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** 本同步练习通过基础与能力提升双层设计，以单摆核心知识点为脉络，从概念理解到综合应用递进，强化物理观念与科学思维，适配新授课分层教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础练习|单摆回复力及运动特征、周期公式理解与应用、振动图像|以多选题（如摆球受力分析）和情境题（秋千、注射器墨汁实验）为主，强化运动与相互作用观念，培养模型建构能力| |能力提升练|等效摆长与等效重力加速度、摆钟走时调整、力学综合（碰撞、能量守恒）|通过双摆、圆锥摆等复杂情境（如弹丸射入摆球），融合动量守恒与机械能守恒，体现科学探究与质疑创新，深化综合应用能力|

4　单摆 基础练习 题型一　单摆的回复力及运动特征 1.(多选题)[2025四川遂宁射洪中学开学摸底]如图所示,O点为单摆的固定悬点,现将可视为质点的摆球拉至A点,此时细线处于张紧状态,静止释放摆球,摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,B点为运动轨迹中的最低点。整个过程忽略空气阻力,则在摆动稳定后的一个周期内,下列说法不正确的是(　　) A.摆球只受到重力、拉力两个力的作用 B.摆球过A、C点时的速度为零,回复力为零 C.摆球经过B点时,速度最大,回复力最大 D.摆球相邻两次经过B点时,细线拉力大小不相等 2.[2026江苏常州阶段测试]如图所示,秋千由横板和绳构成,人在秋千上小幅度摆动时可以看作单摆。等效“摆球”的质量为m,摆长为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F=-x 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,横板的振幅将增大 题型二　单摆周期公式的理解和应用 3.如图甲所示,用细线悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器内装有墨汁,将注射器拉开一个小角度,当注射器摆动时,沿着垂直于摆动的方向以速度v=0.12 m/s匀速拖动木板,滴在木板上的墨汁图样如图乙所示,测得OO'长为l=0.6 m,墨汁图样与木板边缘的交点P、Q恰好是墨汁最远处,已知重力加速度g=π2 m/s2,则该“单摆”的等效摆长为(　　) 　 A. m　　　　B. m　　　　C.1 m　　　　D. m 4.(多选题)[2025山东临沂期中]如图所示,细线的一端固定于O点,另一端系一个小球,细线伸直时,O点与小球球心间的距离为l。小球质量为m,从位置N开始摆动,摆角θ小于5°,若在O点正下方l的O'处固定一细铁钉,当小球摆至P点时,细线会受到铁钉的阻挡,小球继续在竖直面内摆动,向左摆到最高点Q,摆角θ'也小于5°,不计阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.小球摆动的周期为2π B.小球受到细线最大拉力为(11-8 cos θ) C.小球到达最低点时速率为 D.小球从N到P重力做功的平均功率小于从P到Q重力做功的平均功率 5.如图所示,表面光滑的斜面固定在水平桌面上,摆线一端固定,另一端与摆球相连,当摆球静止在斜面上时,摆线与斜面平行。现拉开摆球使摆线刚好绷直,摆球由静止释放后贴着斜面做简谐运动。已知摆线长为L,摆球摆动周期为T,当地的重力加速度为g,斜面的倾角为θ,下列说法正确的是(　　) A.摆球在最高点的加速度大小为g sin θ,在平衡位置的加速度为零 B.只增大摆球的质量,摆球运动的周期将增大 C.若增大摆长的同时减小斜面的倾角,摆的周期可能不变 D.通过计算可知摆球的半径为-L 题型三　单摆的振动图像 6.[2026云南曲靖期末]某学习小组的同学在实验室用如图甲所示装置研究单摆的运动规律,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。取向右为正方向。图乙是单摆的振动图像。取当地的重力加速度大小g=10 m/s2,取π2=10,下列说法中正确的是(　　) 　 A.单摆的振幅是0.14 m,振动的频率是1 Hz B.振动的表达式为x=0.07 sin (2πt) m C.单摆的摆长为1 m D.t=1.5 s时摆球在N点 7.(多选题)[2026四川广安期末]在天花板上固定一条不可伸长的细线,细线下端挂一个金属小球,这样就制成了一个单摆。现把小球拉起一个角度(小于5°)由静止释放(保持细线伸直),小球在竖直面内做简谐运动,其振动图像如图所示。计算中取重力加速度g=10 m/s2,π2=10。下列说法正确的是(　　) A.单摆的摆长为100 cm B.单摆的摆长为400 cm C.小球释放时细线与竖直方向的夹角约为2.3° D.小球释放时细线与竖直方向的夹角约为4.6° 8.[2026安徽阜阳阶段测试]一摆球做小角度摆动,其振动图像如图所示。以摆球能摆到的最低点所在水平面为零重力势能参考平面,下列选项中分别有摆球的动能Ek、摆球的重力势能Ep、轻绳拉力大小F、摆球的动量大小p与时间t的关系图像,其中可能正确的是(　　) 　　　　 　　　　 9.[2025河北石家庄期中联考]如图甲所示,一个质量为m的小弹丸以v0的速度水平射入一个原来静止的单摆摆球并停留在里面,此后某段时间内摆球的速度-时间图像如图乙所示(曲线为正弦函数)。已知摆球的质量为小弹丸质量的5倍。忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,π=3.14。下列说法中正确的是(　　) 　 A.小弹丸的初速度大小为0.5 m/s B.摆球偏离平衡位置的最大高度为0.45 m C.摆线的长度约为5 m D.摆线的拉力的变化周期为4.5 s 能力提升练 题型一　单摆的等效摆长和等效重力加速度 1.[2025江苏泰州期中]如图所示,固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道(弧度很小),O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N(可视为质点)从圆弧左侧的不同位置同时由静止释放。它们从释放到到达O点过程中都经过图中的P点。下列判断正确的是(　　) A.M比N后到达O点 B.M、N通过P点时所受的回复力相同 C.M有可能在P点追上N并与之相碰 D.从释放到到达O点过程中,重力对M的冲量比重力对N的冲量大 2.[2026浙江一模]如图所示,有两细线AC、BC长度均为65 cm,下端C点系一质量为50 g的实心小钢球,悬挂点A、B之间的距离为50 cm,MC为竖直直线。地球上的重力加速度g取10 m/s2,月球上的重力加速度为地球上重力加速度的,以下说法正确的是(　　) A.若小钢球静止,细线AC所受的拉力为 N B.若将小钢球沿纸面拉离平衡位置后由静止释放,小球将做简谐运动 C.若在地球上实验,小钢球被垂直纸面向外拉离2 cm后由静止释放,其周期约为3 s D.若在月球上实验,小钢球被垂直纸面向外拉离3 cm后由静止释放,其周期约为3.8 s 3.[2026黑龙江模拟预测]如图甲所示,一根轻杆和一根轻质细线组成一个“杆线摆”,杆线摆可以绕着悬挂轴OO'来回摆动,轻杆与悬挂轴OO'垂直,摆线与轻杆的夹角θ=30°。其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内,倾斜平面与水平面的夹角也为θ=30°,该杆线摆做简谐运动的x-t图像如图乙所示,P是图像上对应t0时刻的点,取π2=10,重力加速度g=10 m/s2。则　(　　) 　 A.t0时刻摆球的速度方向沿图线上P点的切线 B.该杆线摆的细线长约为 m C.该杆线摆做简谐运动的振幅是8 cm D.摆球在10 s内通过平衡位置5次 4.(多选题)[2026河北秦皇岛模拟预测]如图甲所示,一摆长为0.99 m的单摆悬挂在天花板上,如图乙所示,将相同的单摆悬挂在光滑斜面上。两情况下将摆球拉离平衡位置相同的小角度并由静止释放,小球相对平衡位置的位移随时间的关系图像如图丙所示,π2取9.87。下列说法正确的是(　　) 　 A.图甲、乙中单摆的频率之比为2∶3 B.当地的重力加速度约为9.77 m/s2 C.斜面倾角的正弦值为0.5 D.图甲、乙中摆绳上最大拉力之比约为9∶4 题型二　摆钟走时快慢与调整问题 5.[2025湖南常德汉寿一中月考]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 题型三　单摆中的力学综合问题 6.[2026上海期末]如图,甲、乙两个单摆悬挂在同一水平天花板上,两摆球间用一根细线水平相连,两摆线与竖直方向的夹角θ1>θ2。当两摆球间细线突然断开后,两摆球都做简谐运动,以水平地面为零势能面,可知(　　) A.甲摆的周期等于乙摆的周期 B.甲摆球的最大重力势能小于乙摆球的最大重力势能 C.甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度 D.甲摆球的机械能等于乙摆球的机械能 7.[2025重庆合川中学月考]如图所示,两个完全相同的弹性小球A和B,分别挂在长和L的细线上,重心在同一水平面上且小球恰好互相接触,把小球A向左拉开一个较小角度后由静止释放,经过多长时间两球发生第4次碰撞(重力加速度为g)(　　) A.π　　　　B.3π C.π　　　　D.4π 8.[2026安徽阶段测试]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F-t图像,其中F的最大值F2=1.01 N。已知小球质量m=0.1 kg,小球的直径d=1.0 cm,取重力加速度g=9.8 m/s2,π2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2 s B.细线的长度是0.99 m C.当t=1.25 s时小球的加速度为0 D.F1等于0.965 N 9.(多选题)[2026浙江杭州期末]如图所示,半径为R的四分之一圆弧轨道AB和CD固定在水平面上并与水平轨道平滑连接,轨道面均光滑。将一质量为m的滑块1从轨道AB上端的A点由静止释放,并与静止在水平轨道上质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3,然后滑上轨道CD。不计空气阻力,滑块1、2、3均可看成质点,重力加速度为g,则(　　) A.滑块1从A点滑到B点过程中,重力的功率先变大再变小 B.滑块1从A点滑到B点的时间为 C.滑块3在轨道CD上能上升的最大高度为0.5R D.滑块3在圆弧轨道最低点C受到的弹力大小为3mg 10.[2026云南阶段测试]周期是2 s的单摆叫秒摆。(取π2=10,重力加速度g=10 m/s2) (1)求秒摆的摆长是多少? (2)某同学在实验中做了一个秒摆,然后让其做圆锥摆运动,如图所示。该同学期望它能做周期是2 s的匀速圆周运动,问:这位同学能不能做到?若能做到,求小球做周期是2 s的匀速圆周运动时,绳子与竖直方向夹角的正切值;若不能做到,试通过分析说明原因。 答案 第二章　机械振动 4　单摆 基础练习 1.BCD　摆球受到重力、拉力两个力的作用,选项A正确;摆球经过A点和C点时,速度为零,回复力为重力沿轨迹切线方向的分力,不为零,选项B错误;摆球经过B点(单摆的平衡位置)时,速度最大,回复力为零,选项C错误;摆球相邻两次经过B点时,速度大小相等,根据牛顿第二定律得FT-mg=m,解得FT=mg+m,细线拉力大小相等,选项D错误。 2.B　“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,A错误;当摆角θ很小时,“摆球”运动的圆弧可以看作直线,“摆球”偏离最低点位移为x时,回复力为F=-x(F=mg sin θ,θ很小,sin θ≈,故F=-x,式中负号表示回复力与位移的方向相反),B正确;“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,C错误;经过最低点时,人顺势轻轻跳下,横板的动能没有变,质量也没有变,则横板的振幅不变,D错误。故选B。 3.C　由题图乙可知,墨汁在木板上留下图样的时间内单摆恰好摆动2.5个周期,对应的时间为t== s=5 s,即2.5T=5 s,故单摆的振动周期为T=2 s,结合单摆的周期公式T=2π,可得等效摆长为L=1 m,C正确。 4.CD　小球摆动周期为T=+=×2π+×2π=,选项A错误;小球从N到最低点,根据动能定理有mgl(1-cos θ)=mv2,解得v=,小球摆到最低点以O'为圆心做圆周运动时,细线拉力最大,根据牛顿第二定律可得F-mg=m,解得F=9mg-8mg cos θ,选项C正确,B错误;根据能量守恒可知,小球从N到P和从P到Q过程中重力做功的大小相等,由于tNP==×2π=,tPQ==×2π=,tNP>tPQ,根据P=,可知小球从N到P重力做功的平均功率小于从P到Q重力做功的平均功率,选项D正确。 5.D　设单摆的最大摆角为α,斜面上的单摆的回复力由重力沿斜面方向的分力在摆球轨迹切线方向的分量提供,重力沿斜面方向的分力大小为mg sin θ,摆球在最高点时的回复力大小为mg sin θ sin α,根据牛顿第二定律可得mg sin θ sin α=ma,解得摆球在最高点的加速度大小为a=g sin θ sin α,摆球在平衡位置时回复力为零,由于摆球有向心加速度,摆球在平衡位置的加速度不为零(易错点),选项A错误;等效重力加速度为g sin θ,根据单摆的周期公式有T=2π,只增大摆球的质量,摆球运动的周期不变,若增大摆长的同时减小斜面的倾角,周期将变大,选项B、C错误;由T=2π,又l=L+r,解得摆球的半径为r=-L,选项D正确。 6.C　由题图乙可知振幅A=0.07 m、周期T=2 s,则频率f==0.5 Hz,A错误;振动的表达式为x=A sin ωt=A sin t=0.07 sin (πt) m,B错误;由单摆的周期公式T=2π,解得单摆的摆长l==1 m,C正确;t=1.5 s时摆球在负向最大位移处,因取向右为正方向,所以此时摆球在M点,D错误。故选C。 7.AC　由题图可知单摆的周期T=2 s,根据T=2π,可得摆长为L=100 cm,A正确,B错误;设小球释放时细线与竖直方向的夹角为θ,如图所示: 由几何关系可知sin =,其中A=4 cm,且当θ较小时,有sin θ≈θ(弧度角)(解题技法),可知小球释放时细线与竖直方向的夹角为θ≈0.04 rad=0.04×≈2.3°(将弧度制转化为角度制),C正确,D错误。故选A、C。  8.A　摆球在振动过程中机械能守恒,由振动图像可知,在t=0时刻,摆球在平衡位置处(最低点),速度最大,动能Ek最大,动量最大,轻绳对摆球的拉力F最大,在t=T时刻,摆球的位移最大(最高点),速度为0,动能为0,动量为0,A正确,C、D错误;摆球在摆动过程中,高度发生变化,其重力势能也会改变,B错误。故选A。 9.C　在弹丸射入摆球的过程中系统水平方向动量守恒,所以有mv0=(m+5m)v,由图乙可知v=0.5 m/s(点拨:摆球在最低点时速度最大),解得v0=3 m/s,选项A错误;摆球摆动过程机械能守恒,有(m+5m)v2=(m+5m)gh,解得h=0.012 5 m,选项B错误;由图乙可知单摆的周期为4.5 s,由单摆周期公式T=2π,解得L≈5 m,选项C正确;当摆球运动起来后,拉力变化的周期为单摆周期的一半(易错点),即2.25 s,选项D错误。  能力提升练 1.B　根据T=2π可知,两个小球做简谐运动的周期相同,M、N同时到达O点,选项A错误;M、N通过P点时所受的回复力相同,均为小球在该点时重力沿轨迹切线方向的分力,选项B正确;M、N同时到达O点,则M不可能在P点追上N并与之相碰,选项C错误;从释放到到达O点过程中,根据I=mgt,重力对M的冲量等于重力对N的冲量,选项D错误。 2.D　设细线AC与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系有cos θ===,小钢球静止时,由平衡条件可得2FAC cos θ=mg,所以细线AC所受的拉力为FAC==mg= N,A错误;若小钢球沿纸面向右拉离平衡位置,小钢球由静止释放后向左运动经过平衡位置,绳BC绷紧时会有机械能损耗,同理,若小钢球沿纸面向左拉离平衡位置,小钢球由静止释放后向右运动经过平衡位置,绳AC绷紧时会有机械能损耗,所以小钢球的运动不是简谐运动,B错误;若在地球上实验,小钢球被垂直纸面向外拉离2 cm后由静止释放,根据几何关系可得双线摆的摆长为60 cm,因为小钢球做简谐运动的条件为摆角小于5°,由于π×60 cm≈5 cm>2 cm,所以小钢球做简谐运动,其周期为T=2π=2π s≈1.5 s,C错误;若在月球上实验,小钢球被垂直纸面向外拉离3 cm后由静止释放,小钢球做简谐运动,其周期为T=2π=2π s=1.2π s≈3.8 s,D正确。故选D。 3.B　简谐运动的图像不是摆球的运动轨迹,所以不能说在t0时刻摆球的速度方向沿图线上P点的切线,A错误;由题图乙可知,该杆线摆做简谐运动的振幅是4 cm,周期T=2 s,结合T=2π,解得细线长l= m,B正确,C错误;摆球在一个周期内通过平衡位置2次,10 s有5个周期,通过平衡位置10次,D错误。故选B。 4.BD　由图丙可知图甲、乙中单摆的周期之比为2∶3,所以图甲、乙中单摆的频率之比为3∶2,A错误;由图丙可知,图甲中单摆的周期是T=2 s,由单摆周期公式T=2π,解得当地的重力加速度g=≈9.77 m/s2,B正确;由图丙可知,图乙中的单摆的周期是T'=3 s,有T'=2π,解得 sin θ≈,C错误;设摆绳的最大摆角为α,对图甲中的单摆由机械能守恒得mgL(1-cos α)=mv2,在最低点,由牛顿第二定律得F-mg=m,解得图甲中摆绳的最大拉力F=mg(3-2 cos α),同理可知图乙中摆绳的最大拉力F'=mg sin θ(3-2 cos α),得=≈,D正确。故选B、D。 5.C　为了使摆钟摆动时计时准确,摆锤的摆角应小于5°,可知摆锤摆动的振幅不能太大,选项A错误;由T=2π可知缩短它的摆长后,周期变小,摆钟走得更快,选项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,选项C正确;在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时,因为赤道的重力加速度较小,由T=2π可知周期较大,所以赤道的摆钟走得慢些,选项D错误。 6.B　两个摆球静止时离天花板的高度相同,则有L甲 cos θ1=L乙 cos θ2,因θ1>θ2,可得L甲>L乙,即甲摆的摆长更长,根据单摆周期公式T=2π,可知甲摆的周期大于乙摆的周期,A错误;两球开始处于平衡状态,则水平细线拉力FT=m甲g tan θ1=m乙g tan θ2,因θ1>θ2,可得m甲<m乙(破题关键),以水平地面为参考平面,两球离水平地面的最大高度相等,根据Ep=mgH,故甲球的最大重力势能小于乙球的最大重力势能,两球在摆动过程中,机械能守恒,故甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能,B正确,D错误;摆到最低点过程,根据机械能守恒有mgh=mv2,解得v=,因甲球下降的高度大于乙球下降的高度,故甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度,C错误。故选B。  7.A　两质量相等的弹性小球弹性正碰时,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,由m1=m2,解得v1=0,v2=v0,可知两球碰撞后速度交换(破题关键),由单摆周期公式得TA=2π=π,TB=2π,从释放小球A到第1次相碰经历时间t1=TA=,从第1次相碰到第2次相碰经历时间t2=TB=π,从第2次相碰到第3次相碰经历时间t3=TA=,从第3次相碰到第4次相碰经历时间t4=t2=π,从释放小球A到两球发生第4次碰撞经历的时间t=t1+t2+t3+t4=,选项A正确。 8.D　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可知相邻两次经过最低点的时间间隔是1 s,小球重力势能变化周期是1 s,单摆的周期是2 s(易错点),根据单摆的周期公式T=2π,解得摆长L=1.0 m,小球的直径d=1.0 cm,则细线的长度l=L-=0.995 m,A、B错误;由图2,当t=1.25 s时细线拉力最大,小球位于最低点,有向心加速度,加速度不是0(易错点),C错误;设单摆最大摆角为θ,在最低点速度大小为v,在最高点,沿细线方向有F1=mg cos θ,从最高点到最低点,由机械能守恒有mgL(1- cos θ)=mv2,在最低点,由牛顿第二定律有F2-mg=m,解得F1=0.965 N,D正确。故选D。  9.AD　滑块1从轨道AB上端的A点由静止释放,此时重力的功率为零,当滑块1滑到B点时,速度方向水平向右,与重力垂直,此时重力的功率也为零,故滑块1从A点滑到B点过程中,重力的功率先变大再变小,A正确;若把滑块1的运动看成单摆,则滑块1从A点滑到B点的时间为t=T,解得t=,但滑块1运动过程的等效摆角过大,不能看成单摆(易错点),B错误;滑块1从A点滑到B点过程中,由动能定理有mgR=m-0,1、2发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律有mv1=(m+m)v2,对滑块3,由动能定理有-2mgh=0-·2m,解得h=R,C错误;滑块3在圆弧轨道最低点C,由牛顿第二定律有F支-2mg=,解得F支=3mg,D正确。故选A、D。 10.答案　(1)1 m　(2)不能,原因见解析 解析　(1)根据单摆周期公式T0=2π 代入数据可得秒摆的摆长L=1 m (2)当秒摆做圆锥摆运动时,设绳子与竖直方向夹角为θ,摆长为L 小球做圆周运动的半径为r=L sin θ 根据牛顿第二定律有mg tan θ=mL sin θ 可得T=2π 因为cos θ<1,所以T=2π<2π=T0=2 s(破题关键)  即秒摆做圆锥摆运动时不能做周期是2 s的匀速圆周运动。 1 学科网（北京）股份有限公司 $