点运动到最低点的过程中，有            联立可得 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $