第2.4节 单摆（高效培优·讲义）物理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，系统梳理单摆理想化模型条件、回复力来源及推导、周期公式及影响因素，通过对比弹簧振子构建简谐运动知识脉络，为学生提供从模型建构到规律应用的学习支架。 资料设计融合科学探究与科学思维，含单摆周期实验完整步骤及误差分析，通过等效摆长、重力加速度等避坑角度培养模型建构能力。课中辅助教师实验教学，课后真题及分层练习助力学生查漏补缺，强化物理观念与问题解决能力。

第2.4节 单摆 目录 01 本节导航·目标清单 02 教材精研·内容全解 考点01 单摆与单摆的回复力 考点02 单摆的周期 03 避坑指南·解题通法 角度01 单摆模型及条件 角度02 单摆的回复力 角度03 单摆的速度、加速度和位移 角度04 单摆的振动图像及其表达式 角度05 单摆的周期 角度06 等效单摆 04 真题闯关·溯源演练 05 课后三阶·精准练习 目标导航 方法指导 1.掌握单摆理想化模型构成与小角度摆动条件2.推导单摆周期公式，理清各物理量影响因素 3.区分单摆等效摆长、等效重力加速度场景 1.摆角小于 5° 才可视为简谐运动 2.周期只和摆长L、重力加速度g有关，与摆球质量、振幅无关 3.摆长是悬点到球心的距离，不是绳子长度 知识导图 考点01 单摆与单摆的回复力 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。 3、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。 （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 【深化点拨】 1．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。 2．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。 3．关于单摆的回复力的三点提醒 （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。 1．关于简谐运动的回复力的说法错误的是（     ） A．单摆的回复力就是小球所受的合外力 B．单摆的回复力是重力在运动方向的分力 C．放在光滑水平面上的弹簧振子回复力由弹簧弹力提供 D．弹簧振子经过平衡位置时回复力为零 【答案】A 【详解】简谐运动的回复力是使物体回到平衡位置的效果力，方向指向平衡位置。 A．单摆做小角度简谐运动时，合外力沿径向的分力提供圆周运动的向心力，仅沿切向（运动方向）的分力提供回复力，因此回复力不等于小球所受的合外力，故A错误； B．单摆做小角度简谐运动时，其重力沿切向（运动方向）的分力提供回复力，故B正确； C．光滑水平面上的弹簧振子，竖直方向重力与支持力平衡，水平方向仅受弹簧弹力，该弹力充当回复力，故C正确； D．弹簧振子经过平衡位置时弹簧形变量，由回复力公式可知，此时回复力为零，故D正确。 本题选错误的，故选A。 2．（多选）如图所示，摆长为的单摆做小角度的摆动，振动过程的最大位移为，不计空气阻力，重力加速度，从摆球向右通过最低点开始计时，则从到的过程中（　　） A．摆球的重力势能先减小后增大 B．摆球的动能先减小后增大 C．摆球振动的回复力先减小后增大 D．摆球的切向加速度先增大后减小 【答案】BD 【详解】AB．单摆振动周期 从到的过程为小球经过最低点向左振动到最左端再回摆到最低点的过程，此过程小球的重力势能先增大后减小，小球的动能先减小后增大，故A错误，B正确； C．摆球振动的回复力先增大后减小，故C错误； D．摆球在最低点切向加速度最小，因此摆球的加速度先增大后减小，故D正确。 故选BD。 【弹簧振子与单摆的比较】 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 考点02 单摆的周期 1、探究单摆的周期与摆长的关系 【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。 【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。 【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。 【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。 【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。 【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。 2、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。 3、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。 【深化点拨】 1．探究单摆的周期与摆长的关系特别提醒 （1）构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°。 （2）要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。 （3）测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时．因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大。 ②要测多次全振动的时间来计算周期．如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过最低位置时计数1次。 （4）本实验可以采用图象法来处理数据．即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率；这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法。 2．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。 1．下列有关单摆周期的说法正确的是（　　） A．只改变小球的质量不会改变单摆的周期 B．单摆的周期只与摆线长度有关 C．单摆在同步卫星中的周期与在地面时的相同 D．单摆的周期与摆线长度成正比 【答案】A 【详解】A．根据单摆的周期公式可知，单摆的周期与摆球的质量无关，故A正确； B．根据可知，单摆的周期不仅与摆线长度有关，还与重力加速度有关，故B错误。 C．在同步卫星中，单摆处于完全失重状态，单摆无法摆动（无回复力），周期与地面时不相同，故C错误。 D．根据可知，单摆的周期与摆线长度的平方根成正比，故D错误。 故选A。 2．（多选）一单摆的重力势能随时间变化的关系图像如图所示，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　） A．该单摆的周期为 B．该单摆的周期为 C．该单摆的摆长为 D．该单摆的摆长为 【答案】BC 【详解】AB．由题图可得 解得，故A错误，B正确； CD．由 解得，故C正确，D错误。 故选BC。 1．某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为98.50cm，摆球直径为2.0cm，则 (1)该摆摆长为___________cm。 (2)如果他测得的g值偏小，可能的原因是（　　） A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时，秒表过迟按下 D．实验中误将49次全振动数为50次 (3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线（如图），并求得该直线的斜率K。则重力加速度g=___________（用k表示），若某同学不小心每次都把小球直径当作半径代入来计算摆长，则用此表达式计算得到的g值会___________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 【答案】(1)99.50 (2)B (3) 不变 【详解】（1）根据题意可知，摆长L=98.50+1.0cm=99.50cm （2）根据单摆的周期公式 得 A．测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大。故A错误； B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小。故B正确； C．开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大。故C错误； D．实验中误将49次全振动数为50次。测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大。故D错误。故选B。 （3）[1][2]根据 得 则图线的斜率 解得重力加速度 若某同学不小心每次都把小球直径当作半径代入来计算摆长，可知T2-L图像的斜率不变，计算得到的g值不变。 4．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，该运动可看成简谐运动。从某次摆球到达平衡位置处开始计时，摆球相对平衡位置的位移随时间变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小，，求： (1)单摆的振幅和周期； (2)单摆的摆长。 【详解】（1）由图乙可得振幅 周期 （2）由单摆周期公式 可得 单摆的综合应用及解题步骤 1.理想化模型：单摆是一个理想化的物理模型，解题时首先要判断题目情境是否符合单摆的定义。 （1）构造条件：细线质量忽略不计、不可伸长；摆球密度大、直径远小于线长（视为质点）。 （2）运动条件：小角度摆动（通常 θ<5∘）。 只有在小角度下， sinθ≈θ≈ ，回复力才近似满足 F=−x，单摆的运动才能被视为简谐运动。 （3）避坑点：如果题目给出的是大角度摆动（如 60∘），则不能直接套用简谐运动的周期公式和位移公式，此时机械能守恒依然成立，但运动不再是标准的简谐运动。 2.回复力来源：单摆运动过程中受力情况复杂，必须正交分解重力。 （1）回复力：由重力沿圆弧切线方向的分力提供， F回=mgsinθ。它负责改变速度的大小。 （2）向心力：由绳子拉力 T与重力沿绳子方向分力 mgcosθ的合力提供， Fn=T−mgcosθ=。它负责改变速度的方向。 （3）特殊位置分析： 平衡位置（最低点）： θ=0，回复力为0，但合力不为0（因为有向心加速度，拉力 T>mg）。 最高点：速度 v=0，向心力为0，但合力不为0（因为有切向加速度，拉力 T<mg）。 避坑点：千万不要认为在最低点受力平衡！最低点有向上的向心加速度，处于超重状态。 3.周期公式应用：必须“找准”等效摆长与等效重力加速度 单摆周期公式是核心考点，但在复杂情境下需进行“等效”替换。 （1）等效摆长 L′：指悬点到摆球重心的距离。 若摆线碰到钉子，摆长会突变，周期需分段计算。 若在光滑斜面上摆动，摆长依然是线长，但 g会变。 （2）等效重力加速度 g′： 加速上升的电梯： g′=g+a（超重，周期变小）。 加速下降的电梯： g′=g−a（失重，周期变大）。 完全失重（如自由落体、卫星中）： g′=0，单摆不摆动，周期趋于无穷大。 角度01 单摆模型及条件 1．关于简谐运动和单摆，下列说法正确的是（　　） A．平衡位置就是回复力为零的位置 B．物体到达平衡位置时，合力一定为零 C．单摆细线拉力与重力的合力提供回复力 D．单摆摆动到最低点时摆球合力为零 【答案】A 【详解】A．根据简谐运动平衡位置的定义，平衡位置就是回复力为零的位置，故A正确； B．物体到达平衡位置时合力不一定为零，例如单摆的平衡位置（最低点），合力需要提供圆周运动的向心力，不为零，故B错误； C．单摆的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，细线拉力与重力的合力同时提供向心力和切向回复力，并非全部用来提供回复力，故C错误； D．单摆摆动到最低点时，摆球做圆周运动，向心力由拉力和重力的合力提供，满足，合力不为零，故D错误。 故选A。 2．（多选）单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，关于单摆，下列说法中正确的有（     ） A．摆线质量不计 B．摆线不可伸缩 C．摆球的直径比摆线长度短得多 D．单摆的运动一定是简谐运动 【答案】ABC 【详解】ABC．单摆是研究振动的理想化模型，其理想化条件为：摆线质量不计、不可伸长，摆球尺寸远小于摆线长度，即摆球直径比摆线长度短得多，可将摆球视为质点，故ABC正确； D．只有当单摆摆动的摆角很小（小于）时，单摆的运动才可以近似看成简谐运动，并非所有单摆运动都是简谐运动，故D错误。 故选ABC。 3．如图所示，单摆摆长为l、摆球质量为m。将摆球拉离平衡位置O后释放，摆球沿圆弧做往复运动。当摆球沿圆弧运动到某一位置P时，摆线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g。（已知θ角很小时，sinθ≈θ） (1)试证明单摆在摆角很小的情况下做简谐运动； (2)若P为最高点，求摆球运动过程中的最大速度。 【详解】（1）设摆球的回复力为F回，摆球的位移为x，则 F回的方向与位移的方向相反，即 满足F回=-kx，故单摆在摆角很小的情况下的运动为简谐运动。 （2）小球到达最低点时速度最大，由机械能守恒定律 解得 角度02 单摆的回复力 4．关于简谐运动的单摆，在摆球通过最低点时，下列说法正确的是（　　） A．回复力为零，合外力也为零 B．回复力不为零，但合外力为零 C．回复力不为零，合外力指向悬点 D．回复力为零，合外力提供向心力 【答案】D 【详解】单摆的回复力是重力沿运动轨迹切线方向的分力；摆球做圆周运动，需要指向圆心（悬点）的向心力。摆球在最低点时，重力的切线分力为零，因此回复力为零；但摆球速度不为零，合外力提供向心力。 故选D。 5．（多选）一单摆的摆球质量为，摆长为，在小角度摆动过程中，摆球的加速度与摆球位移之间的关系满足运动方程：。重力加速度为，以下说法正确的是（　　） A．回复力可表示为 B．回复力可表示为 C．周期 D．周期 【答案】AC 【详解】AB．对于单摆，重力沿切向分力充当回复力，由于摆角很小，所以 回复力的大小 考虑到与方向相反，所以回复力 故A正确，B错误； CD．根据牛顿第二定律，摆球加速度 根据已知条件，联立解得 单摆周期 故C正确，D错误。 故选AC。 6．如图1所示，O点为单摆的固定悬点。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。细线对摆球的拉力大小F随时间t的变化关系如图2所示，时，摆球从A点开始运动，重力加速度为g。求： (1)单摆的摆长L； (2)摆球的质量m。 【详解】（1）由图2可知单摆的周期 根据单摆的周期公式 联立解得，其他表达式正确也可。 （2）设摆球最大摆角为，当摆球在A点时，细线拉力大小为，摆球速度为0。细线的拉力与重力的合力提供回复力，根据力的合成和分解则有 摆球从A点运动到B点，根据动能定理可得 摆球在B点时，细线拉力与重力合力提供向心力，则有 联立解得 角度03 单摆的速度、加速度和位移 7．把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，已知绳子等长且不可伸长，二人均可看成质点，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．图中b点对应荡秋千时的最低点，此时回复力为零 B．小王荡秋千时，其周期大于6.28s C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小 D．该秋千的绳子长度约为5m 【答案】A 【详解】A．根据简谐振动的回复力可知，在最低点（即平衡位置），位移，此时回复力为0，故A正确； B．根据单摆的周期可知，单摆的周期与摆球的质量无关，因此小王荡秋千时，其周期也等于6.28s，故B错误； C．小明荡到图中对应的b点时，由图可知，b点为平衡位置，小明的速度最大，动能最大，故C错误； D．根据单摆的周期 解得，故D错误。 故选A。 8．（多选）如图所示，不可伸长的轻质细线与可视为质点的小球组成单摆。将摆球拉离平衡位置A点后由静止释放，摆球做简谐运动，、C两点为摆球运动过程中能达到的最高位置。下列说法中正确的是（ ） A．摆球经过A点时，加速度为零 B．摆球经过点时，加速度为零 C．由A点运动到点的过程中，摆球的回复力变大 D．由A点运动到C点的过程中，摆球的机械能守恒 【答案】CD 【详解】A.摆球经过A点时，有指向圆心的向心加速度，故A错误； B.摆球经过点时，向心加速度为0，但是有沿切线方向的切向加速度，故B错误； C.根据简谐运动规律知，离平衡位置越远，回复力越大，故由A点运动到点的过程中，摆球的回复力变大，故C正确； D.单摆运动是动能和重力势能相互转化，在这个过程中小球机械能守恒，故D正确。 故选CD。 角度04 单摆的振动图像及其表达式 9．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，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10m/s²。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长约为1.0m B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin100πt(cm) C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 【答案】A 【详解】A．由题图乙可知，单摆的周期为2s，振幅为8cm，由单摆的周期公式 代入数据解得，故A正确； B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为，故B错误； C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C错误； D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，故D错误。 故选A。 10．（多选）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，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，g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（     ） A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（πt） cm B．t=2.5 s时，摆球位于右侧最高点 C．从t=2.5 s到t=3 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从t=2.5 s到t=3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小 【答案】AB 【详解】A．从图像可得，单摆周期，振幅 则角频率 时摆球在平衡位置，向位移正方向运动，因此位移表达式为，故A正确； B．根据 可知当时，位移 位移为正最大值，说明摆球位于右侧最高点，故B正确； C．从到，摆球从右侧最高点向平衡位置运动，高度逐渐降低，重力势能逐渐减小，故C错误； D．从到的过程中摆球速度逐渐增大，偏角逐渐减小，由拉力公式 可知增大、增大，因此绳子拉力逐渐增大，故D错误。 故选AB。 11．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。设向右为摆球运动的正方向，图乙是这个单摆做简谐运动的振动图像，根据图像回答： (1)单摆振动的频率是多大？ (2)若当地的重力加速度为，试求这个单摆的摆长是多少（取）？ 【详解】（1）由图乙，单摆周期 频率 （2）单摆周期公式 代入数据解得 角度05 单摆的周期 12．如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上与O相距为l的两点上，使三角形AOB成直角三角形，，已知OC线长为l，下端C点系着一个小球。下列说法正确的是（以下振动皆指小角度摆动）（　　） A．让小球在纸面内振动，周期 B．让小球垂直于纸面振动，周期 C．让小球在纸面内振动，周期 D．让小球垂直于纸面振动，周期 【答案】A 【详解】AC．让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期为，故A正确，C错误； BD．让小球垂直于纸面振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为 所以周期为，故BD错误。 故选A。 13．（多选）如图，P为固定在水平地面上的半径为R的光滑圆弧槽，O为圆心，O′为圆弧槽的最低点，A、B为圆弧槽的两个端点，弧AB≪R。将均可视为质点的甲、乙两球从O′点的左右两侧同时由静止释放，O、O′、A、B及释放点均在同一竖直平面内。下列说法正确的是（　　） A．若甲球的释放点离O′点更近，则甲球先到达O′点 B．若甲球的质量大于乙球的质量，则甲球先到达O′点 C．甲、乙两球同时到达O′点 D．仅将该装置移到重力加速度更大的地区，乙球从释放点到O′点的时间会变短 【答案】CD 【详解】ABC．根据单摆的周期公式 可知两球到达点的时间相等，与两球的质量大小无关，与释放点离O′点远近无关，均为，甲、乙两球同时到达O′点，故C正确，AB错误； D．根据单摆的周期公式 可知仅将该装置移到重力加速度更大的地区，周期更小，乙球从释放点到O′点的时间会变短，故D正确。 故选CD。 14．在探究单摆运动的实验中，图甲是用力传感器对单摆小角度（小于5°）振动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的绳子拉力大小与时间图像（已知）． (1)关于此单摆下列说法正确的是________。 A．摆球摆到最高点速度、加速度均为零 B．摆球摆动过程合力方向始终沿绳指向悬挂点 C．最低点为平衡位置，此时合力为零 D．摆球的回复力为重力在垂直摆线方向上的分力 (2)根据图乙的信息可得周期为________s（结果保留三位有效数字）；摆球的质量为________g。 【答案】(1)D (2) 1.57 2 【详解】（1）A．摆球摆到最高点速度为0、加速度不为零，故A错误； B．摆球摆动过程存在径向的向心力，切向的回复力，故B错误； C．最低点为平衡位置，回复力为0，但合力不为零，故C错误； D．摆球的回复力为重力在垂直摆线方向上的分力，故D正确。 故选D。 （2）由图乙可知周期 设摆线与竖直方向的夹角为，则在最高点，向心加速度为零，则有 在最低点，根据牛顿第二定律有 从最高点到最低点，根据机械能守恒有 联立解得 15．如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间做简谐运动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中为摆球从A点开始运动的时刻，g取。求： (1)单摆的摆长； (2)摆球的质量； (3)摆球运动过程中的最大速度。 【详解】（1）由图乙可知，单摆周期 由，得 （2）设细线偏离竖直方向的最大角度为，则摆球运动至最高点时有 其中 摆球摆动至最低点时有 其中 摆球由最高点运动至最低点的过程，由动能定理得 以上三式联立得， （3）由（2）问的解答可知 角度06 等效单摆 16．如图所示，AO'段为半径为R的光滑圆弧面，BO'段为光滑斜面，相交处平滑过渡，已知圆弧弧长≪R，且A、B等高，现有四个小球，a球从A点由静止释放沿圆弧下滑，b球从B点由静止释放沿斜面下滑，c球从圆心O点由静止释放，d球从中点P处静止释放沿圆弧下滑，若四个小球（均可看成质点）同时释放，各自第一次到达圆弧最低点的时间分别为ta、tb、tc、td，则下列判断正确的是（　　） A．ta>tb>tc> td B．ta=tb=td>tc C．ta>tb>td>tc D．tb>ta=td>tc 【答案】D 【详解】已知圆弧弧长≪R，可知a球距球面最低点的距离远远小于R，因此a球的运动可视为单摆，由单摆的周期公式可得a球运动到点的时间为 做c球与b球的连线，其连线与竖直方向的夹角为θ，则有b球运动到点的距离满足 b球沿斜面下滑的加速度为 由位移时间公式 可得b球运动到点的时间为 c球做自由落体运动，c球到达点的时间为 d球从中点P处静止释放沿圆弧下滑，根据单摆周期可知d球和a球的周期相同，可知d球的时间 可知，，， 可得 故选D。 17．（多选）弹球游戏装置如图所示，轨道为剖开的半径为的圆管一部分，固定在水平面内，弧，长为，在处有一小洞。游戏时，用弹簧枪将一质量为的小球（比洞略小）沿方向射出，通过控制弹出时的速度大小，可使小球落入洞中，、在同一水平面上，不计一切阻力，小球可视为质点，当地重力加速度为。若使小球能够进入洞中，则（　　） A．小球从到的时间与射出速率无关 B．小球从点射出时的速率可能为 C．发射前，弹簧弹性势能的最大值为 D．若把小洞调到c处，弹簧弹性势能的最大值变大 【答案】BD 【详解】将小球的运动分解为两个分运动：沿ad方向小球不受阻力，做匀速直线运动，满足 垂直ad方向，因，小球做小角度简谐运动（等效单摆，摆长为R），周期为 周期仅和R、g有关，与速度无关。 小球要落入d洞，到达d时必须回到平衡位置（ad线上），因此运动时间满足 (n=1，2，3…) A．由可知，运动时间和射出速率有关，故A错误； B．由、、 (n=1，2，3…) 联立解得(n=1，2，3…) 当n=2时，有，故B正确； C．根据能量守恒定律可知，弹簧弹性势能为(n=1，2，3…) 当n=1时，弹性势能最大为，故C错误； D．小洞调到c处，根据上述分析可知(n=，，…) 弹性势能的最大值对应，可见弹簧弹性势能的最大值变大，故D正确； 故选BD。 18．小周同学在学习完单摆知识后，制作了一个秒摆（周期是2s的单摆叫秒摆），如图1所示，已知摆球质量为m，已知地球表面的重力加速度为g。 (1)若将金属球带上电荷量为q的正电荷，置于竖直向下大小为的匀强电场中，如图2所示，则该单摆的周期为多少？ (2)若该秒摆被火星探测器携带至火星表面，已知火星表面的重力加速度为0.4g，如果在火星表面，仍然保持该秒摆的周期是2s，仅将摆长调整为原来的多少倍？ 【详解】（1）对金属球受力分析，根据牛顿第二定律可得 联立解得 根据单摆的周期公式 可得此时单摆的周期为 联立解得 （2）同理可知，在火星上，则有 联立解得 【例1】（2026·河南·高考真题）将一单摆的摆球拉开一个小角度后释放，单摆摆动的振幅为，周期为。若将此摆移到月球上，拉开相同的角度，则摆球的振动图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据单摆周期公式可知，当移到月球上后，重力加速度减小，单摆的周期变大；摆长不变，拉开相同的角度，振幅不变。 故选B。 【深化点拨】 （1）考查单摆周期影响因素，摆长固定时，重力加速度越小，单摆完成一次全振动的周期就越长。 （2）考查单摆振幅的决定条件，摆长和释放偏角不变，仅改变重力加速度，摆动的振幅大小保持不变。 （3）考查简谐运动 x-t 图像读图能力，能根据周期变长、振幅不变两个条件筛选匹配振动图像。 （4）考查重力加速度环境差异对单摆的影响，区分地球与月球重力场不同带来的振动规律变化。 【变式1-1】（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。 【变式1-2】（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。 【变式1-3】（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。 ⚡基础速刷 1．凯里某中学的学生做了个单摆，已知该单摆做小角度摆动（简谐运动），调整摆角时仍满足小角度要求，现在想让单摆周期变长，下列方法可行的是（     ） A．加大摆角 B．减小摆角 C．加长摆长 D．缩短摆长 【答案】C 【详解】在摆角较小的条件下，单摆周期公式为 由此可知，单摆周期只与摆长和当地重力加速度有关。 A．在小角度摆动范围内，增大摆角不会改变单摆周期，故A错误； B．在小角度摆动范围内，减小摆角不会改变单摆周期，故B错误； C．加长摆长使增大，由可知，单摆周期变大，故C正确； D．缩短摆长使减小，由可知，单摆周期变小，故D错误。 故选C。 2．上海天文馆有个展品叫傅科摆．这个巨大的装置，由16米的摆长和25千克的摆锤组成．当傅科摆在某一竖直平面内小角度摆动时，下列说法正确的是（　　） A．若仅增加摆球的振幅，则摆动周期增大 B．若仅增加摆球的振幅，则摆动周期减小 C．若仅增加摆长的长度，则摆动周期增大 D．若仅增加摆长的长度，则摆动周期减小 【答案】C 【详解】AB．根据单摆周期可知单摆周期与振幅无关，故AB错误； CD．以上分析可知，若仅增加摆长的长度，单摆周期则增大，故C正确，D错误。 故选 C。 3．一单摆摆长为，周期为，则该地的重力加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据单摆周期公式 对公式变形求解重力加速度 故选A。 4．（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mgsinα，其中α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．单摆的摆球在最高点时的合力即为回复力 【答案】AD 【详解】AB．单摆振动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，即 其中α是摆线与竖直方向之间的夹角；由于需要提供向心力，所以单摆的回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故A正确，B错误； C．单摆的摆球在平衡位置时（最低点），切线方向的加速度为零，但向心加速度不为零，故C错误； D．单摆的摆球在最高点时，速度为0，所需向心力为0，此时合力为重力沿圆弧切线方向的分力，合力即为回复力，故D正确。 故选AD。 5．（多选）一套单摆近似做简谐运动时，下列说法正确的有（　　） A．回复力由摆球重力沿切线方向的分力提供 B．回复力由摆球重力和摆线拉力的合力提供 C．增大摆长，单摆的周期将随之增大 D．增大振幅，单摆的周期将随之增大 【答案】AC 【详解】AB．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，摆线的拉力与重力的合力沿摆线方向的分力提供摆球做圆周运动的向心力，故A正确，B错误； CD．根据单摆周期公式有 可知增大摆长，单摆的周期将随之增大，周期与振幅无关，故C正确，D错误。 故选AC。 6．如图所示，用长为的细线将小球悬挂于点，在点正下方有一铁钉，将小球拉至处无初速度释放，若小球从点运动到最低点点与小球从点向左运动到再次回到点所用时间均为，不计空气阻力，小球可视为质点且运动时的摆角很小，求：（取3） (1)该处重力加速度的大小； (2)铁钉到点的距离。 【详解】（1）由题意知 解得 （2）由题意知小球从点运动到点所用时间 小球从点向左运动到再次回到点所用时间 根据题意有 可得 解得 🚀能力跃升 7．关于机械振动的描述，以下说法中正确的是（　　） A．平衡位置一定就是物体合力为零的位置 B．机械振动的位移是以平衡位置为起点的位移 C．回复力一定是物体受到的合外力 D．机械振动的加速度越大，速度也越大 【答案】B 【详解】A．在机械振动中，平衡位置定义为物体所受回复力为零的位置，但此位置合外力不一定为零（例如单摆的最低点），故A错误； B．机械振动的位移是以平衡位置为起点的位移，故B正确； C．回复力是使物体返回平衡位置的力，但不一定是物体受到的合外力。例如，在单摆振动中，回复力是重力的切向分量，而合外力是拉力与重力的合力，因此回复力不一定等于合外力，故C错误； D．在机械振动中，加速度和速度的相位关系为：当加速度最大时（如最大位移处），速度为零；当速度最大时（如平衡位置），加速度为零。因此，加速度越大，速度不一定越大，反而可能越小，故D错误。 故选B。 8．某同学用单摆测定重力加速度，实验时发现测得的重力加速度偏大，其原因可能是（     ） A．摆球质量过大 B．摆线长度测量值偏小 C．摆角偏大 D．计时开始时，秒表按下滞后 【答案】D 【详解】A．单摆在摆角较小时，周期与摆长、重力加速度的关系为 由此可得重力加速度的测量值为 在忽略空气阻力的情况下，单摆周期与摆球质量无关，摆球质量过大不会使重力加速度的测量值偏大，故A错误； B．摆线长度测量值偏小，会使摆长的测量值偏小，由可知，测得的重力加速度偏小，故B错误； C．摆角偏大时，单摆的实际周期比小角度条件下的理论周期大，由可知，测得的重力加速度偏小，故C错误； D．计时开始时秒表按下滞后，会使测得的总时间偏小，从而使周期的测量值偏小，由可知，测得的重力加速度偏大，故D正确。 故选D。 9．如图所示，长为的轻绳一端固定在天花板上，一端系着质量为、可视为质点的小球，初始时轻绳静止在竖直方向上。时刻，空间中出现方向水平向右，大小为（很小）的恒定水平风力，小球在风力的作用下开始向右摆动，不计其它阻力，重力加速度为，则下列说法正确的是（     ） A．小球摆到最高点时，轻绳与竖直方向的夹角为 B．当时，小球恰好运动到起点 C．适当增大风力，小球运动的周期保持不变 D．小球的机械能守恒 【答案】B 【详解】A．小球受重力mg和水平风力F作用，其合力大小为 合力方向与竖直方向夹角满足 解得 这相当于小球处于一个等效重力场中，等效重力加速度 其方向与竖直方向成角斜向右下方。 由于很小，小球在等效重力场中做简谐运动。 平衡位置在轻绳与竖直方向成角处。根据简谐运动的对称性，小球运动到最高点（另一个端点）时，轻绳与竖直方向的夹角应为，故A错误； B．小球做简谐运动的周期 当时，小球完成一次全振动，恰好回到起点，故B正确； C．适当增大风力F，会改变，等效重力加速度会改变，故小球运动的周期会改变，故C错误； D．风力对小球做了功，小球的机械能不守恒，故D错误。 故选B。 10．（多选）某同学利用图甲所示装置来测量重力加速度。打开手机的磁感应传感器并放置于O点正下方，将磁性小球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录的磁场强弱（磁感应强度）变化曲线如图乙，已知单摆摆长为l，忽略实验环境对磁性小球的影响，则（　　） A．单摆的周期为2t0 B．测量出的重力加速度 C．小球的摆幅越小，周期越小 D．小球经过最低点时，合力为零 【答案】AB 【详解】A．一个周期内小球两次经过最低点，小球经过最低点时磁感应强度最大，根据图乙所示可知，单摆的周期为2t0，故A正确； BC．小球做单摆运动，根据周期公式有 解得重力加速度为 由此可知，周期与摆幅无关，故B正确，C错误； D．小球经过最低点时，速度最大，小球的运动方向发生改变，合力提供向心力，合力不为零，故D错误。 故选AB。 11．（多选）如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，轻质摆绳一端固定在斜面上O点，另一端系一质量为m的小球，构成摆长为L的单摆。现将小球拉至偏离平衡位置摆角为α（）处由静止释放，小球将在斜面上做简谐运动，运动过程中摆绳始终平行于斜面。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（     ） A．该单摆振动的周期 B．小球运动至平衡位置时，摆绳拉力大小 C．小球在最大偏角位置时，回复力大小 D．其他条件不变，若把斜面倾角θ缓慢增大至，则该单摆的周期会变大 【答案】BC 【详解】A．小球在斜面上的等效重力加速度为，单摆周期，故A错误； B．设小球运动至平衡位置时速度为。由机械能守恒（以平衡位置为零势能面） 在平衡位置，由牛顿第二定律（沿绳方向） 代入 得，故B正确； C．小球在最大偏角位置时，重力沿斜面向下的分力为，其垂直于摆绳方向的分量提供回复力，故C正确； D．周期，当增大至时，增大，周期减小，故D错误。 故选BC。 12．如图所示，小球a系在细绳上，物块b静置于悬挂点O的正下方，将细绳拉开偏离竖直方向后由静止释放小球a，两物体发生弹性正碰，碰撞时间极短，已知绳长，，取重力加速度大小，两物体都可看成质点，物块b与水平地面间的动摩擦因数，，，。求： (1)求小球a与物块b碰前瞬间的速度大小v； (2)求碰后瞬间，小球a、物块b的速度大小、； (3)小球做小角度摆动（）时的运动可看成简谐运动，试判断小球a碰后的运动是否看成简谐运动？简要说明理由。 【详解】（1）小球a下摆过程中，由机械能守恒可得 解得 （2）两物体发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得， 解得， （3）小球a碰后，机械能守恒可得 解得 可得 故小球a碰后的运动可看成简谐运动。 🌟思维挑战 13．在A地走时准确的摆钟，拿到B地用，在一段时间内快了n min，拿到C地用，在相同的时间内慢了n min，已知在A、B、C三地，摆钟的摆长不变，则下列关于三地重力加速度的关系正确的是（     ）（A、B、C三地的重力加速度分别用、、表示） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据单摆周期公式，摆钟周期为 摆长不变时，。 摆钟的钟面显示时间与相同实际时间内的摆动次数成正比，摆动次数 因此钟面显示时间。 设相同实际时间为：A地走时准确，钟面显示时间为；B地快，显示时间为；C地慢，显示时间为，因此有， 两式相加得 整理得。 故选A。 14．如图所示，单摆P在平衡位置与光滑水平面上的弹簧振子Q恰好接触且无相互作用，P与Q的振动周期相同。现将摆球P向左拉开一很小角度由静止释放，P与Q的碰撞均为弹性正碰（已知弹簧的弹性势能，物体做简谐运动的振动能量、周期），其中m为振子的质量，k为弹簧劲度系数。下列说法中正确的是（　　） A．若P的质量比Q的小，第二次碰撞发生在图示位置右侧 B．若P的质量比Q的大，第二次碰撞发生在图示位置左侧 C．无论P、Q质量大小关系，第二次碰撞仍发生在图示位置 D．若P、Q的质量相等，整个装置的振动周期大于单摆的周期 【答案】C 【详解】设P、Q的质量分别为和，设P运动到最低点时的速度为，则当二者发生弹性碰撞后，有 碰撞前后能量也是守恒的，有 解得， 若，碰后P与Q都继续向右运动，P做振幅更小的单摆运动，周期不变，Q也做简谐运动，二者的周期相等，经过半个周期后，在单摆P的最低点再次相遇（也是各自的平衡位置），再次碰撞后依然是弹性碰撞，碰后P以原速度大小向左运动，Q静止，整个装置的运动周期与原单摆P或振子Q的周期是相同的； 若，碰后P向左运动，Q从平衡位置开始向右振动，经过半个周期后，在单摆P的最低点再次相遇（也是各自的平衡位置），再次碰撞后依然是弹性碰撞，碰后P以原速度大小向左运动，Q静止，整个装置的周期依然不变； 若，碰后P静止，Q以向右压缩弹簧开始做简谐振动，半个周期后回到P的最低点与P发生弹性碰撞，碰后P以向左运动，Q静止，从第一次碰撞到第二次碰撞依然需要半个周期的时间，所以无论质量如何，PQ的第二次碰撞都发生在图示的原位置，装置的周期也与单摆P的周期相同，是不变的。 故选C。 15．（多选）竖直面内有一半径为R的光滑圆弧轨道AB，其对应的圆心角为10°，A、B两点等高，CD为竖直直径。在A、D两点间固定光滑直斜面，直斜面在D处与光滑圆弧轨道DB平滑相接，将一小球由A点静止释放沿直斜面AD下滑，小球可视为质点，则下列说法正确的是（     ） A．小球从A到D的时间等于从D到B的时间 B．小球从A到D的时间大于从D到B的时间 C．由题中数据可以求得小球在DB圆弧轨道上通过D点时对轨道的压力 D．若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点 【答案】BD 【详解】C．小球在DB圆弧轨道上从B到D点过程，根据动能定理可得 在D点根据牛顿第二定律可得 联立可得 由于不知道小球的质量，故不能求出小球通过D点时对轨道的压力，故C错误； D．小球从A点静止释放到D点过程，做匀加速直线运动，加速度大小为 根据运动学公式可得 解得 小球从C点静止释放到D点过程，做自由落体运动，则有 解得 可知 若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点，故D正确； AB．小球从D到B的过程，根据单摆周期公式可得所用时间为 可知 故小球从A到D的时间大于从D到B的时间，故A错误，B正确。 故选BD。 16．如图，AB和CD为相同的半径为R的圆弧形轨道，其长度远小于半径R，中间平滑连接了长度为L的水平直轨道BC，轨道各处均光滑，在C点静止放上质量为3m的小球Q。现将一相同大小、质量为m的小球P从AB间的高为h的位置静止释放，不计碰撞时的能量损失，重力加速度记为g，求： (1)小球P从释放到与Q第一次发生碰撞的时间； (2)小球Q能到达的最大高度； (3)小球P与Q第二次发生碰撞的位置。 【详解】（1）圆弧轨道下滑过程可看成摆长为R的单摆做简谐运动，则   机械能守恒有 可知 水平轨道上做匀速直线运动   则 （2）由题可知，PQ之间发生弹性碰撞，设碰撞前P的速度为，碰撞后P的速度为，Q的速度为，以的方向为正方向。根据动量守恒   根据能量守恒   联立解得，   Q以速度上滑，根据机械能守恒 得 （3）由单摆周期与质量无关可知，P、Q两球分别在圆弧和运动的时间相等。 Q到B点： P到B点： 所以两球在B点相遇。 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2.4节 单摆 目录 01 本节导航·目标清单 02 教材精研·内容全解 考点01 单摆与单摆的回复力 考点02 单摆的周期 03 避坑指南·解题通法 角度01 单摆模型及条件 角度02 单摆的回复力 角度03 单摆的速度、加速度和位移 角度04 单摆的振动图像及其表达式 角度05 单摆的周期 角度06 等效单摆 04 真题闯关·溯源演练 05 课后三阶·精准练习 目标导航 方法指导 1.掌握单摆理想化模型构成与小角度摆动条件2.推导单摆周期公式，理清各物理量影响因素 3.区分单摆等效摆长、等效重力加速度场景 1.摆角小于 5° 才可视为简谐运动 2.周期只和摆长L、重力加速度g有关，与摆球质量、振幅无关 3.摆长是悬点到球心的距离，不是绳子长度 知识导图 考点01 单摆与单摆的回复力 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 。 2、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。 3、单摆的回复力 （1）回复力的来源：摆球的重力沿 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 ，方向总指向 ，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 【深化点拨】 1．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。 2．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。 3．关于单摆的回复力的三点提醒 （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。 1．关于简谐运动的回复力的说法错误的是（     ） A．单摆的回复力就是小球所受的合外力 B．单摆的回复力是重力在运动方向的分力 C．放在光滑水平面上的弹簧振子回复力由弹簧弹力提供 D．弹簧振子经过平衡位置时回复力为零 2．（多选）如图所示，摆长为的单摆做小角度的摆动，振动过程的最大位移为，不计空气阻力，重力加速度，从摆球向右通过最低点开始计时，则从到的过程中（　　） A．摆球的重力势能先减小后增大 B．摆球的动能先减小后增大 C．摆球振动的回复力先减小后增大 D．摆球的切向加速度先增大后减小 【弹簧振子与单摆的比较】 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 考点02 单摆的周期 1、探究单摆的周期与摆长的关系 【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。 【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。 【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。 【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。 【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。 【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。 2、单摆振动的周期影响因素：单摆振动的周期与摆球质量 ，在振幅较小时与振幅 ，但与摆长 ，摆长越长，周期 。 （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 ，与重力加速度g的二次方根成 ，而与振幅、摆球质量 。 3、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。 【深化点拨】 1．探究单摆的周期与摆长的关系特别提醒 （1）构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°。 （2）要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。 （3）测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时．因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大。 ②要测多次全振动的时间来计算周期．如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过最低位置时计数1次。 （4）本实验可以采用图象法来处理数据．即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率；这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法。 2．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。 1．下列有关单摆周期的说法正确的是（　　） A．只改变小球的质量不会改变单摆的周期 B．单摆的周期只与摆线长度有关 C．单摆在同步卫星中的周期与在地面时的相同 D．单摆的周期与摆线长度成正比 2．（多选）一单摆的重力势能随时间变化的关系图像如图所示，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　） A．该单摆的周期为 B．该单摆的周期为 C．该单摆的摆长为 D．该单摆的摆长为 1．某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为98.50cm，摆球直径为2.0cm，则 (1)该摆摆长为___________cm。 (2)如果他测得的g值偏小，可能的原因是（　　） A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时，秒表过迟按下 D．实验中误将49次全振动数为50次 (3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线（如图），并求得该直线的斜率K。则重力加速度g=___________（用k表示），若某同学不小心每次都把小球直径当作半径代入来计算摆长，则用此表达式计算得到的g值会___________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 4．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，该运动可看成简谐运动。从某次摆球到达平衡位置处开始计时，摆球相对平衡位置的位移随时间变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小，，求： (1)单摆的振幅和周期； (2)单摆的摆长。 单摆的综合应用及解题步骤 1.理想化模型：单摆是一个理想化的物理模型，解题时首先要判断题目情境是否符合单摆的定义。 （1）构造条件：细线质量忽略不计、不可伸长；摆球密度大、直径远小于线长（视为质点）。 （2）运动条件：小角度摆动（通常 θ<5∘）。 只有在小角度下， sinθ≈θ≈ ，回复力才近似满足 F=−x，单摆的运动才能被视为简谐运动。 （3）避坑点：如果题目给出的是大角度摆动（如 60∘），则不能直接套用简谐运动的周期公式和位移公式，此时机械能守恒依然成立，但运动不再是标准的简谐运动。 2.回复力来源：单摆运动过程中受力情况复杂，必须正交分解重力。 （1）回复力：由重力沿圆弧切线方向的分力提供， F回=mgsinθ。它负责改变速度的大小。 （2）向心力：由绳子拉力 T与重力沿绳子方向分力 mgcosθ的合力提供， Fn=T−mgcosθ=。它负责改变速度的方向。 （3）特殊位置分析： 平衡位置（最低点）： θ=0，回复力为0，但合力不为0（因为有向心加速度，拉力 T>mg）。 最高点：速度 v=0，向心力为0，但合力不为0（因为有切向加速度，拉力 T<mg）。 避坑点：千万不要认为在最低点受力平衡！最低点有向上的向心加速度，处于超重状态。 3.周期公式应用：必须“找准”等效摆长与等效重力加速度 单摆周期公式是核心考点，但在复杂情境下需进行“等效”替换。 （1）等效摆长 L′：指悬点到摆球重心的距离。 若摆线碰到钉子，摆长会突变，周期需分段计算。 若在光滑斜面上摆动，摆长依然是线长，但 g会变。 （2）等效重力加速度 g′： 加速上升的电梯： g′=g+a（超重，周期变小）。 加速下降的电梯： g′=g−a（失重，周期变大）。 完全失重（如自由落体、卫星中）： g′=0，单摆不摆动，周期趋于无穷大。 角度01 单摆模型及条件 1．关于简谐运动和单摆，下列说法正确的是（　　） A．平衡位置就是回复力为零的位置 B．物体到达平衡位置时，合力一定为零 C．单摆细线拉力与重力的合力提供回复力 D．单摆摆动到最低点时摆球合力为零 2．（多选）单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，关于单摆，下列说法中正确的有（     ） A．摆线质量不计 B．摆线不可伸缩 C．摆球的直径比摆线长度短得多 D．单摆的运动一定是简谐运动 3．如图所示，单摆摆长为l、摆球质量为m。将摆球拉离平衡位置O后释放，摆球沿圆弧做往复运动。当摆球沿圆弧运动到某一位置P时，摆线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g。（已知θ角很小时，sinθ≈θ） (1)试证明单摆在摆角很小的情况下做简谐运动； (2)若P为最高点，求摆球运动过程中的最大速度。 角度02 单摆的回复力 4．关于简谐运动的单摆，在摆球通过最低点时，下列说法正确的是（　　） A．回复力为零，合外力也为零 B．回复力不为零，但合外力为零 C．回复力不为零，合外力指向悬点 D．回复力为零，合外力提供向心力 5．（多选）一单摆的摆球质量为，摆长为，在小角度摆动过程中，摆球的加速度与摆球位移之间的关系满足运动方程：。重力加速度为，以下说法正确的是（　　） A．回复力可表示为 B．回复力可表示为 C．周期 D．周期 6．如图1所示，O点为单摆的固定悬点。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。细线对摆球的拉力大小F随时间t的变化关系如图2所示，时，摆球从A点开始运动，重力加速度为g。求： (1)单摆的摆长L； (2)摆球的质量m。 角度03 单摆的速度、加速度和位移 7．把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，已知绳子等长且不可伸长，二人均可看成质点，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．图中b点对应荡秋千时的最低点，此时回复力为零 B．小王荡秋千时，其周期大于6.28s C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小 D．该秋千的绳子长度约为5m 8．（多选）如图所示，不可伸长的轻质细线与可视为质点的小球组成单摆。将摆球拉离平衡位置A点后由静止释放，摆球做简谐运动，、C两点为摆球运动过程中能达到的最高位置。下列说法中正确的是（ ） A．摆球经过A点时，加速度为零 B．摆球经过点时，加速度为零 C．由A点运动到点的过程中，摆球的回复力变大 D．由A点运动到C点的过程中，摆球的机械能守恒 角度04 单摆的振动图像及其表达式 9．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，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10m/s²。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长约为1.0m B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin100πt(cm) C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 10．（多选）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，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，g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（     ） A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（πt） cm B．t=2.5 s时，摆球位于右侧最高点 C．从t=2.5 s到t=3 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从t=2.5 s到t=3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小 11．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。设向右为摆球运动的正方向，图乙是这个单摆做简谐运动的振动图像，根据图像回答： (1)单摆振动的频率是多大？ (2)若当地的重力加速度为，试求这个单摆的摆长是多少（取）？ 角度05 单摆的周期 12．如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上与O相距为l的两点上，使三角形AOB成直角三角形，，已知OC线长为l，下端C点系着一个小球。下列说法正确的是（以下振动皆指小角度摆动）（　　） A．让小球在纸面内振动，周期 B．让小球垂直于纸面振动，周期 C．让小球在纸面内振动，周期 D．让小球垂直于纸面振动，周期 13．（多选）如图，P为固定在水平地面上的半径为R的光滑圆弧槽，O为圆心，O′为圆弧槽的最低点，A、B为圆弧槽的两个端点，弧AB≪R。将均可视为质点的甲、乙两球从O′点的左右两侧同时由静止释放，O、O′、A、B及释放点均在同一竖直平面内。下列说法正确的是（　　） A．若甲球的释放点离O′点更近，则甲球先到达O′点 B．若甲球的质量大于乙球的质量，则甲球先到达O′点 C．甲、乙两球同时到达O′点 D．仅将该装置移到重力加速度更大的地区，乙球从释放点到O′点的时间会变短 14．在探究单摆运动的实验中，图甲是用力传感器对单摆小角度（小于5°）振动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的绳子拉力大小与时间图像（已知）． (1)关于此单摆下列说法正确的是________。 A．摆球摆到最高点速度、加速度均为零 B．摆球摆动过程合力方向始终沿绳指向悬挂点 C．最低点为平衡位置，此时合力为零 D．摆球的回复力为重力在垂直摆线方向上的分力 (2)根据图乙的信息可得周期为________s（结果保留三位有效数字）；摆球的质量为________g。 15．如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间做简谐运动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中为摆球从A点开始运动的时刻，g取。求： (1)单摆的摆长； (2)摆球的质量； (3)摆球运动过程中的最大速度。 角度06 等效单摆 16．如图所示，AO'段为半径为R的光滑圆弧面，BO'段为光滑斜面，相交处平滑过渡，已知圆弧弧长≪R，且A、B等高，现有四个小球，a球从A点由静止释放沿圆弧下滑，b球从B点由静止释放沿斜面下滑，c球从圆心O点由静止释放，d球从中点P处静止释放沿圆弧下滑，若四个小球（均可看成质点）同时释放，各自第一次到达圆弧最低点的时间分别为ta、tb、tc、td，则下列判断正确的是（　　） A．ta>tb>tc> td B．ta=tb=td>tc C．ta>tb>td>tc D．tb>ta=td>tc 17．（多选）弹球游戏装置如图所示，轨道为剖开的半径为的圆管一部分，固定在水平面内，弧，长为，在处有一小洞。游戏时，用弹簧枪将一质量为的小球（比洞略小）沿方向射出，通过控制弹出时的速度大小，可使小球落入洞中，、在同一水平面上，不计一切阻力，小球可视为质点，当地重力加速度为。若使小球能够进入洞中，则（　　） A．小球从到的时间与射出速率无关 B．小球从点射出时的速率可能为 C．发射前，弹簧弹性势能的最大值为 D．若把小洞调到c处，弹簧弹性势能的最大值变大 18．小周同学在学习完单摆知识后，制作了一个秒摆（周期是2s的单摆叫秒摆），如图1所示，已知摆球质量为m，已知地球表面的重力加速度为g。 (1)若将金属球带上电荷量为q的正电荷，置于竖直向下大小为的匀强电场中，如图2所示，则该单摆的周期为多少？ (2)若该秒摆被火星探测器携带至火星表面，已知火星表面的重力加速度为0.4g，如果在火星表面，仍然保持该秒摆的周期是2s，仅将摆长调整为原来的多少倍？ 【例1】（2026·河南·高考真题）将一单摆的摆球拉开一个小角度后释放，单摆摆动的振幅为，周期为。若将此摆移到月球上，拉开相同的角度，则摆球的振动图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【深化点拨】 （1）考查单摆周期影响因素，摆长固定时，重力加速度越小，单摆完成一次全振动的周期就越长。 （2）考查单摆振幅的决定条件，摆长和释放偏角不变，仅改变重力加速度，摆动的振幅大小保持不变。 （3）考查简谐运动 x-t 图像读图能力，能根据周期变长、振幅不变两个条件筛选匹配振动图像。 （4）考查重力加速度环境差异对单摆的影响，区分地球与月球重力场不同带来的振动规律变化。 【变式1-1】（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 【变式1-2】（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 【变式1-3】（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 ⚡基础速刷 1．凯里某中学的学生做了个单摆，已知该单摆做小角度摆动（简谐运动），调整摆角时仍满足小角度要求，现在想让单摆周期变长，下列方法可行的是（     ） A．加大摆角 B．减小摆角 C．加长摆长 D．缩短摆长 2．上海天文馆有个展品叫傅科摆．这个巨大的装置，由16米的摆长和25千克的摆锤组成．当傅科摆在某一竖直平面内小角度摆动时，下列说法正确的是（　　） A．若仅增加摆球的振幅，则摆动周期增大 B．若仅增加摆球的振幅，则摆动周期减小 C．若仅增加摆长的长度，则摆动周期增大 D．若仅增加摆长的长度，则摆动周期减小 3．一单摆摆长为，周期为，则该地的重力加速度大小为（　　） A． B． C． D． 4．（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mgsinα，其中α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．单摆的摆球在最高点时的合力即为回复力 5．（多选）一套单摆近似做简谐运动时，下列说法正确的有（　　） A．回复力由摆球重力沿切线方向的分力提供 B．回复力由摆球重力和摆线拉力的合力提供 C．增大摆长，单摆的周期将随之增大 D．增大振幅，单摆的周期将随之增大 6．如图所示，用长为的细线将小球悬挂于点，在点正下方有一铁钉，将小球拉至处无初速度释放，若小球从点运动到最低点点与小球从点向左运动到再次回到点所用时间均为，不计空气阻力，小球可视为质点且运动时的摆角很小，求：（取3） (1)该处重力加速度的大小； (2)铁钉到点的距离。 🚀能力跃升 7．关于机械振动的描述，以下说法中正确的是（　　） A．平衡位置一定就是物体合力为零的位置 B．机械振动的位移是以平衡位置为起点的位移 C．回复力一定是物体受到的合外力 D．机械振动的加速度越大，速度也越大 8．某同学用单摆测定重力加速度，实验时发现测得的重力加速度偏大，其原因可能是（     ） A．摆球质量过大 B．摆线长度测量值偏小 C．摆角偏大 D．计时开始时，秒表按下滞后 9．如图所示，长为的轻绳一端固定在天花板上，一端系着质量为、可视为质点的小球，初始时轻绳静止在竖直方向上。时刻，空间中出现方向水平向右，大小为（很小）的恒定水平风力，小球在风力的作用下开始向右摆动，不计其它阻力，重力加速度为，则下列说法正确的是（     ） A．小球摆到最高点时，轻绳与竖直方向的夹角为 B．当时，小球恰好运动到起点 C．适当增大风力，小球运动的周期保持不变 D．小球的机械能守恒 10．（多选）某同学利用图甲所示装置来测量重力加速度。打开手机的磁感应传感器并放置于O点正下方，将磁性小球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录的磁场强弱（磁感应强度）变化曲线如图乙，已知单摆摆长为l，忽略实验环境对磁性小球的影响，则（　　） A．单摆的周期为2t0 B．测量出的重力加速度 C．小球的摆幅越小，周期越小 D．小球经过最低点时，合力为零 11．（多选）如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，轻质摆绳一端固定在斜面上O点，另一端系一质量为m的小球，构成摆长为L的单摆。现将小球拉至偏离平衡位置摆角为α（）处由静止释放，小球将在斜面上做简谐运动，运动过程中摆绳始终平行于斜面。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（     ） A．该单摆振动的周期 B．小球运动至平衡位置时，摆绳拉力大小 C．小球在最大偏角位置时，回复力大小 D．其他条件不变，若把斜面倾角θ缓慢增大至，则该单摆的周期会变大 12．如图所示，小球a系在细绳上，物块b静置于悬挂点O的正下方，将细绳拉开偏离竖直方向后由静止释放小球a，两物体发生弹性正碰，碰撞时间极短，已知绳长，，取重力加速度大小，两物体都可看成质点，物块b与水平地面间的动摩擦因数，，，。求： (1)求小球a与物块b碰前瞬间的速度大小v； (2)求碰后瞬间，小球a、物块b的速度大小、； (3)小球做小角度摆动（）时的运动可看成简谐运动，试判断小球a碰后的运动是否看成简谐运动？简要说明理由。 🌟思维挑战 13．在A地走时准确的摆钟，拿到B地用，在一段时间内快了n min，拿到C地用，在相同的时间内慢了n min，已知在A、B、C三地，摆钟的摆长不变，则下列关于三地重力加速度的关系正确的是（     ）（A、B、C三地的重力加速度分别用、、表示） A． B． C． D． 14．如图所示，单摆P在平衡位置与光滑水平面上的弹簧振子Q恰好接触且无相互作用，P与Q的振动周期相同。现将摆球P向左拉开一很小角度由静止释放，P与Q的碰撞均为弹性正碰（已知弹簧的弹性势能，物体做简谐运动的振动能量、周期），其中m为振子的质量，k为弹簧劲度系数。下列说法中正确的是（　　） A．若P的质量比Q的小，第二次碰撞发生在图示位置右侧 B．若P的质量比Q的大，第二次碰撞发生在图示位置左侧 C．无论P、Q质量大小关系，第二次碰撞仍发生在图示位置 D．若P、Q的质量相等，整个装置的振动周期大于单摆的周期 15．（多选）竖直面内有一半径为R的光滑圆弧轨道AB，其对应的圆心角为10°，A、B两点等高，CD为竖直直径。在A、D两点间固定光滑直斜面，直斜面在D处与光滑圆弧轨道DB平滑相接，将一小球由A点静止释放沿直斜面AD下滑，小球可视为质点，则下列说法正确的是（     ） A．小球从A到D的时间等于从D到B的时间 B．小球从A到D的时间大于从D到B的时间 C．由题中数据可以求得小球在DB圆弧轨道上通过D点时对轨道的压力 D．若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点 16．如图，AB和CD为相同的半径为R的圆弧形轨道，其长度远小于半径R，中间平滑连接了长度为L的水平直轨道BC，轨道各处均光滑，在C点静止放上质量为3m的小球Q。现将一相同大小、质量为m的小球P从AB间的高为h的位置静止释放，不计碰撞时的能量损失，重力加速度记为g，求： (1)小球P从释放到与Q第一次发生碰撞的时间； (2)小球Q能到达的最大高度； (3)小球P与Q第二次发生碰撞的位置。 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $