2.4 单摆 同步练 -2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 分层递进式设计，覆盖单摆周期、振动图像等核心知识点，从基础概念应用到跨模块综合问题，适配新授课巩固与科学思维培养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关练|单摆周期公式、回复力、振动图像基础|以摆钟校准（题1）、周期公式直接应用（题2、3）为主，强化物理观念| |能力提升练|振动图像与运动分析、多过程受力综合|结合图像判断摆球运动状态（题11、13），培养科学推理能力| |培优拓展练|单摆与动量守恒、机械能守恒综合|滑块与木板多过程问题（题18），体现模型建构与质疑创新|

2.4 单摆 同步练 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 基础过关练 1．在成都的某茶馆墙上挂着一只老式机械摆钟，其计时核心是一个做简谐运动的单摆。某日，茶馆老板发现这只摆钟走得慢了。为了校准时间，茶馆老板对单摆进行了调整。下列调整方法正确的是（　　） A．适当增加摆锤的质量 B．适当减小摆锤摆动的幅度 C．适当增长摆长 D．适当缩短摆长 2．如图所示，是甲、乙两个单摆的振动图像，可得甲、乙的摆长之比为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，光滑圆弧面上有一个小球，把它从最低点移开一小段距离，放手后，小球经过t时间第一次到达最低点，要使t变小，下列方案可行的是（　　） A．增大小球的质量 B．减小小球的质量 C．减小圆弧槽的半径 D．减小小球移开的距离 4．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 5．如图（a）是演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系。板上的直线OO′代表时间轴。如图（b）是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线。若板N1和板N2的速度v1和v2的关系为v2=2v1，当两板匀速拉出的距离相同时，则板N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系为（　　） A．T2=T1 B．T2=2T1 C．T2=4T1 D．T2=T1 6．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 7．如图所示，圆弧AO是一段半径为R的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长为l，（）现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放，到达底端的速度分别为和，经历的时间分别为和，那么（　　） A．， B．， C．， D．， 8．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 9．如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线（图中的虚线），已知P、Q分别是木板1上的两点，木板1、2的移动速度分别为、，忽略沙漏重心的变化，则（　　） A．若要记录沙漏多次全振动的时间，则应该在P点开始计时 B．位置P处的沙层比Q处的沙层浅一些 C． D．沙漏摆动过程中的回复力由重力和拉力的合力提供 10．如图所示的装置为秒摆，已知重力加速度为，若某处，下列说法正确的是（　　） A．此单摆的摆长为 B．若让此单摆在匀速运动的车厢内摆动，则周期变为 C．若把此单摆移动到月球表面，其周期为，则月球表面的重力加速度为 D．若把此单摆放置在加速度方向竖直向上大小为的电梯内，摆动周期变为 能力提升练 11．如图甲所示，一根细线拉着一个小摆球在竖直平面内做小角度摆动（），不计空气阻力。某次摆球从左向右通过平衡位置开始计时，其振动图像如图乙所示。取，下列说法正确的是（　　） A．时摆球所受合力为零 B．从至的过程中，摆球所受回复力逐渐增大 C．从至的过程中，摆球在向左做加速运动 D．该单摆的摆长约为 12．如图甲所示，有一根较长的细线和一个较小的沙漏。当沙漏小角度摆动时，分别以不同速度匀速拉动沙漏下方的木板，漏出的沙在木板上会形成一条曲线，如图乙所示。已知，假设沙漏小角度摆动过程中，单位时间内漏出的细沙体积不变，则下列说法正确的是（　　） A．木板1中曲线上各位置处堆积的细沙一样多 B．木板1、2中的、两位置处堆积的细沙不一样多 C．木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为 D．木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为 13．如图甲所示，一摆球在竖直平面内做小角度摆动（θ<5°）。某次摆球从左向右通过平衡位置开始计时，其振动图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．摆长约为2m B．t=0.5s时摆球所受合外力为零 C．从t=1.5s至t=2.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大 D．摆球的位移x随时间t的变化规律为 14．荡秋千是大家喜爱的一项体育娱乐活动。某秋千的简化图如图所示，细绳长为L，重力加速度大小为g，质量为m的小球从悬点正下方开始摆动，最大摆角为θ。不计空气阻力，细绳质量相对小球可忽略，小球看成质点。下列说法正确的是（　　） A．当时，可以把小球的摆动看成简谐运动 B．若可以把小球的摆动看成简谐运动，其周期为 C．小球在运动过程中动能一直减小 D．细绳的最大拉力为 15．（多选）如图甲所示，传感器固定在天花板上，将单摆一端固定在传感器上的O点。t=0时刻，将摆球拉到A点由静止释放，让其在A、C之间来回摆动（摆角小于5°），其中C点为最低点。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（     ） A．单摆的周期为0.4πs B．根据所给数据能求出摆球的质量 C．摆球所受合力提供摆球振动的回复力 D．单摆的摆长为1.6 m 16．（多选）如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两摆的振幅之比为2∶1 B．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1 C．t=2s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零 D．t=4s时，甲、乙两摆摆球在最低点且加速度都为零 17．（多选）如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的振动图像，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两摆的振幅之比为2:1 B．时，甲摆摆球到达重力势能最小处，乙摆摆球的动能为零 C．甲、乙两摆的摆长之比为1:2 D．甲摆摆球在最低点时的向心加速度大于乙摆摆球在最低点时的向心加速度 培优拓展练 18．如图所示，半径的光滑圆槽固定在水平地面上，半径R远大于小球运动的弧长。圆槽右侧有一质量的木板A静置于光滑水平面上，木板A的上表面与圆弧面的Q点在同一水平面上。可视为质点的小滑块B，其质量以的速度沿木板A的上表面从右端滑到A上，A、B间的滑动摩擦因数，A刚要撞到圆弧体上时，B恰好达到A的最左端且两者共速，滑块B冲上光滑圆弧面且不会从P端冲出，木板A在圆弧体右侧竖直面上的防撞装置的作用下，在极短的时间内紧贴圆弧体右侧静止，且木板A与圆弧体没有粘结。重力加速度，。求： （1）A刚要撞到圆弧体上时的速度； （2）滑块B从滑上A开始到最终相对A静止时，AB系统损失的机械能ΔE； （3）滑块B从滑上A开始到最终相对A静止时经历的总时间。 19．如图所示，水平地面上竖直固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端连接一质量为2m的物块Q且处于静止状态，在Q的上方h=处由静止释放一质量为m的物块P，随后P与Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后P、Q一起向下运动，到达最低点后又向上弹回。已知弹簧形变量为x时，弹簧的弹性势能Ep=kx2，弹簧振子的周期公式为T=2π，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量，重力加速度为g。求： (1)碰前瞬间P的速度大小及碰后瞬间P、Q的共同速度大小。 (2)碰后P、Q一起向下运动的最大位移。 (3)碰后P、Q从最低点运动到最高点的最短时间。 20．两个摆长不同的单摆1、2同轴水平悬挂，两单摆摆动平面相互平行，振动图像如图甲所示。时把单摆1的摆球向左、单摆2的摆球向右拉至摆角相同处，如图乙所示。求： （1）两单摆摆长之比； （2）同时释放两摆球，两摆球同时摆到最右端所经历的时间。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2.4 单摆 同步练》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A C C D D B C C D 题号 11 12 13 14 15 16 17 答案 B B D D BD AC ABD 1．D 【知识点】单摆的周期 【详解】单摆小角度做简谐运动的周期公式为，周期仅与摆长、当地重力加速度有关，和摆锤质量、摆动幅度无关。摆钟走慢说明其振动周期偏大，相同时间内摆动次数少于标准值，需要减小周期校准。 A．单摆周期与摆锤质量无关，调整质量无法改变走时快慢，故A错误； B．小角度摆动时单摆周期与振幅无关，调整摆动幅度无法改变走时快慢，故B错误； C．由周期公式可知，摆长增长会使周期变大，摆钟走时更慢，故C错误； D．缩短摆长会使周期减小，相同时间内摆动次数增加，可校准走慢的摆钟，故D正确。 故选D。 2．A 【知识点】单摆的周期 【详解】由振动图像可知，甲的周期 乙的周期 根据单摆周期公式 解得 因此甲乙摆长之比 1：4。 故选 A。 3．C 【知识点】单摆的周期 【详解】小球在光滑圆弧面上运动，运动规律为简谐运动，受力情况与单摆类似，其周期 运动时间与小球的质量无关，与振幅无关；要使得减小，即减小周期，减小圆弧半径R。 故选C。 4．C 【知识点】单摆模型及条件 【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。 5．D 【知识点】单摆的振动图像及其表达式 【详解】因N2板和N1板匀速拉过的距离相同，故两板运动时间之比 在这段距离内N1板上方的摆只完成一个全振动，N2板上方的摆已完成两个全振动，即t1=T1，t2=2T2 故T2=T1 故选D。 6．D 【知识点】单摆的回复力、单摆的振动图像及其表达式 【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。 7．B 【知识点】机械能守恒定律在曲线运动中的应用、等效单摆 【详解】因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成单摆，即做简谐运动，单摆的周期与振幅无关 根据机械能守恒定律得 因为 解得，故选B。 8．C 【知识点】单摆的周期 【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。 9．C 【知识点】单摆的回复力、单摆的振动图像及其表达式 【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Q点开始计时，故A错误； B．由题图可知，P点位于最大位移处，Q点位于平衡位置，沙漏摆动至P点左上方最近时速度最小，运动最慢，所以细沙在P处堆积的沙子较多，故B错误； C．木板做匀速运动，忽略沙漏重心的变化，振动周期T不变，则有 解得，故C正确； D．沙漏摆动时的回复力是由重力沿切线方向的分力提供的，沙漏速度不为零时，沿着绳子方向的合力不为零，所以不是由重力和拉力的合力提供，故D错误。 故选C。 10．D 【知识点】单摆的周期 【详解】A．秒摆的周期，由 结合综合可得，A项错误； B．若让此单摆在匀速运动的车厢内摆动，则周期仍为，B项错误； C．若把此单摆移动到月面，由 可得，C项错误； D．若把此单摆放置在加速度向上为的电梯内，由 可得 等效重力加速度 则有，D项正确。 故选D。 11．B 【知识点】单摆的速度、加速度和位移、单摆的振动图像及其表达式、单摆的周期 【详解】A．由图乙，振幅，周期，故角频率 因此振动方程为 时，，位移，处于正向最大位移处。单摆在最大位移处受重力和拉力，在切向分力提供回复力，合力不为零，故A错误； B．从至的过程中，摆球从平衡位置向最大位移运动，位移大小增大。回复力大小与位移大小成正比，故逐渐增大，故B正确； C．时，，单摆位于平衡位置处，此时速度大小最大，之后单摆向左运动；时，，摆球从平衡位置向左运动到负向最大位移处，速度为零，回复力向右，与速度方向相反，故摆球做减速运动，故C错误； D．由单摆周期公式变形得 代入数据解得，故D错误。 故选B。 12．B 【知识点】单摆的速度、加速度和位移、单摆的周期 【详解】A．沙漏做简谐运动，在最大位移处（波峰或波谷）瞬时速度为零，在平衡位置（轴线处）瞬时速度最大。已知单位时间内漏出的细沙体积不变，所以在最大位移处细沙堆积得多，在平衡位置处细沙堆积得少，故A错误； B．木板1、2中的、两位置均处于平衡位置，沙漏经过这两处时的摆动速率相等。但由于木板1和木板2的拉动速度不同，沙漏相对于木板的合速度大小不同，导致沙漏经过木板单位长度的时间不同，堆积的细沙量不同，故B正确； CD．设沙漏摆动周期为，观察图乙，木板1上的段包含两个完整波形，故木板1移动距离用时 木板2上的段包含1.5个完整波形，故木板2移动距离用时 因，由速度公式可知木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为，故C、D错误。 故选B。 13．D 【知识点】单摆的回复力、单摆的振动图像及其表达式、单摆的周期 【详解】A．由图乙可知，单摆周期 根据 可得摆长约为，故A错误； B．t=0.5s时摆球到达最高点，此时摆球加速度不为零，即所受合外力不为零，故B错误； C．从t=1.5s至t=2.0s的过程中，摆球从左侧最高点向平衡位置摆动，此时所受回复力逐渐减小，故C错误； D．摆球的位移x随时间t的变化规律为，故D正确。 故选D。 14．D 【知识点】绳/单层轨道模型、机械能守恒定律在曲线运动中的应用、简谐运动的定义及特征、单摆的周期 【详解】A．单摆做简谐运动的条件是摆角很小，通常要求，当 时，的近似不再成立，回复力不再与位移成正比，故不能看成简谐运动，故A错误； B．若可以把小球的摆动看成简谐运动，根据单摆周期公式可知其周期为，故B错误； C．小球在从最低点向最高点运动过程中，重力做负功，动能减小；从最高点向最低点运动过程中，重力做正功，动能增大，故C错误； D．小球在最低点时速度最大，细绳拉力最大。设小球在最低点的速度为，从最高点到最低点根据机械能守恒定律有 在最低点，根据牛顿第二定律有 联立解得最大拉力 ，故D正确。 故选D。 15．BD 【知识点】动能定理的初步应用、单摆的回复力、单摆的周期 【详解】A．由图乙可知，时刻小球处于A点，，小球处于C点，，小球第一次回到A点，则单摆的周期为T=，故A错误； D．根据单摆周期公式 可得单摆的摆长为，故D正确； C．摆球所受重力沿切线方向的分力提供其回复力，故C错误； B．设小球在最高点时，细线与竖直方向的夹角为，此时有 小球在最低点时，根据牛顿第二定律可得 其中；小球从最高点到最低点过程，根据动能定理可得 联立以上式子可得小球的质量为，故B正确。 故选BD。 16．AC 【知识点】机械能守恒定律的初步应用、单摆的速度、加速度和位移、单摆的振动图像及其表达式 【详解】A．由题图知，甲、乙两单摆的振幅分别为2cm、1cm，故甲、乙两单摆的振幅之比为，故A正确； B．由题图知，甲、乙两单摆的周期分别为4s、8s，由单摆的周期公式 可得，甲、乙两单摆的摆长之比为，故B错误； C．s时，甲单摆摆球在平衡位置处，重力势能最小，乙单摆摆球在振动的正方向最大位移处，动能为零，故C正确； D．摆球实际在做圆周运动，其在最低点时有向心加速度，故D错误； 故选AC。 17．ABD 【知识点】单摆的速度、加速度和位移、单摆的振动图像及其表达式、单摆的周期 【详解】A．根据图示可知，甲摆的振幅为2cm，乙摆的振幅为1cm，则甲、乙两摆的振幅之比为2:1，故A正确； B．2s时，甲的位移为0，表明甲摆摆球位于最低点，此时甲摆摆球到达重力势能最小处乙的位移为最大值1cm，表明乙摆摆球位于最高点，此时乙摆摆球的动能为零，故B正确； C．根据图示可知， 根据单摆周期公式有， 解得，故C错误； D．令甲、乙摆动过程的摆角分别为、，在最低点的速度大小分别为、，根据动能定理有， 摆球在最低点时的向心加速度分别为， 解得， 由于甲的摆长小于乙的摆长，甲的振幅大于乙的振幅，则有 解得 即甲摆摆球在最低点时的向心加速度大于乙摆摆球在最低点时的向心加速度，故D正确。 故选ABD。 18．（1）4m/s；（2）24.4J；（3）4.04s 【知识点】单摆的周期 【详解】（1）B在A上向左滑行的过程，对A、B系统，设A、B的共同速度为，A、B共速前，取向左为正方向，由动量守恒定律得 解得 （2）由于斜面光滑，由B的机械能守恒可知，B再次滑经点时，B的速度大小不变。对A、B系统从B滑经点到系统再次共速，取向右为正方向，由动量守恒定律得 解得 由能量守恒定律得 解得 （3）由于半径远大于小球运动的弧长,故B在圆弧上近似做单摆运动，周期为 滑块在圆弧上来回运动的时间 B向左在A上运动的时间，对A由动量定理得 解得 B以的速度从左侧滑上A后至A共速时速度为、时间为，对A由动量定理得 解得 总共用时 19．(1)， (2) (3) 【知识点】机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用、完全非弹性碰撞、单摆的周期 【详解】（1）设物块P与Q碰撞前瞬间的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有 解得 设碰后瞬间P、Q的共同速度大小为v2，对P、Q的碰撞过程，根据动量守恒定律有mv1=3mv2　 解得 （2）初始时刻弹簧的压缩量 设碰后P、Q一起向下运动的最大位移为x2，从P、Q碰后瞬间到二者到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有 解得 （3）如果P、Q分离，只能发生在弹簧的形变量为零的时刻，碰后P、Q和弹簧的能量为 弹簧恢复原长时P、Q的重力势能（相对碰撞点）为 根据机械能守恒定律可知，弹簧恢复原长时P、Q的动能为零，因此两物块恰好不分离，故P、Q碰后做简谐运动的周期T=2π　 碰后P、Q两物块从最低点运动到最高点的最短时间均为 20．（1）；（2） 【知识点】单摆的周期 【详解】（1）根据单摆周期公式 可得 由题图甲可知 则有 （2）由题图甲可知，单摆1到达最右端所经历的时间为 单摆2到达最右端所经历的时间为 结合 可得同时释放两摆球，两摆球同时摆到最右端所经历的时间为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $