4. 单摆（同步讲义）物理人教版选择性必修第一册

本高中物理讲义聚焦单摆核心知识点，系统梳理单摆的组成与理想化模型、回复力的来源及特点、周期公式及影响因素，形成从模型建构到规律应用的连贯学习支架。 该资料通过摆钟、秋千等情境探究引导科学思维，如分析回复力时结合重力分力推导简谐运动条件，培养模型建构与科学推理能力。典例赏析与分层练习（基础练、提升练）助力课中教学引导和课后查漏补缺，提升学生科学探究与问题解决能力。

4. 【知识梳理】 1 一、 单摆 1 二、 单摆的回复力 2 三、 单摆的周期 2 【重难探究】 3 探究1 　探究单摆模型 3 探究2 探究单摆的回复力 4 探究3 探究单摆的周期 6 【课堂自测·基础练】 9 【素养进阶·提升练】 18 【知识梳理】 知识点1 单摆 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细线的形变量与细线长度相比可以忽略； ④空气阻力与小球的重力及细线的拉力相比可以忽略.。 知识点2 单摆的回复力 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，即F＝mgsinθ； 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。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动. 知识点3 单摆的周期 1.单摆振动的周期与摆球质量无关（选填“有关”或“无关”），在振幅较小时与振幅无关（选填“有关”或“无关”），但与摆长有关（选填“有关”或“无关”），摆长越长，周期越大（选填“越大”“越小”或“不变”）； 2.单摆周期公式 ①提出：单摆周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的； ②公式：，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. 【重难探究】 探究1 单摆 【探究导入】 情境探究 在钟表店中，我们常能看到老式摆钟的钟摆来回摆动，保持稳定的节奏。这种摆动规律而重复，类似于弹簧振子的运动。仔细观察可以发现，摆动幅度逐渐减小，但在短时间内，摆动周期几乎不变。这种装置被称为单摆，它由一根不可伸长的细线和一个悬挂的小球构成。 问题 1.单摆摆动时，摆球为什么会回到平衡位置？ 提示：摆球偏离平衡位置后，由于重力作用，会产生一个使其返回平衡位置的力，这个力称为回复力，是摆球持续振动的原因。 2. 摆球受到的回复力由什么提供？能否用重力的分量表示？ 提示：摆球受重力和细线拉力，其中重力沿圆弧切线方向的分量提供回复力，大小为，为摆角。 3.当摆角很小时，回复力与位移之间是否近似成正比？ 提示： 当摆角很小时（通常），，其中为摆球偏离平衡位置的弧长对应的水平位移，为摆长。代入得，可见回复力与位移成正比。 4.回复力方向与位移方向有何关系？ 提示：回复力方向始终指向平衡位置，而位移是从平衡位置指向当前位置，因此二者方向相反，满足的形式。 【探究归纳】 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、单摆的装置 （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 【典例赏析】 [例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 【针对训练】 1.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 2.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 探究2 探究单摆的回复力 【探究导入】 情境探究 在公园里，孩子们喜欢玩秋千。当秋千从最高点向最低点摆动时，速度逐渐增大；而从最低点向另一侧最高点运动时，速度又逐渐减小，随后反向运动。这种往复运动与单摆的摆动非常相似。单摆由一根不可伸长的细线和一个小球组成，释放后会在竖直平面内来回摆动。 问题 1.单摆摆动过程中，是什么力使摆球返回平衡位置？ 提示： 摆球受到重力和摆线拉力的作用，其中重力沿圆弧切线方向的分力，方向始终指向平衡位置，是提供回复运动的力。 2.这个返回的力是否始终与位移方向相反？ 提示： 当摆球偏离平衡位置时，该分力方向与位移方向相反，具有使摆球返回的趋势，因此回复力方向与位移方向相反。 3.回复力大小是否与位移成正比？在什么条件下可以近似满足这一关系？ 提示： 一般情况下，与不成正比，故回复力与位移不成正比。但当摆角很小时（通常小于），可近似认为。 4.： 当摆角很小时，如何将圆弧运动近似为直线运动，并建立回复力与位移的关系？ 提示： 此时圆弧长度近似等于位移，且，代入得，方向与相反，故，令，则，满足简谐运动的条件。 【探究归纳】 (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 【典例赏析】 【例2】如图所示，挖掘机的顶部通过绳索垂下一个大铁球并让它小角度的摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑。此装置可视为单摆模型，则大铁球的回复力来源于（　　） A．铁球的重力 B．绳索对铁球的拉力 C．铁球所受到的合力 D．铁球重力沿轨迹切线方向的分力 【针对训练】 3.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 4.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。 探究3 探究单摆的周期 【探究导入】 情境探究 在公园里，常见的秋千就像一个单摆。有的秋千绳子较短，来回摆动一次很快；而有些秋千的绳子较长，摆动一次需要更长时间。同样，用细线悬挂的小球做摆动时，也会出现类似现象：线短的小球摆得快，线长的小球摆得慢。这些现象说明，摆动的快慢可能与某些因素有关。 问题 1.观察两个摆长相等但摆动幅度不同的秋千，它们完成一次摆动的时间是否相同？ 提示： 在小角度摆动下，即使一个秋千推得远一些（振幅大），另一个推得近一些（振幅小），它们完成一次来回摆动的时间几乎相同，说明周期与振幅无关。 2.如果两个秋千摆长和摆幅相同，但坐的人体重不同，摆动周期会有差异吗？ 提示： 无论坐在秋千上的人轻或重（相当于摆球质量不同），只要绳长和起始高度相同，摆动快慢不变，说明周期不依赖于摆球质量。 3.当两个摆的摆幅和质量相同，但绳子一长一短时，哪个摆动得更慢？ 提示： 绳子长的秋千摆动明显更慢，完成一次摆动所需时间更长，说明摆长越长，周期越大。 4.通过上述现象，可以推测影响单摆周期的主要因素是什么？ 提示： 综合以上分析，只有摆长的变化显著影响周期，因此可推断单摆的周期主要由摆长决定。 【探究归纳】 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 【典例赏析】 【例3】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 【针对训练】 5.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． 6.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 【课堂自测·基础练】 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 【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 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 【素养进阶·提升练】 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。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 4. 【知识梳理】 1 一、 单摆 1 二、 单摆的回复力 2 三、 单摆的周期 2 【重难探究】 3 探究1 　探究单摆模型 3 探究2 探究单摆的回复力 4 探究3 探究单摆的周期 6 【课堂自测·基础练】 9 【素养进阶·提升练】 18 【知识梳理】 知识点1 单摆 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细线的形变量与细线长度相比可以忽略； ④空气阻力与小球的重力及细线的拉力相比可以忽略.。 知识点2 单摆的回复力 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，即F＝mgsinθ； 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。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动. 知识点3 单摆的周期 1.单摆振动的周期与摆球质量无关（选填“有关”或“无关”），在振幅较小时与振幅无关（选填“有关”或“无关”），但与摆长有关（选填“有关”或“无关”），摆长越长，周期越大（选填“越大”“越小”或“不变”）； 2.单摆周期公式 ①提出：单摆周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的； ②公式：，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. 【重难探究】 探究1 单摆 【探究导入】 情境探究 在钟表店中，我们常能看到老式摆钟的钟摆来回摆动，保持稳定的节奏。这种摆动规律而重复，类似于弹簧振子的运动。仔细观察可以发现，摆动幅度逐渐减小，但在短时间内，摆动周期几乎不变。这种装置被称为单摆，它由一根不可伸长的细线和一个悬挂的小球构成。 问题 1.单摆摆动时，摆球为什么会回到平衡位置？ 提示：摆球偏离平衡位置后，由于重力作用，会产生一个使其返回平衡位置的力，这个力称为回复力，是摆球持续振动的原因。 2. 摆球受到的回复力由什么提供？能否用重力的分量表示？ 提示：摆球受重力和细线拉力，其中重力沿圆弧切线方向的分量提供回复力，大小为，为摆角。 3.当摆角很小时，回复力与位移之间是否近似成正比？ 提示： 当摆角很小时（通常），，其中为摆球偏离平衡位置的弧长对应的水平位移，为摆长。代入得，可见回复力与位移成正比。 4.回复力方向与位移方向有何关系？ 提示：回复力方向始终指向平衡位置，而位移是从平衡位置指向当前位置，因此二者方向相反，满足的形式。 【探究归纳】 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、单摆的装置 （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 【典例赏析】 [例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。 【针对训练】 1.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。 2.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。 探究2 探究单摆的回复力 【探究导入】 情境探究 在公园里，孩子们喜欢玩秋千。当秋千从最高点向最低点摆动时，速度逐渐增大；而从最低点向另一侧最高点运动时，速度又逐渐减小，随后反向运动。这种往复运动与单摆的摆动非常相似。单摆由一根不可伸长的细线和一个小球组成，释放后会在竖直平面内来回摆动。 问题 1.单摆摆动过程中，是什么力使摆球返回平衡位置？ 提示： 摆球受到重力和摆线拉力的作用，其中重力沿圆弧切线方向的分力，方向始终指向平衡位置，是提供回复运动的力。 2.这个返回的力是否始终与位移方向相反？ 提示： 当摆球偏离平衡位置时，该分力方向与位移方向相反，具有使摆球返回的趋势，因此回复力方向与位移方向相反。 3.回复力大小是否与位移成正比？在什么条件下可以近似满足这一关系？ 提示： 一般情况下，与不成正比，故回复力与位移不成正比。但当摆角很小时（通常小于），可近似认为。 4.： 当摆角很小时，如何将圆弧运动近似为直线运动，并建立回复力与位移的关系？ 提示： 此时圆弧长度近似等于位移，且，代入得，方向与相反，故，令，则，满足简谐运动的条件。 【探究归纳】 (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 【典例赏析】 【例2】如图所示，挖掘机的顶部通过绳索垂下一个大铁球并让它小角度的摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑。此装置可视为单摆模型，则大铁球的回复力来源于（　　） A．铁球的重力 B．绳索对铁球的拉力 C．铁球所受到的合力 D．铁球重力沿轨迹切线方向的分力 【答案】D 【详解】大铁球的回复力来源于铁球重力沿轨迹切线方向的分力，故D正确，ABC错误。 故选D。 【针对训练】 3.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。 4.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 探究3 探究单摆的周期 【探究导入】 情境探究 在公园里，常见的秋千就像一个单摆。有的秋千绳子较短，来回摆动一次很快；而有些秋千的绳子较长，摆动一次需要更长时间。同样，用细线悬挂的小球做摆动时，也会出现类似现象：线短的小球摆得快，线长的小球摆得慢。这些现象说明，摆动的快慢可能与某些因素有关。 问题 1.观察两个摆长相等但摆动幅度不同的秋千，它们完成一次摆动的时间是否相同？ 提示： 在小角度摆动下，即使一个秋千推得远一些（振幅大），另一个推得近一些（振幅小），它们完成一次来回摆动的时间几乎相同，说明周期与振幅无关。 2.如果两个秋千摆长和摆幅相同，但坐的人体重不同，摆动周期会有差异吗？ 提示： 无论坐在秋千上的人轻或重（相当于摆球质量不同），只要绳长和起始高度相同，摆动快慢不变，说明周期不依赖于摆球质量。 3.当两个摆的摆幅和质量相同，但绳子一长一短时，哪个摆动得更慢？ 提示： 绳子长的秋千摆动明显更慢，完成一次摆动所需时间更长，说明摆长越长，周期越大。 4.通过上述现象，可以推测影响单摆周期的主要因素是什么？ 提示： 综合以上分析，只有摆长的变化显著影响周期，因此可推断单摆的周期主要由摆长决定。 【探究归纳】 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 【典例赏析】 【例3】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。 【针对训练】 5.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 6.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。 【课堂自测·基础练】 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。 【素养进阶·提升练】 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 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $