第2章 第4节 单摆-（Word版）【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步测试学生用书（人教版）

4　单　摆 　 对单摆模型及其回复力的理解 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.摆线长度不伸缩 C.摆球的直径比摆线长度小得多 D.只要是单摆的运动就是简谐运动 2.（2026·江苏泰州高二质检）如图所示，O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为摆动过程中的最低位置，则在摆动过程中（　　） A.摆球在A点和C点处，速度为零，位移也为零 B.摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零 C.摆球在B点处，重力势能最小，加速度为零 D.摆球在B点处，动能最大，细线拉力也最大 单摆的周期 3.已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m，则两摆长la与lb分别为（　　） A.la＝2.5 m，lb＝0.9 m B.la＝0.9 m，lb＝2.5 m C.la＝2.4 m，lb＝4.0 m D.la＝4.0 m，lb＝2.4 m 4.有一悬线长为l的单摆，其摆球为一个有一定质量的金属空心球，球底有一小孔，球内盛满水。在摆动过程中，水从小孔慢慢流出。从水开始流到水流完的过程中，关于此摆的周期的变化说法正确的是（　　） A.由于悬线长l和重力加速度g不变，所以周期不变 B.由于水不断外流，周期不断变大 C.周期先变大，后又变小 D.周期先变小，后又变大 单摆振动的图像及表达式 5.（2026·福建福州高二检测）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。从某次摆球到达右侧最大位移处开始计时，摆球相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，π2≈10。下列说法正确的是（　　） A.单摆的摆长约为0.16 m B.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝4cos（2.5πt）cm C.单摆的摆长约为1 m D.从t＝0.4 s到t＝0.6 s的过程中，摆球的加速度逐渐增大，速度逐渐减小 6.（链接教材P50“练习与应用”T3）如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是（　　） A.甲、乙两摆的振幅之比为1∶2 B.t＝4 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零 C.甲、乙两摆的摆长之比为1∶4 D.甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小一定相等 　 突出情境命题　彰显学科价值 1.（2026·广东深圳高二质检）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（　　） 2.（多选）惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运行的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示。以下说法正确的是（　　） A.当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置 B.摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移 C.由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移 D.把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移 3.（2026·福建宁德高二月考）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t0 B.测量出的重力加速度g＝ 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 思维模型建构　强化思维过程 4.（2026·浙江湖州高二质检）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（　　） A.π B.3π C.π D.4π 5.（2026·浙江温州高二期中）如图所示，表面光滑的斜面固定在水平桌面上，将摆线一端固定在斜面上并使其与斜面平行。现拉开摆球使轻绳刚好绷直，摆球由静止释放后贴着斜面做简谐运动。已知摆线长为L，摆的周期为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.摆球在最高点时的加速度为gsin θ，在平衡位置时的加速度为零 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 6.如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心O'的正下方，一小球甲（可视为质点）由距O点很近的A点由静止释放，R≫。 （1）若小球甲释放的同时，另一小球乙（可视为质点）从球心O'处自由落下，求两小球第一次到达O点的时间比； （2）若小球甲释放的同时，另一小球丙（可视为质点）在O点正上方某处自由落下，为使两小球在O点相碰，小球丙应由多高处自由落下？ 学科网（北京）股份有限公司 $ 4　单　摆 [教材知识——一遍过] 1.ABC　单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度、不计质量且摆线不伸缩，摆球直径远小于摆线长度，A、B、C项正确；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，D项错误。 2.D　摆球在摆动过程中，最高点A、C处是摆球的最大位移位置，摆球在A点和C点处，速度为零，回复力最大，故A、B错误；最低点B是摆球的平衡位置，摆球在B点处，速度最大，动能最大，重力势能最小，摆球做圆周运动，摆球在B点处，细线的拉力最大，加速度不为零，故C错误，D正确。 关于单摆的回复力的三点提醒 （1）单摆振动中的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，除了最大位移处之外回复力与它受到的合力均不相等。单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子不同之处。 （2）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。 （3）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，但合力等于向心力。 ｜易错警示｜ 3.B　设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意知10Ta＝6Tb，即Ta∶Tb＝3∶5。根据单摆周期公式T＝2π ，得l＝T2，由此可得la∶lb＝∶＝9∶25，且lb－la＝1.6 m，解得la＝0.9 m，lb＝2.5 m。 4.C　单摆的摆长是悬点到小球重心的距离。开始时，重心在球心，随着球内水慢慢流出，小球的重心也逐渐降低，水全部流完后，重心又回到球心。因此，相对于球心位置，小球的重心先降低，后升高，摆长先变大，后变小，根据单摆周期公式T＝2π知，此摆的周期先变大，后又变小，故C正确。 5.A　由单摆周期公式得T＝2π＝0.8 s，解得l＝0.16 m，故A正确，C错误；由题图乙读出周期T＝0.8 s，振幅A＝2 cm，又根据ω＝，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝2sincm＝2cos（2.5πt）cm，故B错误；从t＝0.4 s到t＝0.6 s的过程中，摆球靠近平衡位置，则加速度逐渐减小，速度逐渐增大，故D错误。 6.C　由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm，所以甲、乙两摆的振幅之比为2∶1，A错误；由题图知，t＝4 s时，甲摆在平衡位置处，重力势能最小，乙摆在平衡位置处，动能最大，B错误；甲、乙两摆的周期之比为1∶2，由单摆的周期公式T＝2π，得到甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，C正确；由题目中的条件无法比较甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小，D错误。 [高考趋向——全练通] 1.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，在最底端时运动速度最快，细沙漏到地面上的最少，在两端时漏斗运动得最慢，细沙漏到地面上的最多。故选B。 2.AC　根据单摆周期公式T＝2π知，当摆钟不准确时，则需要调整圆盘的位置，A正确；摆钟快了，周期变小，则需将摆长增大，增大周期，应使圆盘沿摆杆下移，B错误；由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，为使摆长变为准确周期的摆长，需上移圆盘，C正确；摆钟从福建移到北京，重力加速度增大，周期变小，则需将摆长增大，应使圆盘沿摆杆下移，D错误。 3.B　在一个周期内小球两次经过最低点，由图乙可知单摆的周期为2t0（点拨：单摆一个振动周期内回到平衡位置两次，回到平衡位置时磁感应强度最强），A错误。根据T＝2π＝2t0，可得重力加速度大小为g＝，B正确。由T＝2π，可知单摆的周期大小与单摆的振幅无关，即与小球拉起的幅度无关，C错误。小球经过最低点时，速度最大，合力方向指向悬挂点，小球做的是圆周运动，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，D错误。 4.A　两质量相等的弹性小球做弹性正碰时，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v02＝m1v12＋m2v22，由m1＝m2，解得v1＝0，v2＝v0，可知两球碰撞后速度交换，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＝，从小球B摆起到第2次相碰经历时间t2＝TB＝π，从小球A摆起到第3次相碰经历时间t3＝TA＝，从小球B摆起到第4次相碰经历时间t4＝t2＝π，从把小球A向左拉开一个较小角度后到两球发生第4次碰撞的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝，故选A。 5.D　斜面上的单摆的回复力由重力沿斜面向下的分力的切向分量提供，重力沿斜面向下的分力为mgsin θ，沿斜面向下的分力的切线分力即摆球在最高点时的回复力为mgsin θsin α，根据牛顿第二定律mgsin θsin α＝ma，解得摆球在最高点的加速度a＝gsin θsin 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，指向悬点，A错误；等效重力加速度为gsin 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，摆的周期将变大，B、C错误；等效重力加速度为gsin θ，根据单摆的周期公式有T＝2π，又单摆的摆长可表示为l＝L＋r，解得摆球的半径为r＝－L，D正确。 6.（1）π∶4　（2）（n＝1，2，3，…） 解析：（1）小球甲沿圆弧做简谐运动， 它第一次到达O点的时间为 t1＝T＝×2π＝， 小球乙做自由落体运动， 设小球乙到达O点的时间为t2，有R＝g， 所以t2＝，t1∶t2＝π∶4。 （2）小球甲从A点由静止释放运动到O点的时间为t＝（2n－1），n＝1，2，3，…，由O点正上方自由落下的小球丙到达O点的时间也为t时两小球才能在O点相碰，所以h＝gt2＝（n＝1，2，3，…）。 解答此类问题的关键是掌握单摆的周期公式，计算出单摆摆到最低点的时间，注意单摆到达最低点存在多解问题。 ｜解题技巧｜ 学科网（北京）股份有限公司 $