专题06 简谐运动实例（二）单摆及类单摆模型（解析版）-2025版高二物理寒假精-品讲义

专题06简谐运动实例（二）单摆及类单摆模型一．单摆模型1.单摆的组成：由细线和小球组成。2.理想化模型(1)细线的长度不可改变。(2)细线的质量与小球相比可以忽略。(3)小球的直径与线的长度相比可以忽略。(4)单摆运动过程中，与小球受到的重力及线的拉力相比，空气等对它的阻力可以忽略。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＝mgsin__θ。(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。二．单摆的周期1.探究影响单摆周期的因素(1)探究方法：控制变量法。(2)实验结论(都在小偏角下)①两摆的摆球质量、摆长相同，振幅不同，两摆的周期相同，即单摆的周期与振幅无关。②两摆的摆长、振幅相同，摆球质量不同，两摆的周期相同，即单摆振动的周期与摆球质量无关。③两摆的振幅、摆球质量相同，摆长不同，摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小，即周期与摆长有关。2.周期公式(1)提出：由荷兰物理学家惠更斯首先提出。(2)公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，即单摆做简谐运动的周期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。三．类单摆模型1.几种单摆模型拓展模型图示(l、l1、l2为摆线长，r为摆球半径)摆长等效重力加速度g效周期T双线摆不变，lsinα＋r不变，gT＝2πeq\r(\f(lsinα＋r,g))折线摆碰到钉子后变小不变，gT＝πeq\r(\f(l1＋r,g))＋πeq\r(\f(l2＋r,g))圆弧摆不变，R－r不变，gT＝2πeq\r(\f(R－r,g))斜面摆不变，l＋r不变，gsinαT＝2πeq\r(\f(l＋r,gsinα))若摆球可看为质点，以上各式中r可为0。2.不同系统中的等效重力加速度在不同的运动系统中，单摆周期公式中的g应理解为等效重力加速度，其大小等于单摆相对系统静止在平衡位置时的摆线拉力与摆球质量的比值。情景等效重力加速度情景等效重力加速度g等效＝g－ag等效＝eq\f(mg＋qE,m)g等效＝g＋ag等效＝gg等效＝eq\f(mg－qE,m)g等效＝g【例1】(多选)如图所示，为一小球做简谐运动的示意图，其中O点为平衡位置，A、B为最大位移处，M、N点为关于O点对称的两点。下列说法正确的是()A.小球在A、B点受到重力和回复力B.小球在O点所受的合外力就是回复力C.小球在O点时所受合外力不为0D.小球在M点、N点的回复力大小相等【答案】CD【解析】小球在A、B点受到重力和绳子拉力，故A错误；小球在O点的合外力不为0，合外力提供向心力，不是回复力，故B错误，C正确；M、N点关于O点对称，根据运动的对称性可知，小球在M点、N点的回复力大小相等，故D正确。【总结提升】理解回复力的两点提醒(1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与摆球所受重力平衡的位置，并不是指摆动过程中摆球受力平衡的位置。摆球摆动到平衡位置时，回复力为零，但有指向悬点的合力提供向心力。(2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsinθ提供的，不可误认为回复力是重力G与摆线拉力FT的合力。【例2】(多选)如图甲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像，由此可知()A.单摆振动的频率是1.25HzB.t＝0时摆球位于B点C.t＝0.2s时摆球位于平衡位置O，加速度为零D.若当地的重力加速度g＝π2m/s2，则这个单摆的摆长是0.16m【答案】ABD【解析】由振动图像可知，该单摆的周期为T＝0.8s，频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.8)Hz＝1.25Hz，故A正确；由于规定向右为正方向，B点为摆球所能到达的左边最远位置，则t＝0时摆球位于B点，故B正确；由振动图像可判断，t＝0.2s时摆球位于平衡位置O，但摆球受到的合力不为零，所以加速度不为零，故C错误；根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得l＝eq\f(gT2,4π2)，把T＝0.8s，g＝π2m/s2，代入计算得摆长l＝0.16m，故D正确。【例3】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【答案】B【解析】对于甲、乙两球，都做类单摆运动，其运动周期均为T＝2πeq\r(\f(R,g))，甲、乙两球第一次到达点O时运动了eq\f(1,4)T，则t甲＝t乙＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))；对于丙球，根据自由落体运动规律有R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,丙)，解得t丙＝eq\r(\f(2R,g))＜eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))，故丙先到，然后甲、乙同时到，故B正确。【例4】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()A.T1＞T2＞T3＞T4 B.T1＜T2＝T3＜T4C.T1＞T2＝T3＞T4 D.T1＜T2＜T3＜T4【答案】C【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，等效重力加速度为g；题图(3)为标准单摆；题图(4)摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，即g4＝g＋a。由单摆做简谐运动的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，知T1＞T2＝T3＞T4，选项C正确。【例5】(2024·浙江金华高二月考)如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v＝eq\f(\r(5),5)m/s，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，π2≈10，求：(1)单摆的摆长l；(2)摆球的质量m；(3)摆线拉力的最小值。【答案】(1)1m(2)0.1kg(3)0.99N【解析】(1)由图乙可知单摆周期为T＝2s根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得l＝1m。(2)当拉力最大时，即F＝1.02N，摆球处在最低点，由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,l)解得m＝0.1kg。(3)从最低点到最高点，由动能定理得－mgl(1－cosθ)＝0－eq\f(1,2)mv2解得cosθ＝0.99在最高点摆线的拉力最小，最小值为F′＝mgcosθ＝0.99N。一、单选题1．将一条轻质细线下端挂上一个小球，使小球在竖直面内自由摆动，如图所示为小球的振动图像。下列说法正确的是（

）A．时，小球的向心加速度为0B．时，小球速度为0，加速度为0C．从到的过程中，小球的动能不断增大D．从到的过程中，细线中的张力不断增大【答案】C【详解】A．由图像可知，时，小球处于平衡位置，此时小球的速度最大，小球的向心加速度最大，故A错误；B．由图像可知，时，小球处于负向最大位移处，此时小球的速度0，向心加速度为0，但沿切线方向加速度不为0，故B错误；C．由图像可知，从到的过程中，小球从负向最大位移摆向平衡位置，小球的速度不断增大，则小球的动能不断增大，故C正确；D．由图像可知，从到的过程中，小球从平衡位置摆向正向最大位移，小球的速度不断减小，根据牛顿第二定律可得可得由于逐渐增大，小球的速度不断减小，则细线中的张力不断减小，故D错误。故选C。2．如图甲，一个小球在间做简谐运动，点为最低点。以点为坐标原点、以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示。重力加速度大小取，不计空气阻力，下列说法正确的是（

）A．小球的振动方程为 B．，小球的动能逐渐增大C．动能和重力势能相互转化的周期为 D．此单摆的摆长约为【答案】C【详解】A．由图乙可知，小球的振动周期为振幅小球的振动方程是A项错误；B．，小球远离平衡位置，动能转化为势能，小球的动能逐渐减小，B项错误；C．单摆周期为2s，一个周期内动能和重力势能相互转化两次，故动能和重力势能相互转化的周期为，C项正确；D．根据周期公式有解得D项错误。故选C。3．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点为运动中的最低位置。整个过程忽略空气阻力，则在摆动稳定后的一个周期内（）A．摆球只受到重力、拉力两个力的作用B．摆球在经过A点和C点处，速度为零，回复力为零C．摆球在经过B点处，速度最大，回复力最大D．摆球相邻两次经过B点时，细线拉力大小不相等【答案】A【详解】A．摆球受到重力、拉力两个力的作用。故A正确；B．摆球在经过A点和C点处，速度为零，回复力为重力沿切线方向的分力，不为零。故B错误；C．摆球在经过B点（单摆的平衡位置）处，速度最大，回复力为零。故C错误；D．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解得细线拉力大小相等。故D错误。故选A。4．如图甲是演示简谐运动图象的装置，它由一根较长的细线和一个较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，匀速拉出沙漏下方的木板，漏出的沙在板上会形成一条曲线。通过对曲线的分析，可以确定沙漏的位移随时间变化的规律。图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线．经测量发现，若拉动木板1和木板2的速度大小分别为和，则（）A． B． C． D．【答案】B【详解】木板做匀速运动，设振动周期为T，由图乙可得可得故选B。5．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，得到摆球相对平衡位置的位移x随时间变化的图像，如图乙所示，不计空气阻力。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（）

A．时，摆球所受回复力最大，方向向右B．时，摆球偏离平衡位置位移最大，方向向右C．从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．该单摆摆长约为2m【答案】A【详解】A．以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向,时,位移为，即摆球在端点A，由可知，摆球所受回复力最大，方向向右，故A正确；B．时，摆球的位移为零，即摆球刚好在平衡位置，故B错误；C．从到的过程中，摆球的位移逐渐减小，即向下摆动回到平衡位置，重力做正功，重力势能逐渐减小，故C错误；D．由图像可知单摆的周期为，由，可得摆长为故D错误。故选A。6．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2πD．小球运动到凹槽最低点时所受合力为零【答案】B【详解】AB．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，A错误，B正确；C．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，C错误；D．小球运动到凹槽最低点时所受合力提供向心力，不为零，D错误；故选B。7．如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置。下列说法正确的是（）A．摆球从A点向B点摆动过程中，重力的冲量为零B．摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力增大C．摆球在A点和C点时，速度为零，细线拉力最小，但回复力最大D．摆球在B点时，重力势能最小，机械能最小【答案】C【详解】A．根据可知摆球从A点向B点摆动过程中，重力的冲量不为零，故A错误；B．假设单摆摆动过程中，细线与竖直方向夹角为，摆球做圆周运动，摆球由A点向B点摆动过程中，有摆球由A点向B点摆动过程中减小，速度逐渐增大，可知细线拉力增大，回复力减小，故B错误；C．摆球在A点和C点时，即最大位移处时，速度为零，结合选项B分析可知，此时细线拉力最小，回复力最大，故C正确；D．摆球在最低点B处，动能最大，重力势能最小，但摆球运动过程中，机械能守恒，故D错误。故选C。8．某同学在探究单摆运动中，图甲是用力传感器对单摆运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屏幕所显示的F-t图像，则以下说法正确的是（

）A．时刻摆球速度最大B．时刻摆球经过最低点C．单摆振动周期D．单摆振动周期【答案】B【详解】A．时刻摆球受拉力最小，则摆球在最大位移处，速度最小，故A错误；B．时刻摆球受拉力最大，则摆球经过最低点，故B正确；CD．由图可知摆球的周期为s=1.6s故CD错误；故选B。9．如图所示，在倾角为α的斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，重力加速度大小为g，则以下判断正确的是（）A．单摆在斜面上摆动的周期为B．摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为C．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将增大D．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小【答案】D【详解】A．单摆在平衡位置时，等效重力加速度为所以单摆在斜面上摆动的周期故A错误；B．回复力大小与摆球偏离平衡位置位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为0，故B错误；CD．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，摆球在平衡位置时，受力分析如图所示等效重力加速度为所以单摆在斜面上摆动的周期故C错误，D正确。故选D。10．如图所示，在地球上同一个地区创设不同的条件进行单摆实验。图甲装置置于真空中，悬点处固定一带正电的小球，绝缘细线下端连接另一带正电小球，周期记为；图乙中，单摆的悬点在一向下加速的电梯顶端，周期记为；图丙中的摆球带正电，在如图所示的匀强磁场中进行摆动，周期记为；图丁中的摆球带正电，在如图所示的匀强电场中进行摆动，周期记为。若四个单摆的摆长一样长，则周期关系正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】单摆甲所受的库仑力和单摆丙受的洛伦兹力总是沿半径方向，不影响回复力，则根据等效重力加速度的求法，在平衡位置处，对乙有解得则有对丁有则故综上比较四个单摆的周期可知故选D。二、多选题11．如图所示，光滑圆弧槽半径为R（未知），A为最低点，C到A的距离远远小于R，小球B位于A点的正上方，且到A点的距离为H。若同时释放小球B、C，则要使两小球B和C在A点相遇（小球B和C可视为质点），R的可能值为（）A． B． C． D．【答案】AD【详解】小球C做简谐运动，根据题意得（n=0，1，2…）或（n=0，1，2…）解得（n=0，1，2…）或（n=0，1，2…）当n=0时，则有或故选AD。12．图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置做简谐运动的图像，则下列说法正确的是（

）A．甲、乙两单摆的振幅之比为B．时，甲单摆的重力势能最大，乙单摆的动能最小C．甲、乙两单摆的摆长之比为D．甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定不相等【答案】AD【详解】A．甲、乙两单摆的振幅分别为和，则振幅之比为，，故A正确；B．时，甲单摆在最低点，则重力势能最小，乙单摆在最高点，则动能最小，故B错误；C．甲、乙两单摆的周期之比为，根据可知，摆长之比为，故C错误；D．设摆球摆动的最大偏角为，由及可得，摆球在最低点时向心加速度因两摆球的最大偏角满足所以故D正确。故选AD。13．一根不可伸长的细线，上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图甲所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系．该同学用米尺测得细线的长度，用游标卡尺测得小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（取）（）A．时摆长为 B．时摆长为C．摆球半径为 D．当地的重力加速度为【答案】BCD【详解】D．设摆长为，小球半径为r，单摆的周期公式整理得可知为图像的斜率，所以有解得D正确；ABC．由题图乙可知，图像的纵轴截距为小球的半径r，则当时摆长A错误，B、C正确。故选BCD。14．如图甲所示，一光滑绝缘小圆槽MN固定在水平面上，M、N两点之间的弧长远小于圆槽的半径R。将该装置置于加速上升的电梯中，如图乙所示；将该装置置于竖直向下的匀强电场中，如图丙所示；将该装置置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图丁所示。一个带正电的小球(可视为质点)从M点静止释放，图甲、乙、丙和丁四种情形下，设小球由M运动到N的时间分别为t甲、t乙、t丙和t丁，则（）A．t甲>t乙 B．t丙>t丁C．t甲＝t丁 D．t乙>t丁【答案】AC【详解】依题意，小球自M运动至N可视为简谐运动，其运动时间为tMN＝＝其中g等为等效重力加速度，图甲中g甲等＝g图乙中g乙等＝g＋a>g图丙中g丙等＝g＋>g图丁中g丁等＝g所以t甲＝t丁>t乙，t甲＝t丁>t丙但t乙、t丙大小关系不能确定。故选AC。15．做单摆实验时，小球可能在水平面内做圆周运动形成圆锥摆。为避免单摆做圆锥摆引起的误差，可采用双线摆代替单摆来改进实验装置。如图所示，两根线的一端都系在小球的同一点，另一端分别固定在天花板上，两根线的长度均为、与竖直方向的夹角均为θ，小球的直径为d，重力加速度为g。现将小球垂直纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个很小的角度后由静止释放，若不计空气阻力，下列说法正确的是（

）A．若单摆微圆锥摆运动，其做圆锥摆运动的周期小于单摆的周期B．这个双线摆的摆长为C．这个双线摆的周期为D．图中双线摆的θ角越小越好【答案】AC【详解】A．若为圆锥摆时，则解得而单摆的周期为可知做圆锥摆运动的周期小于单摆的周期，故A正确；BC．这个双线摆的摆长为则这个双线摆的周期为故B错误，C正确；D．图中双线摆的θ角太小的话，摆动起来越不稳定，故D错误。故选AC。16．惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境。如图1所示，在水平地面上固定一倾角可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在之间做简谐运动，摆角为。摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为，摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为。下列选项正确的是（）A．多次改变图1中角的大小，即可获得不同的等效重力加速度B．单摆次全振动的时间为C．多次改变摆角，只要得出就可以验证该结论成立D．在图2的测量过程中，满足的关系【答案】AD【详解】A．对小球进行受力分析可知，小球的垂直于斜面的分力始终与斜面的支持力平衡，令等效重力加速度为g0，则有解得可知，多次改变图1中角的大小，即可获得不同的等效重力加速度，故A正确；B．单摆在运动过程中，A、C两位置摆线的拉力最小，根据图2可知，相邻两个摆线拉力最小的位置的时间间隔为半个周期，可知，单摆次全振动的时间为故B错误；C．根据单摆周期公式有可知，多次改变斜面倾角，只要得出就可以验证该结论成立，故C错误；D．摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为，根据平衡条件有在图2的测量过程中，摆球在A位置有摆球在B位置有摆球从A位置运动到B位置过程有解得故D正确。故选AD。17．将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行（图甲），让秋千以小摆角（小于）自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的关系图，如图乙所示．则以下说法不正确的是（

）A．忽略空气阻力，秋千的回复力由重力和拉力的合力提供B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力大于手机所受的重力C．秋千摆动的周期为D．该地的重力加速度【答案】AC【详解】A．忽略空气阻力，秋千的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，故A错误，满足题意要求；B．当秋千摆至最低点时，有可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，故B正确，不满足题意要求；CD．秋千摆动到最高点时，垂直手机平面方向的加速度（向心加速度）为0，根据题图乙可得秋千摆动的周期为根据单摆的周期公式有可得故C错误，满足题意要求；D正确，不满足题意要求。故选AC。18．某研究性学习小组设计了如图1所示的实验装置，将一倾角可调的光滑斜面固定在水平面上，斜面上固定一力传感器，将小球通过摆线挂在力传感器上，摆线与斜面始终保持平行，小球能在斜面上做单摆运动。当斜面倾角时，传感器输出的细线拉力F随时间t的变化曲线如图2所示，则下列说法正确的是（）A．由图2可知单摆的周期为B．只减小斜面倾角，则单摆周期将变大C．摆线应选用不易伸缩的轻质细绳D．只增大摆线的长度，则单摆周期将减小【答案】BC【详解】A．根据题意，由图乙可知，小磁铁摆动的周期为s=1.6s故A错误；BD．根据题意可知，斜面倾角为时，等效重力加速度为由单摆周期公式有只减小斜面倾角，则单摆周期将变大，只增大摆线的长度，则单摆周期将增大，故B正确，D错误；C．为避免单摆摆动过程中摆长变化，摆线应选用不易伸缩的轻质细绳，故C正确；故选BC。三、解答题19．正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点时用30s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1m，当地重力加速度g取；(1)小球第1次从左向右经过B点开始计时，则第2次经过B点时，