2025高考物理步步高同步练习选修1第二章 机械振动简谐运动的回复力和能量含答案

2025高考物理步步高同步练习选修1第二章机械振动3简谐运动的回复力和能量[学习目标]1.理解回复力的概念，知道回复力在机械振动中的特征(重点)。2.会用动力学方法分析简谐运动中位移、回复力、速度、加速度的变化规律(重点)。3.会用能量守恒的观点分析水平弹簧振子在振动过程中动能、势能、总能量的变化规律(重难点)。一、简谐运动的回复力如图所示为水平方向的弹簧振子模型。(1)当小球离开O点后，是什么力使其回到平衡位置的？(2)使小球回到平衡位置的力与小球离开平衡位置的位移的大小及方向有何关系？答案(1)弹簧的弹力使小球回到平衡位置。(2)弹簧弹力与位移大小成正比，方向与位移方向相反。1．回复力(1)定义：使振动物体回到平衡位置的力。(2)方向：总是指向平衡位置。(3)表达式：F＝－kx。式中“－”号表示F与x方向相反。2．简谐运动理论上可以证明，如果物体所受的力具有F＝－kx的形式，物体就做简谐运动。也就是说：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，物体的运动就是简谐运动。在劲度系数为k，原长为L0的固定于一点的弹簧下端挂一质量为m的小球，释放后小球做上下振动，弹簧始终没有超出弹性限度，小球的振动是简谐运动吗？如果是，什么力充当回复力？答案规定向下为正方向，在平衡位置b点，有mg＝kx0，小球在c点受到的弹力大小为F′＝k(x＋x0)，小球在c点的回复力F＝mg－F′＝mg－k(x＋x0)＝mg－kx－kx0＝－kx，回复力满足F＝－kx，是简谐运动。弹簧弹力和重力的合力充当回复力。1．回复力的性质回复力是根据力的效果命名的，可能由合力、某个力或某个力的分力提供。它一定等于振动物体在振动方向上所受的合力。例如：如图甲所示，水平方向的弹簧振子，弹簧弹力充当回复力；如图乙所示，竖直方向的弹簧振子，弹簧弹力和重力的合力充当回复力；如图丙所示，在光滑地面上质量为m的木块随质量为M的滑块一起振动，木块的回复力由静摩擦力提供。2．简谐运动的回复力公式中，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数，其值由振动系统决定，与振幅无关。例如丙图中，木块做简谐运动的回复力F＝－eq\f(mk0,M＋m)x＝－kx，其中比例系数k和弹簧的劲度系数k0不同。3．简谐运动的加速度由F＝－kx及牛顿第二定律F＝ma可知：a＝－eq\f(k,m)x，加速度a与位移x的大小成正比，方向与位移方向相反。(1)小球做简谐运动，它的位移方向和加速度的方向相反。(√)(2)回复力的大小与速度的大小无关，速度增大时，回复力可能增大，也可能减小。(×)例1(多选)如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间做往复运动，下列说法正确的是()A．弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用B．弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用C．小球由A向O运动过程中，回复力逐渐增大D．小球由O向B运动过程中，回复力的方向指向平衡位置答案AD解析弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力，回复力是根据效果命名的力，它是由物体受到的具体的力所提供的，在此情景中弹簧的弹力充当回复力，故A正确，B错误；回复力与位移的大小成正比，由A向O运动过程中位移在减小，故此过程回复力逐渐减小，故C错误；回复力总是指向平衡位置，故D正确。例2(多选)如图所示，物体m系在两水平弹簧之间，两弹簧的劲度系数分别为k1和k2，且k1＝k，k2＝2k，两弹簧均处于自然伸长状态，今向右拉动m，然后释放，物体在B、C间振动(不计阻力)，O为平衡位置，则下列判断正确的是()A．m做简谐运动，OC＝OBB．m做简谐运动，OC≠OBC．回复力F＝－kxD．回复力F＝－3kx答案AD解析以O点为原点，水平向右为x轴正方向，物体在O点右方x处时所受合力：F＝－(k1x＋k2x)＝－3kx，因此物体做简谐运动，由对称性可知，OC＝OB，故A、D正确。判断振动物体是否做简谐运动的方法1．振动物体的回复力满足F＝－kx；2．振动物体的位移x与时间t满足x＝Asin(eq\f(2π,T)t＋φ)函数关系；3．振动物体的振动图像是正弦曲线。二、简谐运动的能量如图所示为水平弹簧振子，小球在A、B之间做往复运动。(1)从A到B的运动过程中，小球的动能如何变化？弹簧弹性势能如何变化？振动系统的总机械能是否变化？(2)如果使小球振动的振幅增大，小球回到平衡位置的动能是否增大？振动系统的机械能是否增大？振动系统的机械能的大小与什么因素有关？答案(1)小球的动能先增大后减小；弹簧的弹性势能先减小后增大；总机械能保持不变。(2)小球回到平衡位置的动能增大；振动系统的机械能增大；振动系统的机械能与弹簧的劲度系数和振幅有关。1．能量转化弹簧振子运动的过程就是动能和势能互相转化的过程。(1)在最大位移处，势能最大，动能为零。(2)在平衡位置处，动能最大，势能最小。2．能量特点在简谐运动中，振动系统的机械能守恒，而在实际运动中都有一定的能量损耗，因此简谐运动是一种理想化的模型。3．对于弹簧的劲度系数和小球质量都一定的系统，振幅越大，机械能越大。如图所示，A、B两个物体与轻质弹簧组成的系统在光滑水平面上M、N两点间做简谐运动，A、B间无相对运动，平衡位置为O。(1)当物体运动到M点时拿走A物体，振动系统的最大动能有什么变化？(2)当物体运动到O点时拿走A物体，振动系统的最大弹性势能有什么变化？答案(1)不变，在M点时，系统的动能为零，弹性势能最大，拿走A物体后，振动系统的弹性势能不变，总能量不变，最大动能也不发生变化。(2)变小，在O点时弹簧弹性势能为零，振动系统的动能最大，拿走A物体后，振动系统的最大动能减小，总能量减小，最大弹性势能也将减小。1．简谐运动的能量由振动系统和振幅决定，对同一个振动系统，振幅越大，能量越大。2．在振动的一个周期内，动能和势能完成两次周期性变化。物体的位移减小，势能转化为动能，位移增大，动能转化为势能。(1)在简谐运动中，任意时刻的动能与势能之和保持不变。(√)(2)振幅越大的弹簧振子，系统机械能也一定越大。(×)(3)物体在向平衡位置运动时，由于物体振幅减小，故总机械能减小。(×)例3(多选)在光滑斜面上的物块A被平行于斜面的轻弹簧拉住静止于O点，如图所示。现将物块A沿斜面拉到B点无初速度释放，物块A在B、C范围内做简谐运动，则下列说法正确的是()A．OB越长，系统的机械能越大B．在运动过程中，物块A的机械能守恒C．物块A与轻弹簧构成的系统的势能，当物块A在C点时最大，当物块A在O点时最小D．物块A与轻弹簧构成的系统的势能，当物块A在C点时最大，当物块A在B点时最小答案AC解析做简谐运动的物体的机械能跟振幅有关，对确定的振动系统，振幅越大，系统的机械能越大，A正确；在简谐运动中，系统机械能守恒，但物块A的重力势能与动能总和不断变化，物块A的机械能不守恒，B错误；在简谐运动中，系统在最大位移处势能最大，在平衡位置处动能最大，势能最小，C正确，D错误。例4如图所示为某个弹簧振子做简谐运动的振动图像，由图像可知()A．在0.1s时，由于位移为零，所以弹簧振子的能量为零B．在0.2s时，弹簧振子具有最大势能C．在0.35s时，弹簧振子的能量尚未达到最大值D．在0.4s时，振子的动能最大答案B解析弹簧振子做简谐运动，弹簧振子的能量不变，不为零，选项A错；在0.2s时位移最大，弹簧振子具有最大势能，选项B对；弹簧振子的能量不变，在0.35s时弹簧振子的能量与其他时刻相同，选项C错；在0.4s时振子的位移最大，动能为零，选项D错。三、简谐运动中各物理量的变化如图所示的弹簧振子，O为平衡位置，B、C为最大位移位置，以向右的方向为正方向，则振子从B运动到O的过程中，位移方向为________，大小逐渐________；回复力方向为________，大小逐渐________；振子速度方向为________，大小逐渐________；动能逐渐________；势能逐渐______。(均选填“正”“负”“增大”或“减小”)答案正减小负减小负增大增大减小1.如图所示为水平的弹簧振子示意图。(1)当小球远离平衡位置过程中，位移增大，回复力、加速度和势能增大，速度和动能减小；当小球靠近平衡位置过程中，位移减小，回复力、加速度和势能减小，速度和动能增大。(2)当小球位于A′到O点之间时，位移方向向左，回复力和加速度方向均向右；当小球位于O到A点之间时位移方向向右，回复力和加速度方向均向左；A′→O→A过程中，速度方向向右，A→O→A′过程中，速度方向向左。2．说明：(1)简谐运动中各个物理量对应关系不同。位置不同，则位移不同，加速度、回复力不同，但是速度、动能、势能可能相同，也可能不同，关键看各矢量的方向性。(2)简谐运动中的最大位移处，F、a、Ep最大，Ek＝0；在平衡位置处，F＝0，a＝0，Ep最小，Ek最大。(1)当做简谐运动的物体的位移减小时，其速度和加速度的方向一定相同。(√)(2)当做简谐运动的物体的速度变化最快时，其动能最大。(×)(3)当做简谐运动的物体的加速度与速度反向时，其回复力正在减小。(×)(4)在做简谐运动的物体的动能相等的两个时刻，其加速度一定相同。(×)例5(多选)一个弹簧振子做简谐运动的周期为T，设t1时刻小球不在平衡位置，经过一段时间到t2时刻，小球的速度与t1时刻的速度大小相等、方向相同，(t2－t1)<eq\f(T,2)，如图所示，则()A．t2时刻小球的加速度一定跟t1时刻的加速度大小相等、方向相反B．在t1～t2时间内，小球的加速度先减小后增大C．在t1～t2时间内，小球的动能先增大后减小D．在t1～t2时间内，弹簧振子的机械能先减小后增大答案ABC解析由题图可知t1、t2时刻小球的加速度大小相等，方向相反，A正确；在t1～t2时间内回复力先减小后增大，所以小球的加速度先减小后增大，B正确；在t1～t2时间内，小球的速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，C正确；简谐运动的机械能守恒，D错误。分析简谐运动中各物理量变化情况的技巧1．分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。2．分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性。位移相同时，回复力、加速度、动能、势能可以确定，但速度可能有两个方向，由于周期性，运动时间也不确定。课时对点练考点一简谐运动的回复力1．(2022·湖北宜都二中期中)关于简谐运动所受的回复力，下列说法正确的是()A．回复力一定是弹力B．回复力大小一定与位移大小成正比，且两者方向相同C．回复力一定是物体所受的合力，大小与位移成正比，方向与位移方向相反D．回复力的方向一定指向平衡位置答案D解析回复力不一定是弹力，也不一定是物体所受的合力，故A、C错误；回复力大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，一定指向平衡位置，故B错误，D正确。2．对于弹簧振子的回复力和位移的关系，下列图中正确的是()答案C解析由简谐运动的回复力公式F＝－kx可知，C正确。考点二简谐运动的能量3.把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，平衡位置为O，小球在A、B间振动，如图所示。下列结论正确的是()A．小球在O位置时，动能最大，加速度最小B．小球在A、B位置时，动能最大，加速度最大C．小球从A经O到B的过程中，回复力一直做正功D．小球在O位置时系统的总能量大于小球在B位置时系统的总能量答案A解析小球在平衡位置时动能最大，加速度为零，A正确；小球在A、B位置时，动能最小，加速度最大，B错误；小球靠近平衡位置时，回复力做正功，远离平衡位置时，回复力做负功，C错误；在小球振动过程中系统的总能量不变，D错误。4.如图所示，由轻质弹簧下面悬挂一物块组成一个竖直方向振动的弹簧振子，弹簧的上端固定于天花板上，当物块处于静止状态时，取它的重力势能为零，现将物块向下拉一小段距离后放手，此后弹簧振子在平衡位置附近上下做简谐运动，不计空气阻力，则()A．弹簧振子速度最大时，振动系统的势能为零B．弹簧振子速度最大时，物块的重力势能与弹簧的弹性势能相等C．弹簧振子经平衡位置时，振动系统的势能最小D．弹簧振子在振动过程中，振动系统的机械能不守恒答案C解析当弹簧振子在平衡位置时的速度最大，此时的重力势能为零，但是弹簧的弹性势能不为零，故振动系统的势能不为零，A错误；在平衡位置时，物块的重力势能与弹簧的弹性势能不相等，B错误；因为只有重力和弹簧弹力做功，则弹簧振子的动能、重力势能及弹簧的弹性势能总和保持不变，振动系统的机械能守恒，D错误；弹簧振子在平衡位置时动能最大，故振动系统的势能最小，C正确。考点三简谐运动中各物理量的变化5．(2022·杭州市期中)如图所示，弹簧振子在B、C两点间做无摩擦的往复运动，O是振子的平衡位置，细杆水平。则振子()A．从B向O运动过程中动能一直变小B．从O向C运动过程中加速度一直变小C．从B经过O向C运动过程中速度一直变大D．从C经过O向B运动过程中弹性势能先减小后增大答案D解析因O点是平衡位置，则从B向O运动过程中速度一直变大，动能一直变大，选项A错误；从O向C运动过程中，离开平衡位置的位移变大，回复力变大，则加速度变大，选项B错误；在平衡位置O时速度最大，则从B经过O向C运动过程中速度先变大后减小，选项C错误；在O点时弹性势能为零，则从C经过O向B运动过程中弹性势能先减小后增大，选项D正确。6.一质点做简谐运动，其振动图像如图所示，在t1和t2时刻的位移为x1＝x2＝7cm，在t3时刻的位移为x3＝－5cm，以v1、v2、v3和a1、a2、a3分别表示t1、t2、t3时刻质点振动速度大小和加速度大小，则以下关系正确的是()A．v1＝v2＞v3a1＝a2＞a3B．v1＝v2＜v3a1＝a2＜a3C．v1＝v2＞v3a1＝a2＜a3D．v1＝v2＜v3a1＝a2＞a3答案D解析由题图可知，t1和t2时刻的位移大小相等且大于t3时刻的位移的大小，所以t1、t2、t3时刻的势能关系为Ep1＝Ep2＞Ep3，根据机械能守恒定律，相应三个时刻的动能关系为：Ek1＝Ek2＜Ek3，则v1＝v2＜v3；加速度大小与振子的位移大小成正比，由a＝eq\f(kx,m)可知，a1＝a2＞a3，故选D。7．(2023·石家庄市辛集中学月考)如图所示是弹簧振子在0～0.4s时间内做简谐运动的图像，由图像可知()A．在0.25～0.3s时间内，回复力越来越小B．t＝0.7s时刻，振子的速度最大C．弹簧振子的动能和势能相互转化的周期为0.4sD．弹簧振子的动能和势能相互转化的周期为0.2s答案D解析在0.25～0.3s时间内，振子的位移增大，回复力越来越大，故A错误；由题图可知，该振子的周期为0.4s，则振子在t＝0.7s时的情形与t＝0.3s时相同，且t＝0.3s时，振子位移最大，可知在t＝0.7s时刻振子的位移最大，速度为零，故B错误；弹簧振子动能与势能相互转化的周期等于简谐运动周期的一半，即0.2s，故C错误，D正确。8.如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一物块，取物块静止时所处位置为坐标原点O，向下为正方向，建立Ox坐标轴。现将物块竖直向下拉到A位置后由静止释放，不计空气阻力。已知物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，A位置的坐标为x1，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．该简谐振动的振幅为2x1B．在任意eq\f(1,4)周期内物块通过的路程一定等于x1C．物块在A位置时的回复力大小为kx1D．物块在A位置的回复力大小为kx1－mg答案C解析该简谐振动的振幅为x1，A错误；物块运动过程中，其速度是不同的，只有从平衡位置或最大位移处开始运动eq\f(1,4)周期的路程等于x1，B错误；物块在O位置时受力平衡，有kx0＝mg，x0为弹簧伸长量，在A位置时的回复力大小为F＝k(x0＋x1)－mg＝kx1，C正确，D错误。9．(多选)如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知水平轻质弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为m和M，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．物体A的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供的B．滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供的C．物体A与滑块B(整体看成一个振子)的回复力大小跟位移大小之比为kD．若A、B之间的动摩擦因数为μ，则A、B间无相对滑动的最大振幅为eq\f(μm＋Mg,k)答案ACD解析物体A做简谐运动时，回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供的，故A正确；滑块B做简谐运动的回复力是由弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供的，故B错误；物体A与滑块B(整体看成一个振子)的回复力满足F＝－kx，则回复力大小跟位移大小之比为k，故C正确；当A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，其振幅最大，设为A，以整体为研究对象有：kA＝(M＋m)a，以物体A为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，联立解得A＝eq\f(μm＋Mg,k)，故D正确。10．(2022·吉林高二期末)已知光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的系统总能量表达式为E＝eq\f(1,2)kA2，其中k为弹簧的劲度系数，A为简谐运动的振幅。若振子质量为0.5kg，弹簧的劲度系数为20N/m.起振时系统具有势能0.06J和动能0.04J，则下列说法正确的是()A．该振动的振幅为0.01mB．振子经过平衡位置时的速度为0.2m/sC．振子的最大加速度为4m/s2D．若振子在位移最大处时，质量突变为0.15kg，则振幅变大答案C解析弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有eq\f(1,2)kA2＝0.06J＋0.04J＝0.1J，代入数据得到A＝0.1m，A错误；振子经过平衡位置时，动能为eq\f(1,2)mv2＝0.1J，代入数据得到v＝eq\f(\r(10),5)m/s，B错误；由牛顿第二定律可知，振子的最大加速度为a＝eq\f(kA,m)＝eq\f(20×0.1,0.5)m/s2＝4m/s2，C正确；振子在位移最大处时，速度为零，动能为零，故质量突变为0.15kg，不影响系统的机械能，故振幅不变，D错误。11．(2022·山东日照一中检测)如图所示，一轻质弹簧上端系于天花板上，下端挂一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，将小球从弹簧原长处由静止放手，小球在竖直方向做简谐运动，则(1)小球从放手运动到最低点，下降的高度为多少？(2)小球运动到最低点时的加速度大小为多少？答案(1)eq\f(2mg,k)(2)g解析(1)放手后小球到达平衡位置时，弹簧伸长了x1，则mg＝kx1由简谐运动的对称性可知，小球从平衡位置到最低点，弹簧的伸长量x2＝x1小球从放手运动到最低点下降的高度为x＝x1＋x2＝eq\f(2mg,k)。(2)在最低点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律kx－mg＝ma解得小球运动到最低点时的加速度大小为a＝g。12．(2022·威海市高二期中)如图所示，倾角为α的斜面体(光滑且足够长)固定在水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l0的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的小球，开始时，小球静止于O点．压缩弹簧使其长度为eq\f(l0,3)时将小球由静止开始释放，重力加速度为g，弹簧弹性势能的表达式Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2，Δx为弹簧形变量。(1)证明小球所做的运动为简谐运动；(2)求小球振动到最低点时弹簧的弹性势能。答案(1)见解析(2)2k(eq\f(l0,3)＋eq\f(mgsinα,k))2解析(1)小球在斜面上平衡时，设弹簧伸长量为Δl，有mgsinα－kΔl＝0当小球离开平衡位置向下运动的位移为x时，弹簧伸长量为x＋Δl，小球所受合力F合＝mgsinα－k(x＋Δl)联立可得F合＝－kx，可知小球做简谐运动(2)小球做简谐运动的振幅A＝eq\f(2l0,3)＋Δl小球振动到最低点时伸长量Δx＝A＋Δl弹簧弹性势能Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2＝eq\f(1,2)k(eq\f(2l0,3)＋eq\f(2mgsinα,k))2＝2k(eq\f(l0,3)＋eq\f(mgsinα,k))2。4单摆[学习目标]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(重点)。2.理解影响单摆周期的因素，能熟练应用单摆周期公式解决问题(重难点)。一、单摆的回复力如图所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使小球偏离竖直方向一个很小的夹角，然后释放，小球在A、A′间来回摆动，不计空气的阻力。(1)小球摆动过程中受到哪些力的作用？(2)什么力提供向心力？什么力提供回复力？(3)小球经过O点平衡位置时回复力为零，合外力也为零吗？答案(1)小球受重力和细线的拉力作用。(2)细线的拉力和重力沿径向的分力的合力提供向心力。重力沿切线方向的分力提供小球振动的回复力。(3)小球经过平衡位置时，做圆周运动，其合外力不为零。1．单摆的组成：由细线和小球组成。2．理想化模型(1)细线的质量与小球相比可以忽略。(2)小球的直径与线的长度相比可以忽略。(3)细线的形变量与细线长度相比可以忽略。(4)空气阻力与小球的重力及细线的拉力相比可以忽略。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，即F＝mgsinθ。(2)回复力的特点：在摆角很小时，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＝－eq\f(mg,l)x。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。判断下列5幅图中的摆动模型能否看成单摆？若不能，请说明原因。答案均不能看成单摆。图(a)(d)摆动过程中摆长会发生变化，图(b)空气阻力不能忽略，图(c)球的直径与绳的长度相比不能忽略，图(e)绳的质量与小球相比不能忽略。单摆做简谐运动的推证在偏角很小时，用弧度表示的θ与它的正弦sinθ近似相等，即sinθ≈θ≈eq\f(x,l)，因此单摆的回复力可表示为F＝－eq\f(mg,l)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)，由此知回复力符合F＝－kx，单摆做简谐运动。(1)摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用。(×)(2)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力。(×)(3)单摆经过平衡位置时受到的合力为零。(×)(4)单摆摆动到最高点时速度为零，合外力也为零。(×)例1(2023·青岛一中月考)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．摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用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，速度最大，细线拉力也最大D．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大答案C解析摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误；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，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。例2(多选)如图所示为一单摆的振动图像，则()A．t1和t3时刻摆线的拉力等大B．t2和t3时刻摆球速度相等C．t3时刻摆球速度正在减小D．t4时刻摆线的拉力正在减小答案AD解析由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力大小相等，故A正确；t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球速度不相等，故B错误；t3时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C错误；t4时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，故D正确。二、单摆的周期1．单摆振动的周期与摆球质量无关(选填“有关”或“无关”)，在振幅较小时与振幅无关(选填“有关”或“无关”)，但与摆长有关(选填“有关”或“无关”)，摆长越长，周期越大(选填“越大”“越小”或“不变”)。2．单摆周期公式(1)提出：单摆周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。(2)公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，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。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。请思考：(1)摆针走时偏快应如何校准？(2)将一个走时准确的摆钟从福建移到北京，摆钟应如何校准？答案(1)摆针走时偏快应调节螺母使圆盘沿摆杆下移。(2)调节螺母使圆盘沿摆杆下移。对单摆周期公式的理解1．成立条件：单摆偏角很小(偏角小于5°)。2．影响因素：周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期。3．对l、g的理解(1)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离。①普通单摆，摆长l＝l′＋eq\f(D,2)，l′为摆线长，D为摆球直径。②等效摆长：(a)图中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsinα，其周期T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))。(b)图中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。(2)①公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。②等效重力加速度：一般情况下，公式中g的值等于摆球静止在平衡位置时，摆线的拉力与摆球质量的比值。(1)摆球的质量越大，周期越大。(×)(2)若单摆的振幅变为原来的一半，则周期也将变为原来的一半。(×)例3周期是2s的单摆叫秒摆，秒摆的摆长是多少？把一个地球上的秒摆拿到月球上去，它在月球上做50次全振动要用多少时间？已知地球表面的重力加速度为9.8m/s2,月球上的自由落体加速度为1.6m/s2，π2取9.8。答案1m175eq\r(2)s解析根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(gT2,4π2)代入数据解得l＝eq\f(9.8×22,4×9.8)m＝1m秒摆搬到月球上，其与地球上的秒摆的周期关系为eq\f(T′,T)＝eq\r(\f(g,g′))它在月球上做50次全振动所用的时间为t＝50T′＝50Teq\r(\f(g,g′))＝50×2×eq\r(\f(9.8,1.6))s＝175eq\r(2)s。例4(多选)(2022·白城市洮南十中月考)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以判定()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∶4B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3D．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答案BCD解析根据题图可知，单摆振动的周期关系eq\f(3,2)T甲＝T乙，所以周期之比为eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(2,3)，所以频率之比为eq\f(f甲,f乙)＝eq\f(3,2)，故B、C正确；若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则重力加速度相同，根据T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得摆长之比为4∶9，故A错误；若甲、乙两单摆在不同地点摆动，摆长相同，根据T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得重力加速度之比为9∶4，故D正确。例5如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一个小球B放在MN上离最低点C很近的B处(弧BC所对圆心角小于5°)，今使两小球同时静止释放，则()A．球A先到达C点B．球B先到达C点C．两球同时到达C点D．无法确定哪个球先到达C点答案A解析球A做自由落体运动，到达C点的时间为tA＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2R,g))当弧BC所对的圆心角小于5°时，球B在圆弧的支持力FN和重力G的作用下做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2πeq\r(\f(l,g))＝2πeq\r(\f(R,g))，因此球B运动到C点所需的时间是tB＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))故tA<tB，显然球A先到达C点，故选A。针对训练如图所示为相同的小球(可看作质点)构成的单摆，所有的绳子长度都相同，在不同的条件下的周期分别为T1、T2、T3、T4(其中(3)图两小球均带负电荷，(4)图中振动系统处于匀加速下降的电梯内)，关于周期大小关系的判断，正确的是()A．T1>T2>T3>T4 B．T4<T1＝T3<T2C．T4>T1＝T3>T2 D．T1<T2<T3<T4答案C解析设绳子长度均为L，根据单摆周期公式可得四幅图的周期分别为T1＝2πeq\r(\f(L,g))、T2＝2πeq\r(\f(Lcos30°,g))、T3＝2πeq\r(\f(L,g))、T4＝2πeq\r(\f(L,g－a))，则T4>T1＝T3>T2，故选C。课时对点练考点一单摆及单摆的回复力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．摆线不伸缩C．摆球直径比摆线长度小得多D．摆角小于5°答案ABC解析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，且摆线不伸缩，A、B、C正确，D错误。2．(多选)关于单摆，下列说法中正确的是()A．单摆摆球的回复力指向平衡位置B．摆球经过平衡位置时加速度为零C．摆球运动到平衡位置时，所受回复力等于零D．摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比答案AC解析根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，故A正确；摆球经过平衡位置时，由于做圆周运动，故存在向心加速度，故B错误；摆球运动到平衡位置时，回复力等于零，故C正确；摆角很小时，摆球所受回复力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，故D错误。3．(多选)一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是()A．t1时刻摆球速度为零，摆球的合外力为零B．t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小C．t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大答案CD解析由题图可知t1时刻摆球在正向最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零，故A错误；t2、t4时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错误，D正确；t3时刻摆球在负向最大位移处，速度为零，回复力最大，故C正确。考点二单摆的周期4．(2022·洛南中学高二月考)一单摆由甲地移到乙地后，发现振动变快了，其变快的原因及调整的方法是()A．g甲>g乙，将摆长缩短B．g甲<g乙，将摆长放长C．g甲<g乙，将摆长缩短D．g甲>g乙，将摆长放长答案B解析根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，振动变快了，则周期变短了，说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即g乙>g甲，为了增大周期，可以增大摆长，B正确。5．摆长是1m的单摆在某地区的周期是2s，则在同一地区()A．摆长是0.5m的单摆的周期是0.707sB．摆长是0.5m的单摆的周期是1sC．周期是1s的单摆的摆长为2mD．周期是4s的单摆的摆长为4m答案D解析摆长是1m的单摆的周期是2s，根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，当地的重力加速度g＝eq\f(4π2l,T2)＝π2m/s2。摆长是0.5m的单摆的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝2π×eq\r(\f(0.5,π2))s≈1.414s，故A、B错误；周期是1s的单摆的摆长l2＝eq\f(gT22,4π2)＝eq\f(π2×12,4π2)m＝0.25m，周期是4s的单摆的摆长l3＝eq\f(gT32,4π2)＝eq\f(π2×42,4π2)m＝4m，故C错误，D正确。6．(2023·烟台市月考)如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。将摆线拉开一较小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示，若测得木板长度为L，墨汁图样与木板边缘交点P、Q恰好是振动最大位置处，已知重力加速度为g，则该单摆的等效摆长为()A.eq\f(gv2,25π2L2) B.eq\f(gL2,25π2v2)C.eq\f(25gL2,16π2v2) D.eq\f(25gv2,16π2L2)答案B解析由题图乙可知，该单摆恰好摆动2.5个周期，故满足eq\f(5,2)T＝eq\f(L,v)，单摆周期公式为T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得该单摆的等效摆长为l＝eq\f(gL2,25π2v2)，B正确。7．(多选)(2023·安庆一中月考)如图所示，三根细线在O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，△AOB为直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC长为L，下端C点处系着一个小球(忽略小球的半径，小球摆动时偏角θ<5°，重力加速度为g)，下列说法正确的是()A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))B．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝2πeq\r(\f(3L,2g))C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2πeq\r(\f(3L,2g))D．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝πeq\r(\f(4＋\r(3),g)L)答案AD解析当小球在纸面内做小角度的摆动时，摆动圆弧的圆心为O点，摆长为L，故周期为T＝2πeq\r(\f(L,g))，故A正确，C错误；当小球在垂直纸面方向做小角度的摆动时，圆心在A、B所在水平面上且在O点正上方，由几何关系知摆长为L′＝(1＋eq\f(\r(3),4))L，故周期为T＝2πeq\r(\f(1＋\f(\r(3),4)L,g))＝πeq\r(\f(4＋\r(3)L,g))，故B错误，D正确。8．(2022·临沂市兰山区期中)如图所示，摆长为L的单摆，周期为T。如果在悬点O的正下方B点固定一个光滑的钉子，OB的长度为OA长度的eq\f(5,9)，使摆球通过最低点向左摆动，碰到钉子后成为一个新的单摆，则下列说法正确的是()A．摆球通过最低点向左摆动时绳子拉力不变B．摆球通过最低点向左摆动时绳子拉力变小C．单摆在整个振动过程中的周期将变为原来的eq\f(6,5)D．单摆在整个振动过程中的周期将变为原来的eq\f(5,6)答案D解析摆球通过最低点向左摆动时，由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,r)，可得F＝mg＋meq\f(v2,r)，由于运动的半径变小，速度不变，所以绳子的拉力变大，故A、B错误；根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，未加钉子时，周期T1＝2πeq\r(\f(L,g))，被挡摆长变短后，短摆长对应的单摆的周期为T′＝2πeq\r(\f(L－\f(5,9)L,g))＝eq\f(4π,3)eq\r(\f(L,g))，所以加了钉子后的周期为T2＝eq\f(1,2)T1＋eq\f(1,2)T′＝eq\f(5π,3)eq\r(\f(L,g))，所