單擺學案-高二年級上冊物理人教版（2019）選擇性必修第一冊

第二章機械振動

第四節(jié)單擺

【知識梳理】

1.單擺的周期

(1)單擺振動的周期與擺球質量無關,在振幅較小時與振幅無關,但與擺長有關,擺長越

長，周期越大;

(2)周期公式

①提出：周期公式是荷蘭物理學家惠更斯首先提出的;

②公式：T=2$,即周期T與擺長/的二次方根成正比,與重力加速度g的二次方根成

反比,而與振幅、擺球質量無關。

2.單擺的受力特征

(1)回復力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，/回=一機gsin夕=一等x=一近，負號表示

回復力方回與位移工的方向相反.

(2)向心力：細線的拉力和擺球重力沿細線方向分力的合力充當向心力，尸向=Fr—mgcos夕

⑶兩點說明

①當擺球在最高點時，/向=7~=0,FT=mgcos0.

22

②當擺球在最低點時，方向方向最大，F(xiàn)r=mg+消，.

3.周期公式7=2q的兩點說明

(1)/為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離.

(2)g為當?shù)刂亓铀俣?

【題型總結】

1.單擺周期公式應用

1.關于單擺，下列說法正確的是()

A.單擺做簡諧運動的回復力是重力和擺線對擺球拉力的合力

B.單擺做簡諧運動的回復力是重力沿圓弧切線方向的分力

C.在最大位移處，擺球動能為零，擺線彈力為零

D.在平衡位置時，擺線彈力最大，擺球受合力為零

2.一同學在探究單擺的運動規(guī)律時，測得單擺50次全振動所用的時間為120s。已知當?shù)?/p>

的重力力口速度大小g=9.80m/s2,/n9.8。則下列說法不正確的是（）

A.該單擺做簡諧運動時，在速度增大的過程中回復力一定減小

B.該單擺的擺長約為1.44m

C.若把該單擺放在月球上，則其擺動周期變大

D.若把該單擺的擺長減小為原來的一半，則其振動的周期為3豆s

6

3.如圖所示，置于地球表面上的一單擺在小振幅條件下擺動的周期為下列說法中正

確的是（）

A.單擺擺動過程，繩子的拉力始終大于擺球的重力

B.單擺擺動過程，繩子的拉力始終小于擺球的重力

C.小球所受重力和繩的拉力的合力提供單擺做簡諧運動的回復力

D.將該單擺置于月球表面，其擺動周期為

4.小明在實驗室做單擺實驗得到如圖甲所示的單擺振動情形，。是它的平衡位置，A、B

是擺球所能到達的左右最遠位置，小明通過實驗測得當?shù)刂亓铀俣葹間=10m/s2,并且

根據(jù)實驗情況繪制了單擺的振動圖像如圖乙所示，設圖中單擺向右擺動為正方向，

A.根據(jù)圖乙可知開始計時擺球在A點

B.此單擺的振動頻率是2Hz

C.圖中尸點向負方向振動

D.根據(jù)已知數(shù)據(jù)可以求得此單擺的擺長為2.0m

5.一根輕繩一端系一小球，另一端固定在。點，在。點有一個能測量繩的拉力大小的力傳

感器，讓小球繞0點在豎直平面內(nèi)做簡諧振動（類似單擺的運動），由傳感器測出拉力尸

隨時間，的變化圖像如圖所示，則下列判斷正確的是（）

A.小球振動的周期為IsB.小球動能變化的周期為2s

C.小球速度變化的周期為3sD.小球重力勢能變化的周期為4s

6.圖甲是演示簡諧運動圖像的裝置，它由一根較長的細線和較小的沙漏組成。當沙漏擺動

時，漏斗中的細沙均勻流出，勻速拉動沙漏正下方的木板，漏出的細沙在板上會形成一條

圖甲所示的“沙線”。此裝置可視為擺長為工的單擺，沙漏的運動可看作簡諧運動。若已知

手拉木板做勻速運動的速度大小是v,圖乙所示的一段木板的長度是s,當?shù)氐闹亓铀俣?/p>

為g。下列說法正確的是（）

A.“沙線”上每處堆積的細沙是一樣多的

B.可估算出這次實驗所用沙擺對應的擺長乙=3二

4^-V

C.僅將手拉木板的速度增大為2v,木板上將得到如圖丙所示的圖樣

D.僅增大沙擺的擺長，則木板上仍將得到與圖乙完全相同的圖樣

7.兩個擺長相同的甲乙單擺，擺球質量之比為4:1,在不同地域振動，當甲擺振動4次的

同時，乙擺恰振動5次，則（）

A.甲乙兩擺的振動周期之比為4:5

B.甲乙兩擺的振動周期之比為5:4

C.甲乙兩擺所在地域重力加速度之比為16:25

D.甲乙兩擺所在地域重力加速度之比為25:16

8.圖為同一地點的單擺甲和單擺乙的振動圖像，下列說法正確的是（）

A.單擺甲的振幅比單擺乙的大

B.單擺甲的周期大于單擺乙的周期

C.單擺甲的擺長等于單擺乙的擺長

D.Z=0.5s時單擺乙的速率大于單擺甲的速率

9.做簡諧運動的單擺，若擺長變?yōu)樵瓉淼募颖?，擺球經(jīng)過平衡位置時的速度變?yōu)樵瓉淼摹?/p>

倍，則單擺（）

B.周期變?yōu)樵瓉淼?倍

A.周期變?yōu)樵瓉淼?倍

71n

C.擺動的高度差變?yōu)樵瓉淼摹?倍D.擺動的高度差變?yōu)樵瓉淼亩?/p>

2.時鐘快慢調(diào)節(jié)

10.有一個擺鐘，周期是2秒，若鐘擺從最左邊到右再從右到最左邊計為一次擺動，則1

分鐘內(nèi)，擺鐘擺動次，該鐘擺的擺長約米；若擺鐘走慢了，要把它調(diào)

準，應該怎樣政變它的擺長？

答：_____________________________________________________

11.惠更斯利用擺的等時性原理制成了第一座擺鐘。如圖甲所示為日常生活中我們能見到

的一種擺鐘，圖乙為擺鐘的結構示意圖，圓盤固定在擺桿上，螺母可以沿擺桿上下移動。

在黃山山腳走時準確的擺鐘移到黃山山頂（未做其他調(diào)整），擺鐘擺動變慢了，下列說法正

確的是（）

擺桿

圓盤

螺母

乙

A.黃山山頂?shù)闹亓铀俣容^小,若要調(diào)準擺鐘可將螺母適當向下移動

B.黃山山頂?shù)闹亓铀俣容^小，若要調(diào)準擺鐘可將螺母適當向上移動

C.黃山山頂?shù)闹亓铀俣容^大，若要調(diào)準擺鐘可將螺母適當向下移動

D.黃山山頂?shù)闹亓铀俣容^大,若要調(diào)準擺鐘可將螺母適當向上移動

12.北京和深圳都是中國的一線城市，在地理位置上它們的經(jīng)度基本上相同，但緯度相差

較大，北京地處北緯39.9度，深圳地處北緯22.6度?，F(xiàn)把在北京調(diào)準的擺鐘移到深圳（設

海拔高度基本相同），則擺鐘的振動（）

A.變慢了，要使它恢復準確，應增加擺長

B.變慢了，要使它恢復準確，應縮短擺長

C.變快了，要使它恢復準確，應增加擺長

D.變快了，要使它恢復準確，應縮短擺長

13.在淄博走時準確的擺鐘，被考察隊員帶到珠穆朗瑪峰的頂端，則這個擺鐘（）

A.變慢了，重新校準應減小擺長B.變慢了，重新校準應增大擺長

C.變快了，重新校準應減小擺長D.變快了，重新校準應增大擺長

3.等效單擺（等效擺長、等效重力加速度）

14.如圖所示，小球在半徑為R的光滑球面上的A、2之間作小角度的往返運動，則

（）

O

/\\

/R\

A.小球的質量越大，其振動的頻率越大

B.球面半徑R越大，小球振動的頻率越小

C.04、之間夾角越小，小球振動的頻率越小

D.將整個裝置移至正在加速上升的電梯中，小球振動的頻率減小

15.如圖所示，光滑圓槽固定在水平面上，。點為圓心，C點為最低點。甲球從A點由靜

止釋放，同時從。點由靜止釋放乙球，甲球在A、2之間擺動，光滑圓槽的半徑R遠大于

甲球運動的弧長。甲球、乙球均可視為質點，當乙球運動到C點時，甲球（）

乙

A.在C點B.在B點C.在8、C之間D.在4C之間

16.如圖所示，在水平面上固定一光滑圓弧形槽，。點是圓弧形槽的最低點.圓弧形槽的

半徑遠大于圖中的弧長。兩個質量不同、均可看作質點的小球A、B,從圖中離O點遠近

不同的位置同時由靜止釋放，下列說法正確的是（）

A.小球A先到達。點

B.小球B先到達。點出

C.兩小球同時到達。點

D.因不確定兩球的質量，所以無法判斷誰先到達。點0

17.做單擺實驗時，小球可能在水平面內(nèi)做圓周運動形成圓錐擺。為避免單擺做圓錐擺引

起的誤差，可采用雙線擺代替單擺來改進實驗裝置。如圖所示，兩根線的一端都系在小球

的同一點，另一端分別固定在天花板上，兩根線的長度均為/、與豎直方向的夾角均為仇

小球的直徑為％重力加速度為g?，F(xiàn)將小球垂直紙面向外拉動，使懸線偏離豎直方向一個

很小的角度后由靜止釋放，若不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.若單擺做圓錐擺運動，其做圓錐擺運動的周期小于單擺的周期

B.這個雙線擺的擺長為/+'A

ICOS6T——

這個雙線擺的周期為2萬2

D.圖中雙線擺的。角越小越好

E.小球宜采用密度大的鉛球或者鐵球

18.如圖所示，三根長度均為的繩//、12、〃共同系住一密度均勻的小球相，球的直徑為

d（d?lo）,繩b、〃與天花板的夾角a=30。。則：

（1）若小球在紙面內(nèi)做小角度的左右擺動，周期。為多少？

（2）若小球做垂直于紙面的小角度擺動，周期乃又為多少？

19.如圖所示，三根細線于O點處打結，A、8兩端固定在同一水平面上相距為L的兩點

上，使AOB成直角三角形，ZBAO=30\已知OC線長是L下端C點系著一個小球（忽

略小球半徑），下面說法正確的是（）

A.讓小球在紙面內(nèi)擺動，周期T=2%

讓小球在垂直紙面方向擺動，周期7=2巴俘

B.

V2g

C.讓小球在紙面內(nèi)擺動，周期7=2巴修

V2g

D.讓小球在垂直紙面內(nèi)擺動，周期T=

20.“單擺”是一種理想化模型，如圖所示，為/輕繩下端拴著一個可視為質點的小球，上

端固定放在傾角為。的光滑斜面上，這個裝置也可以等效為“單擺”，當擺球在斜面所在的

平面內(nèi)做小擺角振動時的周期為（）

21.如圖所示，將擺長為L的單擺放在一升降機中，若升降機以加速度a向上勻加速運

動,當?shù)氐闹亓铀俣葹間,則單擺的擺動周期為（）

A.

C.

22.一個單擺掛在電梯內(nèi)，發(fā)現(xiàn)單擺的周期增大為原來的2倍，可見電梯在做加速度運

動，加速度2為（）

A.方向向上，大小為日B,方向向上，大小為當

24

C.方向向下，大小為與D.方向向下，大小為學

44

23.如圖所示為相同的小球（可看作質點）構成的單擺，所有的繩子長度都相同，在不同

的條件下的周期分別4、T…L，關于周期大小關系的判斷，正確的是（）

A.T1>T2>Ti>T4B.T4<Tl=T3<T2

C.TQT'f"D.zy<?;

24.如圖所示，幾個擺長相同的單擺，它們在不同條件下的周期分別為人、刀、13、T4,

關于周期大小關系的判斷，正確的是（）

八

a

圖3圖4

B.7]<(<4<7；

C.工<5=4<4D.—TH

25.如圖所示，房頂上固定一根長2.5m的細線沿豎直墻壁垂到窗沿下，細線下端系了一個

小球（可視為質點），打開窗子，讓小球在直于窗子的豎直平面內(nèi)小幅擺動，窗上沿到房頂

的高度為L6m,不計空氣阻力，g取lOm/s?,則小球完成一次全振動的時間為（）

A.0.27TSB.0.4%sC.0.6TOD.0.8^s

26.如圖所示，長度為乙的輕繩上端固定在。點，下端系一小球（小球可以看成質點）。

在。點正下方的P點固定一顆小釘子?，F(xiàn)將小球拉到點A處，輕繩被拉直，然后由靜止釋

放小球。點B是小球運動的最低位置，點C（圖中未標出）是小球能夠到達的左方最高位

置。已知點A與點2之間的高度差為〃，h<L.A、B、P、O在同一豎直平面內(nèi)。小球第

一次從A點到B點所用時間為％,小球第一次從B點到C點所用時間為々，已知4=2tl，

。4、PC與之間的夾角很小。則0P的長度為（）

4455

27.如圖，長為/的細繩下方懸掛一小球外繩的另一端固定在天花板上O點處，在。點

3

正下方:/的。處有一固定細鐵釘.將小球向右拉開，使細繩與豎直方向成一小角度（約

為2。）后由靜止釋放，并從釋放時開始計時.當小球。擺至最低位置時，細繩會受到鐵釘

的阻擋.設小球相對于其平衡位置的水平位移為無，向右為正.下列圖像中，能描述小球

在開始一個周期內(nèi)的x-t關系的是.

28.某同學利用頻閃照相的方法研究單擺的運動過程，將擺球從左側最高點A由靜止釋放

同時開始拍攝，每隔相同時間曝光一次，得到的照片如圖所示.已知。為懸點，C為最低

點,。、C之間的。點有一可擋住擺線的釘子。對照片進行分析可知在擺球從A經(jīng)C到3

的過程中（）

A.擺球經(jīng)過C點前后瞬間角速度大小不變

B.擺球經(jīng)過C點后瞬間繩中拉力變大

C.擺球經(jīng)過C點后瞬間向心加速度不變

D.擺球在A、8兩點受到擺線的拉力大小相等

29.某小組利用頻閃照相的方法研究單擺的運動過程，即用在同一張底片上多次曝光的方

法，在遠處從與單擺擺動平面垂直的視角拍攝單擺在擺動過程中的多個位置的照片。從擺

球離開左側最高點4時開始，每隔相同時間曝光一次，得到了一張記錄擺球從A位置由靜

止運動到右側最高點8的照片，如圖所示，其中擺球運動到最低點O時擺線被一把刻度尺

擋住。對照片進行分析可知（）

A.A和B位置等高，說明擺球在運動過程中機械能守恒

B.擺球在A點的所受合力大小大于在2點的合力

C.擺球經(jīng)過。點前后瞬間加速度大小不變

D.擺球經(jīng)過O點前后瞬間角速度大小不變

E.擺球從A點到O點的過程中重力做功的功率，等于擺球從O點到B點的過程中克服重

力做功的功率

F.在。點附近擺球相鄰位置的間隔較大，說明其在O點附近相鄰位置間的運動時間較長

G.小球在A點受繩的拉力大小小于其在2點受繩的拉力

30.有一擺長為L的單擺，其懸點正下方某處有一小釘，擺球經(jīng)過平衡位置向左擺動時，

擺線的上部被小釘擋住，使擺長發(fā)生變化?，F(xiàn)使擺球做小幅度擺動，擺球從右邊最高點M

運動到左邊最高點N的頻閃照片如圖所示（懸點與小釘未被攝入）。P為擺動中的最低點，

已知每相鄰兩次閃光的時間間隔相等，由此可知，小釘與懸點間的距離為（）

D.無法確定

4.單擺與天體運動結合

31.在地球上一個周期為1s的單擺被宇航員帶到了一個未知星球，發(fā)現(xiàn)這個單擺的周期

成為2s,那么這個星球的表面重力加速度是地球表面重力加速度的關系為（）

A.四分之一B.一半C.兩倍D.4倍

32.已知地球半徑為R,一單擺在山腳下（處于海平面高度）的周期為T,將該單擺移到

高為〃的山頂，其周期T'變?yōu)椋ǎ?/p>

33.2021年5月15日，中國自主研發(fā)的火星探測器“天問一號”成功著陸火星。已知在火

星表面一擺長為L的單擺完成“次全振動所用的時間為t,探測器在離開火星表面返回

時，在離火星表面高度為h的圓軌道以速度v繞其運行一周所用時間為兀已知引力常量

為G,火星可視為勻質球體，則火星的密度為（）

.6//L6/L6n27t2L

A.—--------------B.----7C.—z--------------D.--------

22

Gt\vT-2^h）GTG廣（vT-2兀h）GTvt

34.假如宇航員在月球上測得擺長為/的單擺做小振幅振動的周期為T,將月球視為密度

均勻、半徑為r的球體，則月球的密度為（）

7il341-167rl3兀1

A.-------7B.-----7C.-------7D.--------7

3GrT2GrT23GrT216GrT2

35.一只單擺，在第一個星球表面上的振動周期為人，在第二個星球表面上的振動周期為

心。若這兩個星球的質量之比Mi：知2=4:1,半徑之比尺：&=2:1,則工：心等于（）

A.1:1B.2:1C.4:1D.8:1

36.在科學研究中，科學家常將未知現(xiàn)象同已知現(xiàn)象進行比較，找出其共同點，進一步推

測未知現(xiàn)象的特性和規(guī)律。法國物理學家?guī)靵鲈谘芯慨惙N電荷的吸引問題時，曾將扭秤的

振動周期與電荷間距離的關系類比單擺的振動周期與擺球到地心距離的關系。已知單擺擺

長為/,引力常量為G,地球的質量為擺球到地心的距離為r,則單擺振動周期T與距

離r的關系式為（）

37.單擺在不同高度處做簡諧運動的周期是不同的。擺長為乙的單擺，在海平面處做簡諧

運動的周期為T。；在海拔高度為九的高山山頂做簡諧運動的周期為4；在運行軌道高度為

也的空間站做簡諧運動的周期為右。地球可視為半徑為R質量為M的均勻球體，萬有引

力常量為G。則下列說法正確的是（）

D.T2=2zr（R+/z,）

38.如圖所示，在細繩一端拴上一個小球，另一端固定在懸點。上，組成擺長為L的單

擺。若某星球的半徑為地球半徑的星球的質量為地球質量的!，地球表面的重力加速

z9

度為g。

（1）求該星球表面的重力加速度大??；

（2）將單擺系統(tǒng)置于該星球表面，求單擺完成10個全振動所需的時間。

//////////////

39.地球表面周期是2s的單擺叫做秒擺。取地球表面的重力加速度g=10m/s2,K2=10O

（1）求秒擺的擺長；

（2）已知月球上的自由落體加速度為：g，=1.6m/s2,求地球上的秒擺在月球表面的振動周

期。

【答案解析】

L【答案】B

【解析】

AB.單擺做簡諧運動的回復力由重力沿擺球運動軌跡切向的分力提供，A錯誤B正確;

C.在最大位移處，重力勢能最大，擺球速度為零，所以動能為零，但是擺線彈力不為

零，C錯誤；

D.但在平衡位置處，小球處于超重狀態(tài)，擺線彈力最大，擺球受到的合外力提供向心

力，合力不為零，D錯誤。

故選B。

2.【答案】D

【解析】

A.單擺的速度越大距平衡位置越近回復力越小，A正確，不符合題意;

B.單擺的周期為

T=-

n

解得

T=2.4s

由公式

解得

/=1.44m

B正確，不符合題意；

C.由公式

月球上的重力加速度較小所以周期變大，c正確，不符合題意;

D.把擺長減小為原來的一半，則

D錯誤，符合題意。

故選D。

3.【答案】D

【解析】

AB.在最高點時，繩的拉力等于重力的一個分力，此時繩子的拉力小于重力；在最低點的

時候繩的拉力和重力共同提供向心力

F—mg=ma

可得

F=ma+mg

故AB錯誤；

C.小球所受重力和繩的拉力的合力的切向分力提供單擺做簡諧運動的回復力，徑向分力

提供向心力，故c錯誤；

D.月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，根據(jù)單擺周期公式T=可知

將該單擺置于月球表面，其擺動周期為及，故D正確。

故選D。

4.【答案】AC

【解析】

A.由于向右擺動為正方向，可知開始計時擺球在A點，A正確；

B.由圖乙可知，振動周期為2s,因此振動頻率是0.5Hz,B錯誤；

C.圖中P點是擺球從正的最大位移處向平衡位置振動，即向負方向振動，C正確；

D.根據(jù)單擺的振動周期公式

可求的單擺的擺長

Z=lm

D錯誤。

故選AC?

5.【答案】B

【解析】

A.因為在最低點時，傳感器拉力最大，最高點時，傳感器拉力最小，由圖像可知，U0時

刻小球處在最低點，？=2s時小球再次處于最低點，所以小球振動周期為4s,故A錯誤；

BD.由于動能、重力勢能均是標量，故單擺一個周期內(nèi)它們發(fā)生了兩個周期，即小球動能

變化的周期和重力勢能變化的周期均為2s,故B正確，D錯誤；

C.由于速度是矢量，所以單擺振動一個周期小球速度變化了一個周期，故小球速度變化

的周期為4s,故C錯誤。

故選B。

6.【答案】C

【解析】

A.在沙漏擺動的速度小時堆積的細砂多，沙漏擺動速度大時堆積的細砂少，故A錯誤;

B.沙擺的周期為

T=2=H

v2v

由單擺周期公式

L

T=2萬

g

解得沙擺對應的擺長

gs2

L=

16^2V2

故B錯誤；

C.沙擺的周期不變，僅將手拉木板的速度增大為2v,在沙擺一個周期內(nèi)木板運動的位移

是原來的2倍，故C正確；

D.僅增大沙擺的擺長，則沙擺的周期變大，則木板上仍將得到與圖乙不相同的圖樣，圖

象比圖乙的少，故D錯誤。

故選C。

7.【答案】BC

【解析】

AB.當甲擺振動4次的同時，乙擺振動5次，故甲、乙兩擺振動頻率之比為4：5,甲乙

兩擺的周期比5：4.,故A錯誤；B正確;

CD.根據(jù)

T=2兀

g

甲乙兩擺所在地域重力加速度之比為16:25,故C正確，D錯誤。

故選BCo

8.【答案】AC

【解析】

A.單擺甲的振幅10cm比單擺乙的振幅7cm大，A正確;

B.單擺甲的周期等于單擺乙的周期，周期都是2.0s,B錯誤;

C.根據(jù)T=2乃J],周期T相等，g相同，單擺甲的擺長等于單擺乙的擺長，C正確；

D./=0.5s時，甲的位移等于零，在平衡位置，速度最大；單擺乙的位移為負最大，在最大

位移處，速度等于零，所以單擺甲速率大于單擺乙的速率，D錯誤。

故選AC。

9.【答案】C

【解析】

AB.由單擺周期公式T=2萬可知，當擺長變?yōu)樵瓉淼募颖稌r，周期為

T==際T

周期變?yōu)樵瓉淼某啾?，AB錯誤;

CD.從平衡位置到最高點應用動能定理可得

12

—mgh=0-—mv

解得

所以當擺球經(jīng)過平衡位置時的速度變?yōu)樵瓉淼摹ū稌r，擺動的高度差變?yōu)樵瓉淼摹?倍，C

正確，D錯誤。

故選C。

10.【答案】301擺鐘慢了，可以調(diào)短它的擺長

【解析】

口]擺鐘周期是2秒，則一分鐘擺鐘擺動30次。

⑵擺長用公式算

T=2兀

g

得

/=lm

[3]在地球上，單擺的擺動的頻率和擺長有關，擺長短頻率快，擺長長，則頻率慢。擺鐘走

慢，則說明周期T偏大，為了讓周期變小，可以調(diào)短鐘擺的擺長。

n.【答案】B

【解析】

由題意可知擺鐘由黃山山腳移到黃山山頂時周期變大，根據(jù)單擺周期公式

L

T=2TI

g

可知山頂?shù)闹亓铀俣容^小，為調(diào)準擺鐘，使擺鐘的周期適當變短，需要適當增大擺長,

應將螺母適當向上移動。

故選B。

12.【答案】B

【解析】

北京的重力加速度大于深圳的重力加速度，則把在北京調(diào)準的擺鐘移到深圳，根據(jù)

L

7=2萬

g

可知，周期變大，則擺鐘的振動變慢了；要使它恢復準確，應縮短擺長。

故選B。

13.【答案】A

【解析】

根據(jù)單擺周期公式

7

在淄博走時準確的擺鐘，被考查隊員帶到珠穆朗瑪峰的頂端，重力加速度g變小，周期T

變大，所以擺鐘變慢了，為了使T變回原來的值，需要重新校準，應減小擺長心

故選A?

14.【答案】B

【解析】

ABC.由于小球在半徑為R的光滑球面上的A、8之間作小角度的往返運動，所以小球的

運動可以視為簡諧運動，小球振動周期

則小球振動的頻率為

T2兀7R

可見小球振動的頻率只與g和R有關，在同一地點R越大，小球振動的頻率越小，小球振

動的頻率與。4、之間夾角無關，AC錯誤，B正確；

D.將整個裝置移至正在加速上升的電梯中，小球處于超重狀態(tài)，其等效重力加速度大于

g,則小球振動的頻率減小，D錯誤。

故選B。

15.【答案】D

【解析】

對于乙球落到C點，根據(jù)自由落體運動規(guī)律有

解得

對于甲球運動到C點，做簡諧運動，其運動周期為

甲球第一次到達點C時運動;周期，則

t乙<而

當乙球運動到C點時，甲球在A、C之間，D正確，ABC錯誤。

故選D。

16.【答案】C

【解析】

小球的運動為單擺模型，由單擺的周期公式

可知其周期取決于擺長和重力加速度大小，與質量和振幅無關，兩小球同時到達O點的時

間是周期的上,同時到達。點。

故選C。

17.【答案】ACE

【解析】

A.若為圓錐擺時，則

mgtan0-m(—)21sin0

解得

/cos6

7=2萬

g

小于單擺的周期

選項A正確;

B.這個雙線擺的擺長為

L=lcos6-\--

2

選項B錯誤;

C.這個雙線擺的周期為

.八d

ICOS8T——

L2

T=2TT

gg

選項C正確;

D.圖中雙線擺的8角太小的話，擺動起來越不穩(wěn)定，選項D錯誤;

E.小球宜采用密度大的鉛球或者鐵球，以減小空氣阻力的影響，選項E正確。

故選ACEo

18.【答案】(1)2萬國土(2)2萬涇包

V2gV2g

【解析】

(1)小球在紙面內(nèi)做小角度的左右擺動，相當于以。'為懸點做簡諧運動，擺長為

…d

l=lo~^—

2

振動的周期為

32飛=2兀

(2)小球做垂直于紙面的小角度擺動，相當于以。為懸點做簡諧運動，擺長為

Z-/o+Zosina+—

振動周期為

72=2兀JL=2%ln+Z?sino+-八

0°2=2兀

ug

19.【答案】AD

【解析】

當小球在紙面內(nèi)做小角度的振動時，圓心時。點，擺長為L,故周期為

當小球在垂直紙面方向做小角度振動時，圓心在墻壁上且在0正上方，擺長為

故周期為

故選AD。

20.【答案】C

【解析】

在斜面上，根據(jù)牛頓第二定律可知，沿斜面向下的加速度為。=gsin6,所以單擺的周期為

ABD錯誤C正確.

21.【答案】D

【解析】

單擺的平衡位置在豎直位置，若擺球相對升降機靜止，則擺球受重力mg和繩的拉力F,

根據(jù)牛頓第二定律有

F—mg=ma

此時擺球的視重

mg'=F=mCg+a)

所以單擺的等效重力加速度

,F.、

g=—=（g+。）

m

因而單擺的周期為

L

T=2%

g+a

故D正確，ABC錯誤。

故選D。

22.【答案】D

【解析】

由7=2巴［可知，周期增大為原來的2倍.等效重力加速度g'=?.設繩子拉力為E由

\g4

F-mg^ma,F=mg',上式聯(lián)立可得“=-羋，則大小為學，方向向下.綜上分析，D

44

正確.

23.【答案】C

【解析】

設單擺擺長均為L根據(jù)單擺的周期公式可得

￡>式=丁3>72

故選C。

24.【答案】D

【解析】

根據(jù)周期公式

可知單擺的周期與振幅和擺球質量無關，與擺長和重力加速度有關。題圖1中沿斜面的加

速度為

q=gsin。

所以周期

L

Z=2n,

gsin。

題圖2中擺球所受的庫侖力始終沿擺線方向，回復力由重力沿圓弧切線方向的分力提供,

故擺球的等效重力加速度為

a2=g

所以周期

題圖3中的周期

題圖4中的等效重力加速度為

a4=g+a

所以周期

故7]><=n>7；,故ABC錯誤，D正確。

故選D。

25.【答案】D

【解析】

小球做小幅擺動，可認為是做簡諧運動，根據(jù)單擺周期公式可知，小球在墻體右側擺動一

次所用時間為

%=3=兀-=O.57ts

2打

小球在墻體左側擺動一次所用時間為

比心=0.3兀s

g

所以小球完成一次全振動的時間為

1=彳+=0.8jts

故選D。

26.【答案】B

【解析】

由于。4、PC與之間的夾角很小，所以小球從A點到B點和從B點到C點的運動都可

以看作是單擺運動，根據(jù)單擺周期公式7=2》［有

tx=2t2

所以

13

PB=-L,OP=L-PB=-L

44

選項ACD錯誤，B正確。

故選B。

27.【答案】A

【解析】

由得：丁尸2兀*,72=2兀，=式卷=如,

故BD錯誤；

x=2/?sin—,x=2Z-sin—=2—-sin—=--sin—

2224222

2C17si.n—e4人s.in」a

土=_____2_=_2_

xi.e.%

2一?sin—sin'

222

由能量守恒定律可知，小球先后擺起得最大高度相同，故l-lcosOi=--------cos0-,

44

..0,

0°4sin—

根據(jù)數(shù)學規(guī)律可得：sinM=2sin?故&=—系=2,即第一次振幅是第二次振幅得2

22%豆/

2

倍,故A正確，C錯誤.

28.【答案】B

【解析】

A.擺球經(jīng)過C點前后線速度不變，但半徑發(fā)生了變化，根據(jù)。=；可知，角速度發(fā)生了變

化，故A錯誤；

B.在C點根據(jù)牛頓第二定律有

TV

1-mg=m—

r

可得繩上拉力

7=mg+m—

r

擺球經(jīng)過。點后運動半徑變小，則繩中拉力變大，故B正確；

C.根據(jù)。=正可知，擺球經(jīng)過C點后瞬間線速度大小不變，運動半徑變小，向心加速度

r

變大，故c錯誤；

D.擺球在A、8兩點速度都為零，擺線與豎直方向的夾角不同，受到擺線的拉力為

F=mgcos0,因此大小不相等，故D錯誤。

故選B。

29.【答案】A

【解析】

A.A和B位置等高，說明擺球在運動過程中機械能守恒，A正確；

B.在A點處所受合力大小

FA=mgsin久

而在B點處所受合力大小

居=mgsin%

其中“、為是軌跡的切線與水平方向夾角，由于A、3兩點高度相同，因此

/A(1-COS6>A)=ZB(1-COS6>B)

由于

，A>4

可得

“<%

因此

'FA、<F'B

B錯誤;

C.擺球經(jīng)過o點前后瞬間速度大小不變，根據(jù)

可知經(jīng)過。點后，運動半徑減小，因此加速度變大，c錯誤；

D.根據(jù)

v

O-——

R

因此經(jīng)過O點后半徑變小角速度變大，D錯誤；

F.在。點附近擺球相鄰位置的間隔較大，說明其在。點附近相鄰位置間的運動速度較

大，時間間隔相等，F(xiàn)錯誤；

G.小球在A點受到拉力為

品=mgcos0A

小球在2點受到拉力為

TB=mgcos

由于

因此

TA>TB

G錯誤。

故選Ao

30.【答案】C

【解析】

設每相鄰兩次閃光的時間間隔為t,則擺長為L時單擺擺動的周期為

工=4x4r=16f

擺長為2/時單擺擺動的周期為

T,=4x2?=8?

所以

Ti：72=2：1

又因為

故可得

L'=-L

4

所以小釘與懸點間的距離為

3

=L-L'=-L

S4

故選C。

31.【答案】A

【解析】

根據(jù)

則

故選Ao

32.【答案】C

【解析】

設單擺的擺長為/,地球的質量為根據(jù)萬有引力定律等于重力，在海平面上滿足

根g=G鏟

在山頂上滿足

所以海平面的重力加速度和高度為h山頂上的重力加速度之比為

g(R+/Q2

g'一R2

根據(jù)單擺的周期公式

可知，在海平面有

7=27

在山頂上有

「二2$

聯(lián)立解得

T,=^±AT

R

故選c。

33.【答案】A

【解析】

根據(jù)單擺的周期公式得

工=2%,

幾Ng

根據(jù)黃金代換式

—Mm

mg=G-

根據(jù)圓周運動得

2%（H+/z）

'—T

根據(jù)密度公式

4.

M=p-7iR3