06-第2章 4 单摆（word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二物理选择性必修第一册（人教版）江苏北京专版

**基本信息** 单摆同步练习通过“基础过关练”与“能力提升练”分层设计，基础层夯实核心概念与公式应用，提升层深化等效模型与综合问题，构建从单一到综合的知识巩固路径，培养物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关练|回复力、运动特征、周期公式、振动图像|题组化聚焦核心考点，如辨析回复力与平衡状态（题1-2），结合实验情境（注射器墨汁图样）应用周期公式（题3）| |能力提升练|等效摆长、等效重力加速度、摆钟问题、力学综合|创新情境（杆线摆、双线摆），跨模块综合（动量守恒与单摆周期结合，题9），强化模型建构与科学推理|

4　单摆 基础过关练 题组一　单摆的回复力及运动特征 1.[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,回复力为零 D.摆球相邻两次经过B点时,细线拉力大小相等 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 题组二　单摆周期公式的理解和应用 3.[2026北京顺义期末]如图甲所示,细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器内装有墨汁。当注射器摆动时,沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板,观察喷在木板上的墨汁图样。此装置可视为单摆,注射器的运动可看作简谐运动。某次实验中,拖动木板的速度大小约为0.2 m/s,得到长度约为0.8 m的一段如图乙所示图样。下列判断正确的是(　　) 　 A.注射器摆动的周期约为2 s B.单摆的摆长约为2 m C.图乙中的曲线是注射器的运动轨迹 D.注射器摆动的周期与拖动木板的速度有关 4.[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大于从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 题组三　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.[2026北京阶段测试]如图甲所示的单摆做小角度摆动,从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时,单摆相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。已知摆球的质量为1 kg,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) 　 A.单摆的摆长约为2 m B.t=1.5 s到t=2 s,摆球的动能逐渐减小 C.t=0.5 s到t=1 s,单摆振动的回复力逐渐增大 D.摆球的最大动能约为0.032 J 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.(创新题·新情境)[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 题组一　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,π2取10,重力加速度g取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.[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2∶1 题组二　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 题组三　单摆中的力学综合问题 6.(创新题·新考法)[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江苏扬州阶段测试]图甲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,图乙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=2.0 cm,取重力加速度g=10 m/s2,π2取10,不计细线质量及空气阻力。求: 　 (1)细线的长度; (2)F的最小值F1的大小。 创新点　单摆和圆锥摆的比较 9.[2026云南阶段测试]周期是2 s的单摆叫秒摆。(π2取10,重力加速度g取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。 答案与分层梯度式解析 第二章　机械振动 4　单摆 基础过关练 1.B　 模型建构 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正确;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正确。故选B。 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.A　 关键点拨 　　解答本题应关注的两个要点: 由题图乙可知注射器摆动的周期约为T== s=2 s,A正确;根据单摆周期公式T=2π,可得l=≈1 m,即单摆的摆长约为1 m,B错误;注射器在平衡位置附近做往复运动,则题图乙中的曲线不是注射器的运动轨迹,C错误;注射器摆动的周期是由单摆本身决定的,与拖动木板的速度无关,D错误。 4.C　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错误。 拓展延伸　细线碰到钉子后的瞬间,小球的角速度、线速度、向心加速度、所受拉力的变化情况: 当细线碰到钉子后的瞬间,小球水平方向不受力,则由于惯性,小球的线速度没有变化,因v=ωr,小球的转动半径减小,则角速度变大;小球的转动半径变小,则向心加速度an=突然增大,细线上的拉力F=mg+m也突然增大。 5.D　 模型建构 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.D　由题图乙可知单摆周期T=2 s,由T=2π,得摆长l=≈1 m,A错误;t=1.5 s到t=2 s,摆球从负向最大位移处向平衡位置运动,位移逐渐减小,故速度逐渐增大,动能逐渐增大,B错误;t=0.5 s到t=1 s,摆球从正向最大位移处向平衡位置运动,位移逐渐减小,故单摆振动的回复力逐渐减小,C错误;如图所示,设摆球的最大摆角为θ,最高点到最低点的弦长为A、高度差为h,由几何关系可知==sin ,单摆做小角度摆动,A=0.08 m,由机械能守恒定律可得,摆球的最大动能约为Ekm=mgh==0.032 J,D正确。 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　 关键点拨　解答本题要做好两个分析: 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。  情境创新　本题别出心裁地以弹丸打小球、小球做简谐运动的v-t图像为背景,综合考查动量守恒、机械能守恒和单摆周期公式。 能力提升练 1.B　 模型建构 圆弧摆模型 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。 一题多变　如图,若N释放的同时,M从与N等高处沿光滑直轨道静止滑下,哪个小球先到达O点? 提示:N到达O点所用时间tN=×2π=; M到达O点所用时间tM==2(等时圆模型规律); 故tN<tM。 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　 题图解读 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.B　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),同理图乙中的摆绳的最大拉力F'=mg sin θ(3-2 cos α),得==,D错误。故选B。 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。 归纳总结 　　1.摆钟变慢、变快的含义 (1)若摆钟的周期变大,即T>T0,则每摆动一次,实际时间为T,而摆钟显示的时间为T0。此时我们说此钟变慢了。 (2)若摆钟的周期变小,即T<T0,则每摆动一次,实际时间为T,而摆钟显示的时间为T0。此时我们说此钟变快了。 2.调整摆钟快慢的方法 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.答案　(1)0.99 m　(2)0.995 N 解析　(1)单摆经过最低点时速度最大,细线拉力最大,单摆一个周期内有两次过最低点,有两次拉力最大,由图乙可知单摆周期T=2 s(易错点),根据单摆周期公式有T=2π,可得摆长l==1 m  而l=L线+ 可得细线的长度L线=l-=0.99 m (2)小球在最高点时,速度为0,细线拉力最小,为F1,设此时细线与竖直方向的夹角为θ 沿细线方向有F1=mg cos θ 小球在最低点时,速度最大,细线拉力最大,有F2-mg= 小球从最低点到最高点,由机械能守恒有 mv2=mgl(1-cos θ) 联立解得F1==0.995 N 9.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 $