2.3 单摆(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（教科版）

本讲义聚焦高中物理单摆这一核心知识点，系统构建从理想化模型条件（摆线质量不计、不可伸缩、摆球直径远小于摆长）到回复力来源（重力切向分力）及简谐运动证明（小摆角时sinθ≈x/l推导F=-kx），再到周期公式（T=2π√(l/g)）及等效摆长、等效重力加速度应用，最终延伸至类单摆模型的递进式学习支架。 该资料以科学思维培养为核心，通过理论推导（如回复力公式推导）强化科学推理，结合情境思辨（摆钟季节误差、空间站适用性）和典例分析（双线摆等效摆长、超重环境周期变化）促进模型建构。课中助力教师高效授课，课后通过分层训练题（基础落实、核心突破、素养检测）帮助学生巩固物理观念，查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

3.单摆 1.知道单摆是一种理想化模型，理解单摆模型的条件。 2.知道单摆回复力的来源，学会通过理论推导，证明摆角很小时单摆的振动是简谐运动。 3.理解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算。 4.会处理“类单摆”问题。 知识点一　单摆及其运动规律 1.单摆的定义：忽略悬挂小球的细线长度的微小变化和质量，且线长比球的直径大得多的装置。 2.单摆的回复力 （1）单摆的回复力是由重力沿圆弧切线方向的分力G1=mgsin θ 提供的，如图所示。 （2）在偏角θ很小时（5°左右），sin θ≈tan θ≈，所以F=－mg=－kx，即摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，因此单摆做简谐运动。 知识点二　单摆的周期 1.探究单摆的周期与振幅、质量、摆长的关系 （1）探究方法：控制变量法。 （2）探究结论：单摆振动的周期 ①与摆球质量无关，②与振幅无关，③与摆长有关，摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。 2.单摆的周期公式 （1）伽利略发现了单摆运动的等时性。 （2）惠更斯研究单摆的振动，确定了单摆做简谐运动时的周期公式T=2π，并利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。 如图所示为样式（挂钟、座钟、落地钟）不同的摆钟。 （1）摆钟摆锤的振动可以看成单摆模型。（√） （2）摆钟摆锤振动的回复力来源于重力和摆杆弹力的合力。（×） （3）冬天走时准确的摆钟，到了炎热的夏天摆钟的走时会变慢。（√） （4）如果将摆钟从上海移到北京其走时会变快。（√） （5）如果将摆钟带到我国的“天和核心舱”中仍然可以使用。（×） 要点一　单摆的回复力及其运动规律 1.单摆的受力分析：如图所示。 （1）摆球的受力：受细线的拉力和摆球的重力作用。 （2）向心力的来源：细线拉力和重力沿径向分力的合力。 （3）回复力的来源：重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ。 2.单摆做简谐运动的证明 单摆的回复力F=mgsin θ，在偏角很小时（θ为5°左右），sin θ≈tan θ≈，所以单摆的回复力为F=－x（式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反），由于m、g、l对同一个单摆都有确定的数值，可以用一个常量k表示，由此知回复力可以写成F=－kx，故单摆做简谐运动。 3.单摆做简谐运动的规律 （1）单摆做简谐运动的位移—时间（x －t）图像是一条正弦（或余弦）曲线。 （2）单摆振动过程中各量的变化特点 位置或过程 位移、回复力、加速度 速度、动能 重力势能 最高点 最大 零 最大 最低点 零 最大 最小 远离平衡位置运动 越来越大 越来越小 越来越大 靠近平衡位置运动 越来越小 越来越大 越来越小 〔多选〕如图所示为均匀小球在做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称。下列说法正确的是　（　　） A．小球受重力、绳子拉力和回复力 B．小球所受合外力就是单摆的回复力 C．小球在O点时合外力不为0，回复力为0 D．小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等 答案：CD 解析：小球只受两个力：重力、绳子拉力，A错误；单摆的回复力由重力沿运动方向的分力提供，B错误；单摆在O点时，回复力为0，但合外力不为0，合外力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据运动的对称性可知，D正确。 易错警示 单摆振动过程中回复力、向心力与合力的区别与联系 单摆振动中的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供；单摆振动过程中，由于摆球的轨迹是圆弧，故还需要向心力。 （1）在最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时合力等于回复力。 （2）在平衡位置处时，速度不为零，向心力也不为零，此时回复力为零，合力等于向心力。 （3）在其他位置时，重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力，绳子的拉力与重力沿着半径方向的分力的合力提供向心力。 1.〔多选〕关于单摆，下列说法中正确的是（　　） A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置 B．摆球受到的回复力总是等于它的合力 C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零 D．摆球受的合力大小跟摆球对平衡位置的位移大小不成正比 解析：AD　单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球做圆周运动，还需要向心力，方向指向悬点，即指向圆心；摆角很小时，摆球的回复力大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，但是摆球受的合力大小跟摆球对平衡位置的位移大小不成正比。故A、D正确，B、C错误。 2.（2025•四川省南充高级中学高二开学考试）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，下列说法中正确的是（　　） A．小球所受重力和绳的拉力的合力提供单摆做简谐运动的回复力 B．2.1 s末和2.9 s末，小球的势能和速度均相同 C．从t=1.5 s到t=2 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐增大 D．从t=1.5 s到t=2.5 s的过程中，摆球所受的回复力先增大后减小 解析：C　小球所受重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，选项A错误；2.1 s末和2.9 s末，小球的势能相同，速度的大小相等，但方向相反，选项B错误；从t=1.5 s到t=2 s的过程中，摆球从负的最大位移处向平衡位置运动，设绳与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得T－mgcos θ=m，由于速度不断增大，θ不断减小，所受绳子拉力逐渐增大，选项C正确；摆球越靠近平衡位置，回复力越小，所以从t=1.5 s到t=2.5 s的过程中，摆球所受的回复力先减小后增大，选项D错误。 要点二　单摆周期公式的理解及应用 1.对单摆周期公式T=2π 的理解 （1）T与摆长l和当地的重力加速度g有关。 （2）T与振幅和摆球质量无关，故T又叫单摆的固有周期。 （3）成立条件：摆角很小（摆角小于5°）。 2.对摆长l和重力加速度g的理解 （1）摆长l的确定： 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球心的长度，即l=l′＋，l′为从悬点到摆球上端的摆线长度，d为摆球直径。 ②等效摆长：摆长是指摆动圆弧的圆心到摆球球心的距离。 图a中，甲、乙在垂直纸面方向上小角度摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为 l甲=lsin θ＋； 图b中，如果乙在垂直纸面方向小角度摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；如果乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 （2）重力加速度g的变化 ①公式中的g由单摆所在的空间位置决定。 由G=g知，g随地球表面不同位置、不同高度而变化，在不同星球上也不相同，因此求出单摆所在处的等效值g′代入公式，即g不一定等于9.8 m/s2。 在地球表面某处，g应为当地的重力加速度。 ②g还由单摆系统的运动状态决定。 如单摆处在向上加速发射的航天飞机内，设加速度为a，此时摆球处于超重状态，沿圆弧切线方向的回复力变大，摆球质量不变，则重力加速度的等效值g′=g＋a。 类型一　单摆周期公式的理解及应用 〔多选〕甲、乙两个单摆的振动图像如图所示。根据振动图像可以断定（　　） A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9∶4 B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2 C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3 D．若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9∶4 思路点拨　（1）由振动图像可知单摆振动的周期关系为T甲=T乙。 （2）甲、乙两单摆在不同地点摆动，g不同。 答案：BCD 解析：根据图像可知，单摆振动的周期关系：T甲=T乙，所以周期之比为=，频率为周期的反比，所以频率之比为=，B、C正确；若甲、乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式T=2π 可得摆长之比为4∶9，A错误；若在不同地点，摆长相同，根据T=2π 得重力加速度之比为9∶4，D正确。 类型二　等效摆长问题 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相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO=30°，已知OC线长也是l，下端C点系着一个小球（半径可忽略），下列说法正确的是（以下皆指摆动角度小于5°，重力加速度为g）（　　） A．让小球在纸面内振动，周期T=2π B．让小球在垂直纸面内振动，周期T=2π C．让小球在纸面内振动，周期T=2π D．让小球在垂直纸面内振动，周期T=2π 答案：A 解析：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T=2π ；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为，周期T′=2π ，A正确，B、C、D错误。 类型三　等效重力加速度问题 〔多选〕如图所示，两个摆长相同的单摆，它们在不同条件下的周期分别为T1、T2，关于周期大小关系的判断，正确的是（　　） A．T1＞T2　 B．T1＜T2 C．T1=2π　 D．T2=2π 答案：AC 解析：根据周期公式T=2π，可知单摆的周期与振幅和摆球质量无关，与摆长和重力加速度有关。题图1中的周期T1=2π，题图2中的等效重力加速度为a2=g＋a，所以周期T2=2π，故T1＞T2，B、D错误，A、C正确。 规律方法 分析单摆周期问题的思路 （1）判断单摆的运动过程是否符合简谐运动的条件。 （2）运用T=2π 时，注意l和g是否发生变化，注意“等效摆长”“等效重力加速度”的确定。 （3）知道改变单摆振动周期的途径 ①改变单摆的摆长； ②改变单摆的重力加速度（改变单摆的地理位置或使单摆超重或失重）。 （4）注意单摆振动周期与摆球的质量和振幅没有关系。 1.（2024•四川省成都市高一期末调研考试）如图为某一单摆的简化模型，其摆角α小于5°。下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长即绳长 B．单摆从左侧最高点A运动到右侧最高点B的时间即为单摆的周期 C．适当增大摆角α（仍小于5°），其他条件不变，则单摆的周期不变 D．将此单摆从两极移到地球赤道，其他条件不变，则单摆的周期变小 解析：C　单摆的摆长为绳子长度与小球的半径之和，选项A错误；根据周期的定义可知单摆从左侧最高点A运动再回到左侧最高点A的时间即为单摆的周期，选项B错误；根据单摆周期公式T=2π可知，单摆周期与摆球质量无关，与摆角α无关，选项C正确；将此单摆从两极移到地球赤道，重力加速度变小，根据单摆周期公式T=2π，可知单摆的周期变大，选项D错误。 2.如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球，上端系在位于光滑斜面O处的钉子上，小球处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球获得一平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为（　　） A．π 　 B．π C．π 　 D．π 解析：C　因为小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°，小球的运动可以看作单摆，在等效重力作用下有mgsin θ=mg′，T=2π ，小球回到最低点所需的最短时间为t==π ，故选C。 3.〔多选〕（2025•四川省眉山市仁寿县多校高二期中考试）如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′=，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则以下说法正确的是（　　） A．由于机械能守恒，可得摆角大小不变 B．A和C两点在同一水平面上 C．周期T=2π D．周期T=π 解析：BD　小球在运动过程中，摆线的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故A、C两点在同一水平面上，但是小球经过B点时，单摆的摆长发生变化，摆角发生变化，故选项A错误，选项B正确；设小球从A到B的时间为t1=×2π=，小球从B到C的时间为t2=×2π=，则周期为T=2（t1＋t2）=π，故选项C错误，选项D正确。 要点三　“类单摆”模型 1.“类单摆”模型 有些物体的运动与单摆的运动规律类似，该类物体的运动称为“类单摆”模型。 2.“类单摆”实例 如图所示，为竖直面内的光滑小圆弧（半径为R），且≪R（或对应圆心角∠BOC很小），当小球在间运动时，小球受重力、轨道支持力作用，轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力，故其运动为“类单摆”运动，等效摆长L效=R。 如图所示，将小球甲、乙、丙（都可视为质点）分别从A、B、C三点由静止同时释放，其中甲从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦BD轨道从上端B（与圆心A等高）到达下端D，丙沿圆弧轨道从C点运动到D（圆弧CD远小于圆的半径），最后甲、乙、丙都到达竖直面内圆弧的最低点D。如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是　（　　） A．甲球最先到达D点，乙球最后到达D点 B．甲球最先到达D点，丙球最后到达D点 C．丙球最先到达D点，乙球最后到达D点 D．甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点 思路点拨　由于“圆弧CD远小于圆的半径”，故“丙沿圆弧轨道从C点运动到D”做“类单摆”运动，时间t=。 答案：A 解析：设圆的半径为r，小球甲从A到D的过程中做自由落体运动，所用时间t1=，由几何知识知∠ADB=θ=45°，弦BD长度为2rcos θ，小球乙从B到D的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，运动加速度为gcos θ，所用时间t2===2，丙沿圆弧轨道从C点到D的运动可以看成类单摆运动，周期T=2π，时间t3== 。故有t2＞t3＞t1，由此可知乙球最后到，甲球最先到，故A正确，B、C、D错误。 规律方法 处理类单摆问题的思路 （1）确认符合“类单摆”模型的条件。 （2）确定等效摆长L效。 （3）确定等效重力加速度g效。 （4）利用公式T=2π或简谐运动规律分析求解有关问题。 1.（2025•四川省眉山市仁寿县多校高二期中考试）如图所示，一个光滑弧形凹槽半径为R，弧长为L（已知R≫L）。现将一质量为m的小球从凹槽边缘由静止释放，小球以最低点为平衡位置做简谐运动。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球做简谐运动的回复力为重力和支持力的合力 B．小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力 C．小球做简谐运动的周期为2π D．小球运动到凹槽最低点时所受合力为零 解析：B　小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力，选项A错误，选项B正确；小球做简谐运动时，弧形凹槽的半径相当于摆长，则其周期为2π，选项C错误；小球运动到凹槽最低点时所受合力提供其做圆周运动所需的向心力，合力不为零，选项D错误。 2.如图所示，光滑圆槽的半径R远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三个小球（均可视为质点）同时由静止释放，开始时，甲球比乙球离槽最低点O远些，丙球在圆槽的圆心处。则以下关于它们第一次到达点O的先后顺序的说法正确的是（　　） A．乙先到，然后甲到，丙最后到 B．丙先到，然后甲、乙同时到 C．丙先到，然后乙到，甲最后到 D．甲、乙、丙同时到 解析：B　对于甲、乙两球，都做类单摆运动，其运动周期均为T=2π ，甲、乙两球第一次到达点O时运动了 T，则t1=t2== ，对于丙球，根据自由落体运动规律有R=g，解得t3=，故丙先到，然后甲、乙同时到，故B正确。 1.〔多选〕单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是（　　） 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．只要是单摆的运动就是一种简谐运动 解析：ABC　单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度、不计质量，摆球只计质量、不计大小，且摆线不可伸缩。但把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的，只有在偏角很小（θ≤5°）的情况下才能视单摆的运动为简谐运动。故A、B、C正确，D错误。 2.（2024•四川省宜宾市叙州区第一中学校高二期中考试）在盛沙的漏斗下面放一木板，让漏斗左右摆动起来，同时其中细沙匀速流出，经历一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，则沙堆的剖面应是下图中的（　　） 解析：B　不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达最底端时运动速度最快，细沙漏到地面上的最少，在两端位置时，漏斗运动得最慢，细沙漏到地面上的最多，故选B。 3.（2025•四川省内江市高中高二零模）如图所示，老式摆钟的摆锤可视为单摆，摆长为l，当地的重力加速度为g。摆钟的秒针、分针、时针均绕中心做匀速圆周运动，摆锤的最大摆角小于5°。下列说法正确的是（　　） A．秒针的角速度是时针的360倍 B．若将摆钟移到月球上，摆钟走得更慢，需把摆锤上调至合适位置即可校准摆钟 C．摆锤在最低点时速度最大，加速度为零 D．若把摆钟置于加速上升的电梯中，摆钟走得更慢 解析：B　秒针转动一周为60 s，时针转动一周为12小时=12×3 600秒；根据ω=可知，秒针的角速度是时针的720倍，选项A错误；若将摆钟移到月球上，重力加速度减小，根据T=2π可知，周期变大，则摆钟走得更慢，需要减小摆长，即需要把摆锤上调至合适位置即可校准摆钟，选项B正确；摆锤在最低点时速度最大，但向心加速度不为零，即加速度不为零，选项C错误；若把摆钟置于加速上升的电梯中，等效加速度g等变大，则周期变小，摆钟走得更快，选项D错误。 4.〔多选〕地球表面上甲、乙单摆的振动图像如图所示。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度取10 m/s2，月球上的自由落体加速度取1.6 m/s2。下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两个单摆的摆长之比为4∶1 B．甲摆在月球上做简谐运动的周期为5 s C．甲摆振动的最大偏角约为2.3° D．从t=0开始，乙第一次到达右方最大位移时，甲到达平衡位置且向左运动 解析：BCD　由图像可知，甲、乙单摆的周期之比为 1∶2，根据 T=2π，可知l=T2，所以甲、乙两个单摆的摆长之比为1∶4，选项A错误； 根据 T=2π ，可知===，甲摆在月球上做简谐运动的周期为T甲月=×2 s=5 s选项B正确；甲摆摆长为l甲==×22 m≈1 m，振幅为A=4 cm则振动的最大偏角sin θ≈=0.04，即θ≈2.3°，选项C正确；从t=0开始，乙第一次到达右方最大位移时为t=1 s的时刻，此时甲到达平衡位置且向左运动，选项D正确。 题组一　单摆的回复力及其运动规律 1.〔多选〕关于甲、乙两图对应的说法正确的是（　　） A．图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做匀变速直线运动 B．图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子的加速度方向永远指向平衡位置O点 C．图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力和细线拉力的合力 D．图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力不为零 解析：BD　题图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做简谐运动，简谐运动是变加速运动，A错误；弹簧振子在弹簧弹力作用下做加速度方向永远指向平衡位置O点的变速直线运动，B正确；题图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，C错误；题图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力指向圆心，D正确。 2.（2025•四川高一下期末）如图所示，荡秋千在小幅度摆动时可简化为单摆做简谐运动，其等效“摆球”的质量为m、摆长为l，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．人和踏板整体受重力、弹力、回复力的作用 B．经过最低点时人与踏板均处于平衡状态 C．人与踏板通过最高点时，合力等于零 D．荡秋千的周期为2π 解析：D　人和踏板整体只受重力和弹力，沿切线方向的合力充当回复力，A错误；经过最低点时人与踏板有向心加速度，不是平衡状态，B错误；人与踏板通过最高点时，速度为零，则向心力为零，即沿半径方向的合力等于零，但沿切线方向的合力最大提供回复力，故合力不为零，C错误；因荡秋千在小幅度摆动时可简化为单摆做简谐运动，则其周期满足单摆的周期，为2π，D正确。 题组二　单摆周期公式的理解及应用 3.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．摆锤摆动的幅度越大，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 解析：C　为了使摆钟摆动时计时准确，摆锤摆动的摆角不能大于5°，可知摆锤摆动的幅度不能太大，A错误；缩短它的摆长，由T=2π可知，周期变小，摆钟走得更快，故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，C正确；在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时，因为赤道重力加速度小，由T=2π可知周期长，所以赤道的摆钟走得慢些，故D错误。 4.如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线的长度均为L，a、b细线上端固定在同一水平面上相距为L的A、B两点上，c细线下端系着一个带正电荷的小球（小球直径可以忽略），小球质量为m，电荷量为q，垂直于纸面向外有匀强电场，电场强度 E=，下列说法正确的是（　　） A．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T=2π B．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T=2π C．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T=2π D．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T=π 解析：D　小球不可以在纸面内做简谐运动，因为小球会受到垂直于纸面向外的电场力，纸面内无法平衡，故A、C错误；小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，等效重力F==2mg，周期T=2π=π ，故B错误，D正确。 5.摆长是1 m的单摆在某地区的周期是2 s，则在同一地区（　　 ） A．摆长是0.5 m的单摆的周期是0.707 s B．摆长是0.5 m的单摆的周期是1 s C．周期是1 s的单摆的摆长为2 m D．周期是4 s的单摆的摆长为4 m 解析：D　摆长是1 m的单摆的周期是2 s，根据单摆的周期公式T=2π可知，当地的重力加速度g==π2 m/s2。摆长是0.5 m的单摆的周期T1=2π=2π×s≈1.414 s，故A、B错误；周期是1 s的单摆的摆长l2== m=0.25 m，周期是4 s的单摆的摆长l3== m=4 m，故C错误，D正确。 6.（2025•四川省仁寿第一中学校（北校区）高二期末）如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．单摆的周期为t0 B．测量出的重力加速度g= C．小球拉起的幅度越大，运动周期越大 D．小球经过最低点时，速度最大，合力为零 解析：B　小球经过最低点时磁性最强，由乙图可知单摆的周期为T=2t0，选项A错误；根据单摆的周期公式T=2π，解得g==，选项B正确；根据单摆的周期公式T=2π，可知单摆的周期与振幅无关，选项C错误；小球经过最低点时，速度最大，小球做圆周运动，合力提供向心力，合力不为零，选项D错误。 题组三　“类单摆”模型 7.一光滑圆弧面ABD，水平距离为L，高为h（L≫h），小球从顶端A处静止释放，滑到底端D的时间为t1，若在圆弧面上放一块光滑斜面ACD，则小球从A点静止释放，滑到D的时间为t2，则（　　） A．t2=t1　 B．t2=t1 C．t2=t1　 D．t2=t1 解析：C　由于h≪L，小球沿光滑圆弧面ABD运动，可看作单摆模型，运动时间等于四分之一个单摆周期。设圆弧轨道半径为R，单摆周期T=2π，小球的运动时间为t1=T= ，小球沿光滑斜面ACD运动，可看作等时圆模型，运动时间等于从圆周最高点沿直径自由下落到最低点的时间，所以t2= =2，由上述可得t2=t1，故C正确。 8.雪崩是积雪山区一种常见的自然现象。如图所示，坡面AB可视为半径约为2.5 km的圆弧，P点与圆心的连线OP偏离竖直方向约5°。不计阻力，g取10 m/s2，P处积雪由静止下滑到山坡底端所需的时间约为（　　） A．25 s　 B．50 s C．75 s　 D．100 s 解析：A　可以将积雪从P到A的运动看作单摆做简谐运动的一部分，从P到A所用的时间为单摆周期的四分之一，即t=，单摆周期T=2π=2π s=10π s，可得t≈25 s，故选A选项。 9.〔多选〕（2025•四川省成都棠湖外国语学校高三期中考试）摆球质量为m的单摆做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关系如图所示，则该单摆（　　） A．摆长为 B．摆球从最高点到最低点的过程中，重力的冲量大小为2mgt0 C ．摆球从最高点到最低点的过程中，回复力做的功为E0 D．单摆的周期为4t0 解析：CD　单摆做简谐运动，动能变化的周期是单摆周期的一半。由图可知，动能变化周期为2t0，则单摆周期T为4t0，根据T=2π，解得摆长l=，选项A错误，选项D正确；摆球从最高点到最低点的过程中，重力的冲量大小为I=mg×=mgt0，选项B错误；回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，在摆球从最高点到最低点的过程中，回复力做功等于动能的变化量，即E0，选项C正确。 10.〔多选〕（2025•四川成都高一下期中）同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两单摆的摆长之比为16∶25 B．乙单摆的机械能大于甲单摆的机械能 C．两图线交点对应的时刻（t0）的两摆球速率相等 D．甲单摆的振动方程为x=4sincm 解析：AD　根据单摆周期公式T=2π，可得L=，由题图可知甲单摆的周期为4 s，乙单摆的周期为5 s，甲、乙两单摆的摆长之比为L甲∶L乙=∶=16∶25，A正确；甲、乙两单摆的质量不知，无法比较甲、乙两单摆的机械能，B错误；x－t图像切线斜率表示速度，两图线交点对应的时刻（t0）的图像切线斜率绝对值不同，所以甲、乙两摆球速率不相等，C错误；甲单摆的振动方程为x=Asint=4sincm，D正确。 11.（2024•四川省泸州市龙马潭区高二期中考试）如图甲，小球在光滑球面上的A、B之间来回运动。t=0时刻将小球从A点由静止释放，球面对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线如图乙，若弧长AB远小于半径，则（　　） A．小球运动的周期为0.2π s B．光滑球面的半径为0.1 m C．小球的质量为0.05 kg D．小球的最大速度约为0.10 m/s 解析：C　小球在一个周期内经过两次最低点，根据题图乙可知，小球的运动周期为0.4π s，A错误；小球在光滑球面上做简谐振动，周期公式T=2π中的L，即为光滑球面的半径R，代入数据可得R=L=0.4 m，B错误；设小球在光滑球面上最高点时与其做圆周运动的圆心连线与竖直方向的夹角为θ，小球到达最低点时的速度的最大值为v，则在最高点有mgcos θ=F1，在最低点有F2－mg=m，从最高点到最低点由动能定理有mgR（1－cos θ）=mv2，其中F1=0.495 N，F2=0.510 N，联立以上各式解得m=0.05 kg，v= m/s，C正确，D错误。 12.一根细线一端固定，另一端系一密度为ρ=0.8×103 kg/m3的小球，组成一个单摆，其在空气中做简谐运动的周期T=8 s。现将此单摆倒置于水中，使其拉开一个小角度后做简谐运动，如图所示。已知水的密度为1.0×103 kg/m3，水和空气对小球的阻力可忽略，则小球在水中做简谐运动的周期为（取重力加速度g=10 m/s2）（　　） A．4 s　 B．8 s C．12 s　 D．16 s 解析：D　单摆在空气中做简谐运动的周期T=2π=8 s，解得L=，在水中做简谐运动的周期T′=2π，其中g′为小球在水中摆动过程中的等效重力加速度，小球受到的等效重力为G′=mg′=ρVg′，又因为G′=Vg，联立解得T′=2π，代入数据得T′=16 s，故选D。 13.（2025•四川省乐山市高三三模考试）如图1所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点有一个钉子，将小球（可视为质点）拉到A点后静止释放，小球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图2所示。已知摆球摆角始终不超过5°，重力加速度g取10 m/s2，不计一切阻力和能量损失，下列说法中正确的是（　　） A．该单摆的周期为0.4π s B．O、P间的距离为1.6 m C．t=0.2π s时小球动能最大 D．图中x1与x2的比值为2∶1 解析：D　由图像可知，该单摆的周期为T=2（0.5－0.2）π s=0.6π s，选项A错误；根据单摆周期公式0.4π s=π，0.2π s=π，解得O、P间的距离为LOP=1.2 m，选项B错误；t=0.2π s时小球到达最高点，此时速度为零，则动能为零，选项C错误；不计摆线和钉子相碰时的能量损失，即整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1=mgh2，所以摆球摆到两侧最高点的位置是等高；设单摆在OP左侧最大偏角为θ，由数学知识得x1=2LOAsin ，单摆在OP右侧最大偏角为α，由数学知识得x2=2LBPsin ，由机械能守恒定律得mgLOA（1－cos θ）=mgLBP（1－cos α），其中LOA=4LBP，联立解得=，图中x1与x2的比值为2∶1，选项D正确。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $