3. 单摆（同步讲义）物理教科版选择性必修第一册

本高中物理讲义聚焦机械振动中的单摆核心知识点，系统梳理单摆的组成与理想化模型建构条件，深入分析回复力来源及小角度下简谐运动的证明，推导并应用单摆周期公式，形成从模型到规律再到应用的完整学习支架。 资料设计突出科学思维与科学探究素养，通过随学随练即时强化模型理解，题型分层（基础通关、素养提升、迁移创新）覆盖不同能力需求，结合实验数据规律分析培养科学推理能力，课中辅助教师高效授课，课后助力学生查漏补缺，提升问题解决能力。

第二章 机械振动 3. 单摆 课标要点 1.能够从动力学的角度研究单摆的运动规律,体会力与运动的关系。 2.理解建构单摆模型的条件,并能够将实际生活中的摆转化为单摆模型,体会模型建构过程。能够写出单摆振动的回复力的表达式,并在小角度近似条件下,证明单摆运动为简谱运动,提升科学推理能力。 3.在研究单摆的周期与摆长的定量关系实验中,能分析数据、发现规律、形成合理的结论,能用已有的物理知识解释相关现象,提升科学探究能力 学习重难点 重点：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.理解影响单摆周期的因素，能熟练应用单摆周期公式解决问题 难点：理解影响单摆周期的因素，能熟练应用单摆周期公式解决问题 写 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.。 随学随练 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 　知识点2 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. 　随学随练 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 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. 随学随练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 题型1 单摆的回复力 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 活学活用 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.(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 题型 单摆的周期 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 活学活用 1.一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 2．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 。 基础通关 1. (多选)如图所示，为一小球做简谐运动的示意图，其中O点为平衡位置，A、B为最大位移处，M、N点为关于O点对称的两点。下列说法正确的是(　　) A.小球在A、B点受到重力和回复力 B.小球在O点所受的合外力就是回复力 C.小球在O点时所受合外力不为0 D.小球在M点、N点的回复力大小相等 2. (多选)如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知(　　) A.单摆振动的频率是1.25 Hz B.t＝0时摆球位于B点 C.t＝0.2 s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g＝π2 m/s2，则这个单摆的摆长是0.16 m 3.关于单摆，下列说法正确的是(　　) A.摆球受到的回复力是它所受的合力 B.摆球经过平衡位置时，所受的合力为零 C.只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力 D.摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力 4.一个单摆做简谐运动的周期为 T，如果将其摆长增加为原来的 2 倍，振幅变为原来的二分之一，则其周期变为(　　) A.T B. C.T D.2T 5.(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，且甲、乙两摆球质量相等，忽略空气阻力。则下列说法中正确的是(　　) A.甲的摆长与乙的摆长相等 B.甲的摆长比乙的摆长长 C.甲的机械能比乙的机械能大 D.在t＝0.5 s时有负向最大加速度的是乙摆 6．如图甲所示，一小球悬挂在天花板上，将小球拉离平衡位置后由静止释放，小球在A、B两点间摆动，其振动图像为正弦函数图像，如图乙所示，取当地的重力加速度。下列说法正确的是（    ） A．悬挂小球的细绳可能是质量好的橡皮筋 B．在时小球的加速度为零 C．任意加大小球偏离平衡位置的最大位移，稳定后小球的振动图像一定仍是正弦函数图像 D．悬点到小球球心的距离约为 7．如图甲所示，从重型机械的机械臂的顶部垂下一个大铁球并让它小角度摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑，该情景可视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．铁球的质量增大，周期增大 B．t=4s时，摆球的速度最大 C．该单摆的摆长约为4m D．铁球摆开的角度增大，周期增大 8．甲、乙两个单摆的摆球完全相同，在同一平面内各自做简谐运动，摆线的最大摆角相同。某时刻开始计时，内它们的振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙的摆长之比为 B．时刻甲、乙的相位差为 C．甲摆球的最大动能大于乙摆球的最大动能 D．从计时开始，乙摆球第2次经过最低点时两摆球速度方向相反 9.（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 10.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． 素养提升 1．如图所示，倾角为的光滑劈形木块固定在地面上，现将一长度为l的轻绳一端固定在点，另一端系有质量为m的小球，初始状态下小球静止在斜面上的O点，现将小球拉开倾角（很小）后由静止释放，摆球运动到最低点时的速度为v，不计空气阻力，小球的运动可视为单摆运动，已知重力加速度为g，则小球从最高点第一次到最低点运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．摆球运动的周期为 B．重力做功的平均功率为 C．重力的冲量大小为mv D．摆球运动到最低点时重力的瞬时功率为mgv 2.一单摆的摆长为L，将摆球向左拉至水平标志线上（图中虚线）。由静止释放摆球，当摆球运动至最低点时，摆线碰到障碍物P，摆球继续向右摆动。用频闪相机长时间拍摄，得到图示照片，则摆线的悬点O与障碍物P在竖直方向之间的距离为（        ） A． B． C． D．无法确定 3.一个摆长为的单摆，在地面上做简谐运动，周期为，已知地球的质量为，半径为；另一摆长为的单摆，在质量为，半径为的星球表面做简谐运动，周期为。若，，，则地球半径与星球半径之比为 。 4.如图所示是某质点做简谐运动的振动图像，根据图像中的信息，下列说法错误的是（    ） A．振动周期为 B．质点和时的速度相同 C．内，质点通过的路程为 D．质点在第末的加速度为零 5.未来中国宇航员登陆月球表面，其任务之一是测量出月球表面的重力加速度，从而计算一下月球的质量。测量方案之一就是通过单摆测月球表面重力加速度。目前实验舱中有以下设备：摆球（直径约1cm）、刻度尺（量程30cm）、轻细线（1m左右无弹性）、停表和足够高的固定支架。宇航员设计了如下实验步骤： ①如图所示，将系好细线的摆球上端固定于O点； ②将摆球拉开一个小的角度，然后由静止释放； ③从摆球摆到最低点开始计时，测出n次全振动的总时间t1； ④缩短细线长度，重复②、③步骤，测出n次全振动的总时间t2； 完成以下问题： （1）若细线缩短的长度为ΔL（ΔL小于刻度尺量程），请用t1、t2以及ΔL写出重力加速度g的表达式； （2）已知月球的半径为R、万有引力常量G，请结合（1）中g的表达式写出月球质量M的表达式。 迁移创新 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.如图甲所示，在天花板上的O点用一定长度的摆线悬挂一个摆球，在O点的下方P点处有一个钉子，现将摆球向左拉开一个很小的角度，t=0时将摆球由静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到钉子，此后摆球又向向摆动一个很小角度（不超过5°），设向左为正方向，摆球的振动图像如图乙所示（图线与两轴的交点已在图中标出），不计摆线和钉子相碰时的能量损失，取重力加速度，结果可用分式表示，求： （1）单摆的振动周期； （2）钉子的位置P点到悬点O的距离； （3）图像中x1与x2的比值。    学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二章 机械振动 3. 单摆 课标要点 1.能够从动力学的角度研究单摆的运动规律,体会力与运动的关系。 2.理解建构单摆模型的条件,并能够将实际生活中的摆转化为单摆模型,体会模型建构过程。能够写出单摆振动的回复力的表达式,并在小角度近似条件下,证明单摆运动为简谱运动,提升科学推理能力。 3.在研究单摆的周期与摆长的定量关系实验中,能分析数据、发现规律、形成合理的结论,能用已有的物理知识解释相关现象,提升科学探究能力 学习重难点 重点：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.理解影响单摆周期的因素，能熟练应用单摆周期公式解决问题 难点：理解影响单摆周期的因素，能熟练应用单摆周期公式解决问题 写 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.。 随学随练 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。 　知识点2 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. 　随学随练 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。 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. 随学随练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。 题型1 单摆的回复力 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。 活学活用 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.(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。 题型 单摆的周期 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。 活学活用 1.一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． 2．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． 。 基础通关 1. (多选)如图所示，为一小球做简谐运动的示意图，其中O点为平衡位置，A、B为最大位移处，M、N点为关于O点对称的两点。下列说法正确的是(　　) A.小球在A、B点受到重力和回复力 B.小球在O点所受的合外力就是回复力 C.小球在O点时所受合外力不为0 D.小球在M点、N点的回复力大小相等 答案　CD 解析　小球在A、B点受到重力和绳子拉力，故A错误；小球在O点的合外力不为0，合外力提供向心力，不是回复力，故B错误，C正确；M、N点关于O点对称，根据运动的对称性可知，小球在M点、N点的回复力大小相等，故D正确。 2. (多选)如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知(　　) A.单摆振动的频率是1.25 Hz B.t＝0时摆球位于B点 C.t＝0.2 s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g＝π2 m/s2，则这个单摆的摆长是0.16 m 答案　ABD 解析　由振动图像可知，该单摆的周期为T＝0.8 s，频率为f＝＝ Hz＝1.25 Hz，故A正确；由于规定向右为正方向，B点为摆球所能到达的左边最远位置，则t＝0时摆球位于B点，故B正确；由振动图像可判断，t＝0.2 s时摆球位于平衡位置O，但摆球受到的合力不为零，所以加速度不为零，故C错误；根据单摆的周期公式T＝2π，可得l＝，把T＝0.8 s，g＝π2 m/s2，代入计算得摆长l＝0.16 m，故D正确。 3.关于单摆，下列说法正确的是(　　) A.摆球受到的回复力是它所受的合力 B.摆球经过平衡位置时，所受的合力为零 C.只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力 D.摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力 答案　C 解析　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，A错误；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错误；摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力；在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C正确，D错误。 4.一个单摆做简谐运动的周期为 T，如果将其摆长增加为原来的 2 倍，振幅变为原来的二分之一，则其周期变为(　　) A.T B. C.T D.2T 答案　C 解析　根据T＝2π可知，单摆的周期与振幅无关，若将其摆长增加为原来的 2 倍，则T′＝2π＝T，选项C正确。 5.(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，且甲、乙两摆球质量相等，忽略空气阻力。则下列说法中正确的是(　　) A.甲的摆长与乙的摆长相等 B.甲的摆长比乙的摆长长 C.甲的机械能比乙的机械能大 D.在t＝0.5 s时有负向最大加速度的是乙摆 答案　AC 解析　由图可知两单摆的周期相同，都为2.0 s，又知道两者在同一个地点做简谐运动，g相同，根据单摆周期公式T＝2π，可知两单摆的摆长相等，故A正确，B错误；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，甲摆的振幅比乙摆的大，由于甲、乙两摆球质量相等，则甲的机械能比乙的机械能大，故C正确；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D错误。 m 6．如图甲所示，一小球悬挂在天花板上，将小球拉离平衡位置后由静止释放，小球在A、B两点间摆动，其振动图像为正弦函数图像，如图乙所示，取当地的重力加速度。下列说法正确的是（    ） A．悬挂小球的细绳可能是质量好的橡皮筋 B．在时小球的加速度为零 C．任意加大小球偏离平衡位置的最大位移，稳定后小球的振动图像一定仍是正弦函数图像 D．悬点到小球球心的距离约为 【答案】D 【详解】A．在单摆运动过程中摆线长度要保持不变，所以悬挂小球的细绳不能用橡皮筋，A错误； B．在时小球经过最低点，小球沿切线方向的加速度为零，但小球的向心加速度不为零，B错误； C．单摆的摆动只有在摆角比较小的情况下才可以看作是简谐运动，若加大小球偏离平衡位置的最大位移，到了一定程度后小球的振动图像将不再是正弦函数图像，C错误； D．由单摆的周期公式 由乙图知周期为2s，可得此单摆的摆长 D正确。 故选D。 7．如图甲所示，从重型机械的机械臂的顶部垂下一个大铁球并让它小角度摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑，该情景可视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．铁球的质量增大，周期增大 B．t=4s时，摆球的速度最大 C．该单摆的摆长约为4m D．铁球摆开的角度增大，周期增大 【答案】C 【详解】AD．根据单摆的周期公式 由此可知，周期的大小与铁球的质量、摆开的角度无关，故AD错误； B．由图可知，t=4s时，摆球离开平衡位置的位移达到最大，此时摆球的速度为零，故B错误； C．由图可知，单摆的周期为4s，所以摆长为 故C正确。 故选C。 8．甲、乙两个单摆的摆球完全相同，在同一平面内各自做简谐运动，摆线的最大摆角相同。某时刻开始计时，内它们的振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙的摆长之比为 B．时刻甲、乙的相位差为 C．甲摆球的最大动能大于乙摆球的最大动能 D．从计时开始，乙摆球第2次经过最低点时两摆球速度方向相反 【答案】D 【详解】A．由图可知，甲的周期为，乙的周期为，由单摆周期公式可知，甲、乙的摆长之比为，故A错误； B．由图可知，甲的振动方程为 乙的振动方程为 时刻甲、乙的相位差为 故B错误； C．甲、乙两个单摆的摆球完全相同，摆线的最大摆角相同，从最高点到最低点，由动能定理有 由于乙的摆长大，则甲摆球的最大动能小于乙摆球的最大动能，故C错误； D．由于可知，时，乙摆球第2次经过最低点，此时，两摆球速度方向相反，故D正确。 故选D。 9.（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。 10.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 素养提升 1．如图所示，倾角为的光滑劈形木块固定在地面上，现将一长度为l的轻绳一端固定在点，另一端系有质量为m的小球，初始状态下小球静止在斜面上的O点，现将小球拉开倾角（很小）后由静止释放，摆球运动到最低点时的速度为v，不计空气阻力，小球的运动可视为单摆运动，已知重力加速度为g，则小球从最高点第一次到最低点运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．摆球运动的周期为 B．重力做功的平均功率为 C．重力的冲量大小为mv D．摆球运动到最低点时重力的瞬时功率为mgv 【答案】B 【详解】A．重力加速度在沿斜面方向的分量为 由于摆球在斜面内做单摆运动，所以运动的周期为 故A错误； B．小球从最高点第一次到最低点运动过程中，轻绳拉力和木块支持力均不做功，所以重力做功为 所以该过程中重力做功的平均功率为 故B正确； C．根据动量定理可知，小球从最高点第一次到最低点运动过程中，合外力的冲量大小为mv，而小球所受合外力显然不等于重力，所以重力的冲量大小不等于mv，故C错误； D．摆球运动到最低点时，重力与速度方向垂直，所以重力的瞬时功率为零，故D错误。 故选B。 2.一单摆的摆长为L，将摆球向左拉至水平标志线上（图中虚线）。由静止释放摆球，当摆球运动至最低点时，摆线碰到障碍物P，摆球继续向右摆动。用频闪相机长时间拍摄，得到图示照片，则摆线的悬点O与障碍物P在竖直方向之间的距离为（        ） A． B． C． D．无法确定 【答案】C 【详解】由单摆的周期公 可知，由于是频闪照片，图中相邻两小球的影像的时间间隔是相同的，所以周期之比是3：2，周期平方比是9：4，则 可知 故选C。 3.一个摆长为的单摆，在地面上做简谐运动，周期为，已知地球的质量为，半径为；另一摆长为的单摆，在质量为，半径为的星球表面做简谐运动，周期为。若，，，则地球半径与星球半径之比为 。 【答案】 【详解】[1]由于单摆在星球表面，所以有 整理有 由因为单摆周期公式为 由题意可知，，，结合上述公式，解得 4.如图所示是某质点做简谐运动的振动图像，根据图像中的信息，下列说法错误的是（    ） A．振动周期为 B．质点和时的速度相同 C．内，质点通过的路程为 D．质点在第末的加速度为零 【答案】B 【详解】A．由图可知，振动周期为 故A正确； B．质点和时的速度不一定相同，比如单摆，速度方向不同，故B错误； C．内，质点通过的路程为 故C正确； D．质点在第末处于平衡位置，回复力为零，质点的加速度为零，故D正确。 本题选错误的，故选B。 5.未来中国宇航员登陆月球表面，其任务之一是测量出月球表面的重力加速度，从而计算一下月球的质量。测量方案之一就是通过单摆测月球表面重力加速度。目前实验舱中有以下设备：摆球（直径约1cm）、刻度尺（量程30cm）、轻细线（1m左右无弹性）、停表和足够高的固定支架。宇航员设计了如下实验步骤： ①如图所示，将系好细线的摆球上端固定于O点； ②将摆球拉开一个小的角度，然后由静止释放； ③从摆球摆到最低点开始计时，测出n次全振动的总时间t1； ④缩短细线长度，重复②、③步骤，测出n次全振动的总时间t2； 完成以下问题： （1）若细线缩短的长度为ΔL（ΔL小于刻度尺量程），请用t1、t2以及ΔL写出重力加速度g的表达式； （2）已知月球的半径为R、万有引力常量G，请结合（1）中g的表达式写出月球质量M的表达式。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）设原来细线长度为L，测出n次个振动的总时间t1，则对应周期为 根据单摆周期公式可得 若细线缩短的长度为ΔL，测出n次个振动的总时间t2，则对应周期为 根据单摆周期公式可得 解得重力加速度表达式为： （2）根据万有引力与重力的关系有 解得 迁移创新 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.如图甲所示，在天花板上的O点用一定长度的摆线悬挂一个摆球，在O点的下方P点处有一个钉子，现将摆球向左拉开一个很小的角度，t=0时将摆球由静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到钉子，此后摆球又向向摆动一个很小角度（不超过5°），设向左为正方向，摆球的振动图像如图乙所示（图线与两轴的交点已在图中标出），不计摆线和钉子相碰时的能量损失，取重力加速度，结果可用分式表示，求： （1）单摆的振动周期； （2）钉子的位置P点到悬点O的距离； （3）图像中x1与x2的比值。    【答案】（1）1.8s；（2）0.36m；（3）5：4 【详解】（1）由乙图像可知，单摆完成一次全振动的时间为 （2）由乙图可知，小球在OP左侧摆动时，单摆的周期为，由周期公式 解得该单摆摆线的长度为 小球在OP右侧绕着P点摆动时，周期为，由周期公式 ， 解得该单摆碰到钉子后的摆长为 故钉子的位置P距离悬点O的距离 代入数据得 （3）设单摆在OP左侧摆动的最大偏角为，在OP右侧摆动的最大偏角为，由数学知识可得 ， 由机械能守恒定律得 由数学方法可解得 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $