第04讲单摆-高二物理讲义（人教2019选择性必修一）

第04讲单摆目标导航目标导航课程标准课标解读1．知道什么是单摆．2．理解单摆振动的回复力来源及做简谐运动的条件．3．掌握单摆振动的周期公式，并能用公式解题．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．了解影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式．3．知道单摆周期的决定因素，掌握单摆的周期公式．知识精讲知识精讲知识点01单摆及单摆的回复力1．单摆(1)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。单摆是实际摆的理想化模型。(2)单摆的平衡位置：摆球静止时所在的位置。2．单摆的回复力(1)回复力的来源：如图所示，摆球的重力沿圆弧切向的分力提供回复力。(2)回复力的特点：在偏角很小时，sinθ≈eq\f(x,l)，所以单摆的回复力为F＝－eq\f(mg,l)x，即小球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，单摆的运动可看成是简谐运动。3．单摆的运动特点(1)摆线以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度v≠0，半径方向都受向心力．(2)摆线同时以平衡位置为中心做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，轨迹的切线方向都受回复力．【即学即练1】下列有关单摆运动过程中的受力，说法正确的是()A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力C．单摆经过平衡位置时合力为零D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力【解析】单摆运动是在一段圆弧上运动，因此单摆运动过程不仅有回复力，而且有向心力，即单摆运动的合外力不仅要提供回复力，还要提供向心力，单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，故选项B正确，A、D错误；单摆经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合力不为零，所以选项C错误．【答案】B【归纳总结】关于单摆的回复力的两点提醒(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，“摆线拉力”与“重力沿摆线方向的分力”的合力提供向心力，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，故此时合力等于回复力．知识点02单摆的周期1．伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟。2．单摆的周期(1)单摆的周期T＝2πeq\r(\f(l,g))，只与摆长l及单摆所在处的重力加速度有关，与振幅及摆球的质量无关。单摆的周期叫固有周期。(2)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和精确值相差0.01%)。(3)单摆周期公式中的g应为单摆所在处的重力加速度，l应为单摆的摆长。摆长是指从悬点到摆球重心的长度，l＝l′＋eq\f(d,2)，l′为摆线长，d为摆球直径。【即学即练2】如图所示，甲、乙是摆长相同的两个单摆，它们中间用一根细线相连，其中一个摆线与竖直方向成θ角．已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都做简谐运动，在摆动过程中下列说法正确的是()A．甲的振幅小于乙的振幅B．甲的振幅等于乙的振幅C．甲的最大速度小于乙的最大速度D．甲的运动周期大于乙的运动周期【解析】由题意知，甲、乙是摆长相同的两个单摆，原来两者静止时由于质量不同，故偏角不同，质量大的偏角小，故甲的振幅小．A项正确，两物体在平衡位置时速度最大，根据mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gl1－cosθ)，与质量无关，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，C项正确；根据T＝2πeq\r(\f(l,g))，周期与质量无关，所以D项错．【答案】AC知识点03单摆的“等效思维”l等效＝lsinα做垂直纸面的小角度摆动l等效＝lsinα＋l垂直纸面摆动l等效＝l纸面内摆动左侧：l等效＝l右侧：l等效＝eq\f(2,3)l纸面内摆动T＝πeq\r(\f(l,g))＋πeq\r(\f(2l,3g))l等效＝R当半径R远大于小球位移x时，小球做单摆运动【即学即练3】如图所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)，组成了所谓的双线摆，若细线长均为l，两线与天花板的夹角均为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，周期为()A．2πeq\r(\f(l,g)) B．2πeq\r(\f(2l,g))C．2πeq\r(\f(2lcosα,g)) D．2πeq\r(\f(lsinα,g))【解析】这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))计算，但注意此处的l与题中的细线长不同，公式中的l是指质点到悬点(等效悬点)的距离，此题中单摆的等效摆长为lsinα，代入周期公式，可得T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))，故选D.【答案】D【归纳总结】单摆模型及问题的分析、解答(1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型。满足条件：①圆弧运动。②小角度摆动。③回复力F＝－kx。(2)首先确认符合单摆模型的条件，然后寻找等效摆长l及等效加速度g，最后利用公式T＝2πeq\r(\f(l,g))或筒谐运动规律分析、解答。能力拓展能力拓展考法01单摆的简谐振动【典例1】如图甲所示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象，根据图象回答：(1)单摆振动的频率是多大？(2)开始时刻摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？【解析】(1)由题图乙知周期T＝0.8s，则频率f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz.(2)由题图乙知，开始时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点．(3)由T＝2πeq\r(\f(l,g))得l＝eq\f(gT2,4π2)≈0.16m.【答案】(1)1.25Hz(2)B点(3)0.16m考法02等效单摆的应用【典例2】如图所示，三根细线于O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为eq\r(3)L的两点上，使∠AOB成直角，∠BAO＝30°，已知OC线长是L，下端C点系着一个小球(直径可忽略)．下列说法中正确的是()A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))B．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝πeq\r(\f(7L,g))C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2πeq\r(\f(3L,2g))D．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))【解析】如果小球在纸面内摆动，以O点为悬点摆动，其摆长为L，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))，故A选项正确；如果小球在垂直纸面内摆动，小球以O′为悬点摆动，如图所示．等效摆长L′＝L＋OO′＝L＋AO·sin30°＝L＋ABcos30°·sin30°＝eq\f(7,4)L故T′＝2πeq\r(\f(\f(7,4)L,g))＝πeq\r(\f(7L,g))，故B选项正确．【答案】AB考法03圆弧面上等效单摆的作用【典例3】如图所示，曲面AO是一段半径为2m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长10cm.现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别是t1和t2，那么()A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2C．v1＝v2，t1＝t2 D．上述三种都有可能【解析】因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度的单摆振动，即做简谐运动，其等效摆长为2m，单摆周期与振幅无关，因此t1＝t2，又由于小球运动过程中机械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，知v1＞v2.【答案】B题组A基础过关练1．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．摆球受到的回复力是它的合力C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零D．摆角很小时，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比【解析】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，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)；另外摆球所受的合力与位移大小不成正比．【答案】A2．(多选)如图所示是一个单摆(θ＜5°)，其周期为T，则下列说法正确的是()A．把摆球的质量增加一倍，其周期不变B．摆球的振幅变小时，周期也变小C．此摆由O→B运动的时间为eq\f(T,4)D．摆球由B→O时，动能向势能转化【解析】单摆的周期与摆球的质量无关，A正确；单摆的周期与振幅无关，B错误；此摆由O→B运动的时间为eq\f(T,4)，C正确；摆球由B→O时，势能转化为动能，D错误．【答案】AC3．(多选)一个单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正确的是()A．t1时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小B．t2时刻摆球速度最大，但加速度不为零C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大E．t4时刻摆球所受合力为零【解析】由振动图象可知：t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球速度为零，悬线对摆球的拉力最小；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球的拉力最大．故正确答案为A、B、D.【答案】ABD4．(多选)某单摆由1m长的摆线连接一个直径为2cm的铁球组成，下列关于单摆周期的说法正确的是()A．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变B．用大球替代小球，单摆的周期不变C．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变小【解析】用等大的铜球替代铁球，摆长不变，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，单摆的周期不变，故A正确；用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，单摆的周期变大，故B错误；由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故C错误；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，单摆周期变小，故D正确．【答案】AD5．已知单摆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1.6m，则两单摆长la与lb分别为()A．la＝2.5m，lb＝0.9m B．la＝0.9m，lb＝2.5mC．la＝2.4m，lb＝4.0m D．la＝4.0m，lb＝2.4m【解析】设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝3∶5。根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知l＝eq\f(g,4π2)T2，由此得la∶lb＝Teq\o\al(2,a)∶Teq\o\al(2,b)＝9∶25。则la＝eq\f(9,25－9)×1.6m＝0.9m，lb＝eq\f(25,25－9)×1.6m＝2.5m。【答案】B6．(多选)如图所示为甲、乙两单摆的振动图象，则()A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4【解析】由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故A错误，B正确；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故C错误，D正确。【答案】BD7．如图所示为演示简谐运动的沙摆，已知摆长为l，沙桶的质量为m，沙子的质量为M，M>m，沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的周期()A．不变B．先变大后变小C．先变小后变大D．逐渐变大【解析】在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的重心逐渐下降，则等效摆长逐渐变大，当沙子流到一定程度后，沙摆的重心又重新上移，则等效摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故选B.【答案】B8．(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【解析】根据周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知，当摆钟不准确时需要调整摆长，A正确；摆钟快了，周期小，则需将摆长增大，增大周期，B错误；由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，则需上移圆盘，C正确；摆钟从福建移到北京，重力加速度增大，则需将摆长增大，D错误．【答案】AC9．(多选)有一个单摆，原来的周期是。在下列情况下，对周期变化的判断正确的是（）A．摆长减为原来的，周期也减为原来的B．摆球的质量减为原来的，周期不变C．振幅减为原来的，周期不变D．重力加速度减为原来的，周期变为原来的2倍【解析】A．根据单摆周期公式，摆长减为原来的，周期也减为原来的，所以A错误；BC．摆球的质量减为原来的，周期与质量、振幅无关，则周期不变，所以BC正确；D．根据单摆周期公式，重力加速度减为原来的，周期变为原来的2倍，所以D正确；故选BCD。【答案】BCD10．(多选)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()甲乙A．单摆的摆长约为1.0mB．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sinπtcmC．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【解析】由题图乙可知单摆的周期T＝2s，振幅A＝8cm，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，代入数据可得l≈1m，A正确；由ω＝eq\f(2π,T)可得ω＝πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asinωt＝8sinπtcm，B正确；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，C错误；从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，D错误。【答案】AB11．(多选)图中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点为运动中的最低位置，则在摆动过程中()A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力最大C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大【解析】摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，A错误，B正确；在最低点B处，速度最大，回复力为零，向心力最大，细线的拉力最大，C错误，D正确．【答案】BD12．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝eq\f(L,2)，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°，则此摆的周期是()A．2πeq\r(\f(L,g)) B．2πeq\r(\f(L,2g))C．2πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(L,g))＋\r(\f(L,2g)))) D．πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(L,g))＋\r(\f(L,2g))))【解析】摆到竖直位置的时间为：t1＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(L,2g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(L,2g))，从竖直位置到右侧最高点的时间为：t2＝eq\f(1,4)×πeq\r(\f(L,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(L,g))，故小球的运动周期为：T＝2(t1＋t2)＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(L,g))＋\r(\f(L,2g))))，D正确．【答案】D题组B能力提升练1．(20202021学年咸阳高二检测)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】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,到达最底端运动速度最快,细沙漏到地面上的最少,两端漏斗运动最慢,细沙漏到地面上的最多,故选项B正确,选项A、C、D错误。故选B。【答案】B2．如图所示，乙图中图象记录了单摆中摆球的动能、势能随摆球位置变化的关系，不计空气阻力，下列关于图象的说法正确的是()A．b图线表示动能随位置的变化关系B．a图线表示机械能随位置的变化关系C．c图线表示动能随位置的变化关系D．图象表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变【解析】单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故a图线表示动能随位置的变化关系，b图线表示重力势能随位置的变化关系，c图线表示摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，故A、B、C错，D对．【答案】D3．(多选)图中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开，各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则()A．如果mA＞mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B．如果mA＜mB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧D．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧【解析】A、B两球碰撞后，B球一定向右摆，A球可能向右摆，也可能向左摆，还可能停下来．由于两单摆摆长相同，因此摆动的周期相同，它们在第一次碰后半个周期回到平衡位置而发生第二次碰撞，C、D正确．【答案】CD4．如图所示的几个相同单摆在不同条件下，关于它们的周期关系，其中判断正确的是()(1)(2)(3)(4)A．T1＞T2＞T3＞T4 B．T1＜T2＝T3＜T4C．T1＞T2＝T3＞T4 D．T1＜T2＜T3＜T4【解析】题图(1)中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力mgsinθ为等效重力，即单摆的等效重力加速度g1＝gsinθ；题图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力；题图(3)为标准单摆；题图(4)中摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g4＝g＋a.由单摆振动的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，知T1＞T2＝T3＞T4，选项C正确．【答案】C5．(多选)如图所示，用绝缘细丝线悬挂着的带正电的小球在匀强磁场中做简谐运动，则()A．当小球每次通过平衡位置时，动能相同B．当小球每次通过平衡位置时，速度相同C．当小球每次通过平衡位置时，丝线拉力不相同D．磁场对摆的周期无影响E．撤去磁场后，小球摆动周期变大【解析】小球在磁场中运动时，由于洛伦兹力不做功，所以机械能守恒．运动到最低点，球的速度大小相同，但方向可能不同，A项正确，B项错误；小球从左、右两方向通过最低点时，向心力相同，洛伦兹力方向相反，所以拉力不同，C项正确；由于洛伦兹力不提供回复力，因此有无磁场，不影响振动周期，D项正确，E项错误．【答案】ACD6．如图所示，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方eq\f(3,4)l的O′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正．下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x­t关系的是()【解析】由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，所以B、D项错误；由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A项正确．【答案】A7．一个单摆，在第一个行星上的周期为T1，在第二个行星上的周期为T2，若这两个行星的质量之比为M1∶M2＝4∶1，半径之比R1∶R2＝2∶1，则()A．T1∶T2＝1∶1 B．T1∶T2＝4∶1C．T1∶T2＝2∶1 D．T1∶T2＝1∶2【解析】单摆的周期公式为T＝2πeq\r(\f(l,g))，对同一单摆有T∝eq\f(1,\r(g)).又根据万有引力定律mg＝Geq\f(M·m,R2)，有g＝eq\f(GM,R2)，因此T∝eq\r(\f(R2,M))，故T1∶T2＝eq\r(\f(R\o\al(2,1)·M2,M1·R\o\al(2,2)))＝eq\r(\f(4×1,1×4))＝1.【答案】A8．将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动．用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法不正确的是()A．这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4C．摆线经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径减小，摆线张力变大D．摆线经过最低点时，角速度变大，做圆周运动的半径减小，摆线张力不变【解析】摆线即使碰到障碍物，摆线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，故A正确；频闪照片拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为3∶2，根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得，摆长之比为9∶4，故B正确；摆线经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径变小，根据F－mg＝meq\f(v2,r)知，张力变大，根据v＝ωr，知角速度增大，故C正确，D错误．故选D.【答案】D9．如图，甲、乙两个单摆的悬点在同一水平天花板上，两摆球拉到同一水平高度，并用一根细线水平相连，以水平地板为参考面．平衡时，甲、乙两摆的摆线与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，且θ1>θ2.当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，则()A．甲、乙两摆的周期相等B．甲、乙两摆的振幅相等C．甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能D．甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度【解析】根据几何关系可知，甲的摆长大于乙的摆长，甲的摆角大于乙的摆角，所以甲的振幅大于乙的振幅，根据T＝2πeq\r(\f(l,g))知，甲摆的周期大于乙摆的周期，故A、B错误；两球开始处于平衡状态，设两球中间的细线的拉力大小为FT，根据共点力平衡知，m甲g＝eq\f(FT,tanθ1)，m乙g＝eq\f(FT,tanθ2)，则m甲<m乙，在摆动的过程中，机械能守恒，以水平地板为参考面，则甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能，故C正确；根据动能定理，因为甲球下降的高度大，则甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故D错误．【答案】C10．如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的M处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力的情况下()A．A球先到达C点B．B球先到达C点C．两球同时到达C点D．无法确定哪一个球先到达C点【解析】A球做自由落体运动，到达C所需时间tA＝eq\r(\f(2R,g))，R为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆)，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的eq\f(1,4)，即tB＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))>tA，所以A球先到达C点，故选项A正确．【答案】A11．如图所示，将摆长为L的单摆放在一升降机中，若升降机以加速度a向上匀加速运动，求单摆的摆动周期．【解析】单摆的平衡位置在竖直位置，若摆球相对升降机静止，则摆球受重力mg和绳拉力F，根据牛顿第二定律：F－mg＝ma，此时摆球的视重mg′＝F＝m(g＋a)，所以单摆的等效重力加速度g′＝eq\f(F,m)＝g＋a，因而单摆的周期为T＝2πeq\r(\f(L,g′))＝2πeq\r(\f(L,g＋a)).【答案】2πeq\r(\f(L,g＋a))题组C培优拔尖练1．如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是()A．恰好在O点 B．一定在O点的左侧C．一定在O点的右侧D．条件不足，无法确定【解析】据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看作等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2πeq\r(\f(R1,g))，TB＝2πeq\r(\f(R2,g))，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝eq\f(1,4)TA＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R1,g))，tB＝eq\f(1,4)TB＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R2,g))，由于R1<R2，则tA<tB，故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧。故选C。【答案】C2．(20202021学年北京四中高二(下)期中)如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，有一足够大的绝缘光滑水平面，一根长