資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
2.4單擺
（1）知道單擺是一種理想化模型，理解單擺模型的條件，能將實際問題中的對象和過程轉化為單擺模型。
（2）能通過理論推導，判定單擺小角度振動時的運動特點。
（3）在探究單擺的周期與擺長的定量關系時，能分析數據、發現規律、形成合理的結論，能用已有的物理知識解釋相關現象。
（4）知道單擺周期與擺長、重力加速度的關系，能運用其解決相關實際問題。
生活中經常可以看到懸掛起來的物體在豎直平面內往復運動。將一小球用細繩懸掛起來，把小球拉離最低點釋放后，小球就會來回擺動。小球的擺動是否為簡諧運動呢？
考點一、單擺
1．單擺的組成：由細線和小球組成．
2．理想化模型
(1)細線的質量與小球相比可以忽略． (2)小球的直徑與線的長度相比可以忽略．
考點二：單擺的回復力
(1)回復力的來源：擺球的重力沿圓弧切線方向的分力．
(2)回復力的特點：在擺角很小時，擺球所受的回復力與它偏離平衡位置的位移成正比，方向總指向平衡位置，即F＝－x.從回復力特點可以判斷單擺做簡諧運動．
（2024春 龍馬潭區期末）如圖所示，單擺在豎直平面內的A、C之間做簡諧運動，O點為單擺的固定懸點，B點為運動中的最低位置，則下列說法正確的是（　　）
A．擺球在B點時，動能最大，回復力最大
B．擺球由A點向B點擺動過程中，細線拉力增大，回復力增大
C．擺球在A點和C點時，速度為零，細線拉力最小，但回復力最大
D．擺球在B點時，重力勢能最小，機械能最小
（2024春 北辰區校級期中）一單擺振動過程中離開平衡位置的位移隨時間變化的規律如圖所示，取向右為正方向．則下列說法正確的是（　　）
A．第1s末和第5s末擺球位于同一位置
B．0～1s的時間內，擺球的回復力逐漸減小
C．t＝3s時，擺球的位移為振幅的
D．t＝3s時，擺球的速度方向與加速度方向相反
（2024春 大興區校級期中）關于單擺，下列說法中正確的是（　　）
A．擺球經過平衡位置時，加速度為零
B．擺球運動的回復力是它受到的合力
C．擺球在運動過程中經過軌跡上的同一點時，加速度是確定的
D．擺球在運動過程中加速度的方向始終指向平衡位置
（2023 房山區一模）一個單擺在豎直平面內沿圓弧做往復運動。某時刻擺球由A點從靜止開始擺動，如圖所示擺線與豎直方向的夾角為30°，O點為擺動的最低點，則下列說法正確的是（　　）
A．擺球在O點受重力、拉力、向心力
B．擺球擺動到O點時所受合外力為零
C．擺球從A點擺動到O點的過程中，拉力不做功，動能增加
D．擺球經過P點時擺角小于10°，則擺球所受拉力與重力的合外力充當回復力
考點三、單擺的周期
1．單擺振動的周期與擺球質量無關(填“有關”或“無關”)，在振幅較小時與振幅無關(填“有關”或“無關”)，但與擺長有關(填“有關”或“無關”)，擺長越長，周期越大(填“越大”“越小”或“不變”)．
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＝2π，即周期T與擺長l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．
（2024春 越秀區校級期末）如圖甲所示的漏斗在做簡諧運動的同時，小付同學將下方的薄木板沿箭頭方向勻加速拉出，漏斗3s內漏出的細沙在板上形成的曲線如圖乙所示，當地重力加速度大小g＝9.8m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．該沙擺的周期為3s
B．該沙擺的擺長約為2m
C．薄木板的加速度大小為0.128m/s2
D．當圖乙中的B點通過沙擺正下方時，薄木板的速度大小為0.35m/s
（2024春 青羊區校級期末）某同學在探究單擺運動中，圖甲是用力傳感器對單擺運動過程進行測量的裝置圖，圖乙是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的F﹣t圖像，則以下說法正確的是（　　）
A．t＝0.1s時刻擺球速度最大
B．t＝0.5s時刻擺球經過最低點
C．單擺振動周期T＝0.8s
D．單擺振動周期T＝0.9s
（2024春 成都期末）如圖為某一單擺的簡化模型，其擺角α小于5°。下列說法正確的是（　　）
A．單擺的擺長即繩長
B．單擺從左側最高點A運動到右側最高點B的時間即為單擺的周期
C．適當增大擺角α（仍小于5°），其他條件不變，則單擺的周期不變
D．將此單擺從兩極移到地球赤道，其他條件不變，則單擺的周期變小
（2024 浙江）如圖所示，不可伸長的光滑細線穿過質量為0.1kg的小鐵球，兩端A、B懸掛在傾角為30°的固定斜桿上，間距為1.5m。小球平衡時，A端細線與桿垂直；當小球受到垂直紙面方向的擾動做微小擺動時，等效于懸掛點位于小球重垂線與AB交點的單擺，則（　　）
A．擺角變小，周期變大
B．小球擺動周期約為2s
C．小球平衡時，A端拉力為
D．小球平衡時，A端拉力小于B端拉力
（多選）（2022秋 新羅區校級期末）如圖所示，三根細線a、b、c于O處打結，每根細線的長度均為L，a、b細線上端固定在同一水平面上相距為L的A、B兩點上，c細線下端系著一個小球（小球直徑可以忽略），小球質量為m，下列說法正確的是（　　）
A．小球可以在紙面內做簡諧運動，周期為T＝2π
B．小球可以在與紙面垂直的平面內做簡諧運動，周期為T＝2π
C．小球可以在紙面內做簡諧運動，周期為T＝2π
D．小球可以在與紙面垂直的平面內做簡諧運動，周期為T＝π
一、單擺的回復力
(1)擺球受力：如圖所示，擺球受細線拉力和重力作用．
(2)向心力來源：細線對擺球的拉力和擺球重力沿徑向的分力的合力．
(3)回復力來源：擺球重力沿圓弧切線方向的分力F＝mgsin θ提供了使擺球振動的回復力．
二、單擺做簡諧運動的推證
在偏角很小時，sin θ≈，又回復力F＝mgsin θ，所以單擺的回復力為F＝－x(式中x表示擺球偏離平衡位置的位移，l表示單擺的擺長，負號表示回復力F與位移x的方向相反)，由此知回復力符合F＝－kx，單擺做簡諧運動．
（2024春 順義區期末）圖中O點為單擺的固定懸點，現將擺球（可視為質點）拉至A點，此時細線處于張緊狀態，釋放擺球，擺球將在豎直平面內的A、C之間來回擺動，B點為運動中的最低位置，則在擺動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．擺球從A點運動到B點速度逐漸減小
B．擺球從B點運動到C點重力勢能逐漸減小
C．擺球在C點處，速度為零，回復力為零
D．擺球在B點處，速度最大，向心力最大
（2024春 朝陽區期末）如圖甲所示，一單擺做小角度擺動。從某次擺球由左向右通過平衡位置開始計時，畫出它的振動圖像如圖乙所示。忽略空氣阻力，g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．此單擺的擺長約為2m
B．此單擺的振幅為4cm
C．從0.5s到1.0s的過程中，擺球的動能逐漸減小
D．從0.5s到1.0s的過程中，擺球所受合力的沖量方向水平向右
（2024春 天府新區期末）下列說法正確的是（　　）
A．發射“嫦娥六號”月球探測器所需的最小速度是11.2km/s
B．重力勢能與零勢能面的選取有關，重力勢能的變化與零勢能面的選取無關
C．一個系統所受的合外力為零，則該系統機械能和動量都守恒
D．單擺的周期與擺長、擺角及擺球的質量都有關
（2024春 徐匯區校級期末）如圖所示，半徑R的光滑圓弧軌道ab的a點固定有一豎直擋板，一質量為m的小物塊P（可視為質點）從軌道上的c點由靜止釋放，到達最低點a時與擋板發生彈性碰撞，碰撞時間極短，可忽略不計。已知∠aOc＝5°，重力加速度為g，則小物塊P從開始釋放到第二次與豎直擋板發生碰撞經歷的時間約為（　　）
A． B． C． D．
（2024春 永川區校級期中）如圖所示，甲、乙兩小球都能視為質點，小球甲在豎直面內擺動的周期為T，懸線長為L；小球乙在水平面內做勻速圓周運動，懸點為O1、軌跡圓圓心為O2。下列說法正確的是（　　）
A．小球甲的向心力由合力來充當
B．小球甲的向心力由懸線拉力來充當
C．小球乙的向心力由懸線拉力來充當
D．小球乙的向心力由合力來充當
（2024 順義區二模）如圖甲所示，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器固定在O點。現將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動過程中的最低位置。圖乙表示擺球從運動至A點開始計時細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的圖像，重力加速度g取10m/s2。（　　）
A．單擺的振動周期為0.2πs
B．單擺的擺長為0.1m
C．擺球的質量為0.05kg
D．擺球運動過程中的最大速度0.08m/s
（2024春 新洲區期中）如圖甲所示，一個單擺做小角度擺動，從某次擺球由左向右通過平衡位置時開始計時，相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，g取10m/s2。對于這個單擺的振動過程，下列說法中正確的是（　　）
A．單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x＝8sinπt（cm）
B．單擺的擺長約為2.0m
C．從t＝2.5s到t＝3.0s的過程中，擺球的重力勢能逐漸增大
D．從t＝2.0s到t＝2.5s的過程中，擺球所受回復力逐漸減小
（2024 鹿城區校級模擬）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小幅擺動，窗上沿到房頂的高度為1.6m，不計空氣阻力，g取10m/s2，則小球完成一次全振動的時間為（　　）
A．0.2πs B．0.4πs C．0.6πs D．0.8πs
（2024春 杭州期中）如圖甲，用裝有墨水的小漏斗和細線做成單擺，水平紙帶中央的虛線在單擺平衡位置的正下方。用電動機勻速拉動紙帶時，讓單擺小幅度前后擺動，于是在紙帶上留下徑跡。調節電動機拉動速度，分別得出圖乙和丙兩條紙帶，π取3.14，重力加速度g大小取9.8m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．無論紙帶是否勻速拉動，都可以用紙帶通過的距離表示時間
B．由圖知乙紙帶的速度為丙紙帶速度的0.5倍
C．單擺漏斗在P點和Q點運動的方向相同
D．若乙圖中，紙帶拖動速度為10cm/s，可推算該單擺的擺長約為1m
（2024 寧夏模擬）如圖，用兩根完全相同、不可伸長的輕繩將小沙包（大小可忽略）對稱地吊在空中，輕推小沙包，測得其在垂直紙面平面內做簡諧運動的周期為T0（已知在一根豎直繩懸掛下做簡諧運動的小物體的周期為T＝2π，l為繩長，g為重力加速度），已知每根輕繩的長度為L，小沙包的質量為m，則小沙包靜止時，每根繩子上的張力為（　　）
A． B．
C． D．
（多選）（2024春 黃浦區校級期末）如圖所示，甲、乙兩個單擺的懸點在同一水平天花板上，兩擺球間用一根細線水平相連，以水平地板為參考面，甲、乙兩擺線與豎直方向的夾角分別為θ1和θ2，且θ1＞θ2。當細線突然斷開后，兩擺球都做簡諧運動，下列說法中正確的是（　　）
A．甲擺球的重力勢能改變量大于乙擺球的重力勢能改變量
B．甲擺球的機械能小于乙擺球的機械能
C．甲擺的周期大于乙擺的周期
D．甲擺球的最大速度小于乙擺球的最大速度
（多選）（2024春 河北區期末）細繩的一段固定于O點，另一端系一個小球，在O點的正下方釘一個釘子A，小球從一定高度擺下，當細繩與釘子相碰時，下列說法正確的是（　　）
A．小球的線速度突然變大
B．小球的角速度突然變大
C．細線上的拉力突然變大
D．小球的向心加速度突然變小
（2024 沙坪壩區校級開學）如圖甲，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器接在擺球與O點之間。現將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低位置。圖乙表示細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線，圖中t＝0為擺球從A點開始運動的時刻，g取10m/s2。求：
（1）單擺的擺長；
（2）擺球的質量。
（2023春 海淀區校級期末）擺，是物理學中重要的模型之一。如圖所示，一根不可伸長的輕軟細繩的上端固定在天花板上的O點，下端系一個擺球（可看作質點）。將其拉至A點后靜止釋放，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低點。忽略空氣阻力。圖所示為繩中拉力F隨時間t變化的圖線，取g＝9.8m/s2，求：
（1）擺的振動周期T。
（2）擺的最大擺角θm。
（3）擺球質量m。中小學教育資源及組卷應用平臺
2.4單擺
（1）知道單擺是一種理想化模型，理解單擺模型的條件，能將實際問題中的對象和過程轉化為單擺模型。
（2）能通過理論推導，判定單擺小角度振動時的運動特點。
（3）在探究單擺的周期與擺長的定量關系時，能分析數據、發現規律、形成合理的結論，能用已有的物理知識解釋相關現象。
（4）知道單擺周期與擺長、重力加速度的關系，能運用其解決相關實際問題。
生活中經常可以看到懸掛起來的物體在豎直平面內往復運動。將一小球用細繩懸掛起來，把小球拉離最低點釋放后，小球就會來回擺動。小球的擺動是否為簡諧運動呢？
考點一、單擺
1．單擺的組成：由細線和小球組成．
2．理想化模型
(1)細線的質量與小球相比可以忽略． (2)小球的直徑與線的長度相比可以忽略．
考點二：單擺的回復力
(1)回復力的來源：擺球的重力沿圓弧切線方向的分力．
(2)回復力的特點：在擺角很小時，擺球所受的回復力與它偏離平衡位置的位移成正比，方向總指向平衡位置，即F＝－x.從回復力特點可以判斷單擺做簡諧運動．
（2024春 龍馬潭區期末）如圖所示，單擺在豎直平面內的A、C之間做簡諧運動，O點為單擺的固定懸點，B點為運動中的最低位置，則下列說法正確的是（　　）
A．擺球在B點時，動能最大，回復力最大
B．擺球由A點向B點擺動過程中，細線拉力增大，回復力增大
C．擺球在A點和C點時，速度為零，細線拉力最小，但回復力最大
D．擺球在B點時，重力勢能最小，機械能最小
【解答】解：A．單擺近似可以看作簡諧運動，在最低點B處，即平衡位置處時，速度最大，回復力為零，故A錯誤；
B．擺球做變速圓周運動，擺球由A點向B點擺動過程中，細線拉力增大，回復力減小，故B錯誤；
C．擺球在A點和C點時，即最大位移處時，速度為零；擺球在A于C處時細線拉力等于重力沿細線方向的分力mgcosθ，此時擺角θ最大拉力最小，回復力是沿垂直于細線方向的分力mgsinθ，此時擺角θ最大，回復力最大，故C正確；
D．擺球運動過程中，機械能守恒，在最低點B處，動能最大，重力勢能最小，故D錯誤。
故選：C。
（2024春 北辰區校級期中）一單擺振動過程中離開平衡位置的位移隨時間變化的規律如圖所示，取向右為正方向．則下列說法正確的是（　　）
A．第1s末和第5s末擺球位于同一位置
B．0～1s的時間內，擺球的回復力逐漸減小
C．t＝3s時，擺球的位移為振幅的
D．t＝3s時，擺球的速度方向與加速度方向相反
【解答】解：A、第1s末和第5s末擺球位于關于平衡位置對稱的兩個位置，故A錯誤；
B、0～1s的時間內，位移x逐漸增大，由F＝﹣kx知擺球的回復力逐漸增大，故B錯誤；
C、設振幅為A，則t＝3s時，擺球的位移為x＝AsinπA，故C正確；
D、t＝3s時，擺球在做加速運動，擺球的速度方向與加速度方向相同，故D錯誤。
故選：C。
（2024春 大興區校級期中）關于單擺，下列說法中正確的是（　　）
A．擺球經過平衡位置時，加速度為零
B．擺球運動的回復力是它受到的合力
C．擺球在運動過程中經過軌跡上的同一點時，加速度是確定的
D．擺球在運動過程中加速度的方向始終指向平衡位置
【解答】解：A．擺球經過平衡位置時，拉力大于重力，加速度不為零，故A錯誤
B．根據回復力的定義單擺運動的回復力是重力沿切線方向上的分力，重力沿切線方向上的分量不等于合力，故B錯誤；
C．擺球在運動過程中經過軌跡上的同一點時，受力情況相同，則加速度是確定的，故C正確；
D．球在運動過程中，回復力產生的加速度的方向始終指向平衡位置，而向心加速度指向懸點，合成后，加速度方向不是始終指向平衡位置，故D錯誤；
故選：C。
（2023 房山區一模）一個單擺在豎直平面內沿圓弧做往復運動。某時刻擺球由A點從靜止開始擺動，如圖所示擺線與豎直方向的夾角為30°，O點為擺動的最低點，則下列說法正確的是（　　）
A．擺球在O點受重力、拉力、向心力
B．擺球擺動到O點時所受合外力為零
C．擺球從A點擺動到O點的過程中，拉力不做功，動能增加
D．擺球經過P點時擺角小于10°，則擺球所受拉力與重力的合外力充當回復力
【解答】解：A．擺球在O點只受重力、拉力兩個力作用，重力和拉力的合力提供向心力，擺球不會受到向心力，故A錯誤；
B．擺球擺動到O點時所受合外力提供向心力，合外力不為零，故B錯誤；
C．擺球從A點擺動到O點的過程中，拉力不做功，重力做正功，合外力做正功，由動能定理可知，動能增加，故C正確；
D．擺球經過P點時擺角小于5°，擺球的運動可看成簡諧運動，則擺球重力沿切線方向的分力充當回復力，故D錯誤。
故選：C。
考點三、單擺的周期
1．單擺振動的周期與擺球質量無關(填“有關”或“無關”)，在振幅較小時與振幅無關(填“有關”或“無關”)，但與擺長有關(填“有關”或“無關”)，擺長越長，周期越大(填“越大”“越小”或“不變”)．
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＝2π，即周期T與擺長l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．
（2024春 越秀區校級期末）如圖甲所示的漏斗在做簡諧運動的同時，小付同學將下方的薄木板沿箭頭方向勻加速拉出，漏斗3s內漏出的細沙在板上形成的曲線如圖乙所示，當地重力加速度大小g＝9.8m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．該沙擺的周期為3s
B．該沙擺的擺長約為2m
C．薄木板的加速度大小為0.128m/s2
D．當圖乙中的B點通過沙擺正下方時，薄木板的速度大小為0.35m/s
【解答】解：A．由題圖乙知
T＝3s
解得
T＝2s
故A錯誤；
B．沙擺的周期
解得
L≈1m
故B錯誤；
C．由題圖乙中數據可知，木板在連續且相等的時間段內的位移差
Δx＝23.90cm﹣11.10cm＝12.80cm
Δx＝aT′2
解得
a＝0.128m/s2
故C正確；
D．勻變速直線運動在一段時間間隔的中間時刻的瞬時速度，等于這段時間內的平均速度，所以有
vB
解得
vB＝0.175m/s
故D錯誤。
故選：C。
（2024春 青羊區校級期末）某同學在探究單擺運動中，圖甲是用力傳感器對單擺運動過程進行測量的裝置圖，圖乙是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的F﹣t圖像，則以下說法正確的是（　　）
A．t＝0.1s時刻擺球速度最大
B．t＝0.5s時刻擺球經過最低點
C．單擺振動周期T＝0.8s
D．單擺振動周期T＝0.9s
【解答】解：A．t＝0.1s時刻擺球受拉力最小，則此時擺球在最大位移處，最大位移處速度最小，故A錯誤；
B．t＝0.5s時刻擺球受拉力最大，則擺球經過最低點，故B正確；
CD．一個周期單擺的最大拉力出現兩次，故由圖可知擺球的周期為
T＝2×（0.9﹣0.1）s＝1.6s
故CD錯誤；
故選：B。
（2024春 成都期末）如圖為某一單擺的簡化模型，其擺角α小于5°。下列說法正確的是（　　）
A．單擺的擺長即繩長
B．單擺從左側最高點A運動到右側最高點B的時間即為單擺的周期
C．適當增大擺角α（仍小于5°），其他條件不變，則單擺的周期不變
D．將此單擺從兩極移到地球赤道，其他條件不變，則單擺的周期變小
【解答】解：A、單擺的擺長為繩長和擺球的半徑之和，故A錯誤；
B、完成一次全振動的時間為單擺的周期，單擺從左側最高點A運動到右側最高點B的時間為半個周期，故B錯誤；
CD、根據單擺的周期公式T＝2可知，單擺的周期與擺角的大小無關，將此單擺從兩極移到地球赤道，重力加速度g變小，其他條件不變，單擺得到周期變大，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2024 浙江）如圖所示，不可伸長的光滑細線穿過質量為0.1kg的小鐵球，兩端A、B懸掛在傾角為30°的固定斜桿上，間距為1.5m。小球平衡時，A端細線與桿垂直；當小球受到垂直紙面方向的擾動做微小擺動時，等效于懸掛點位于小球重垂線與AB交點的單擺，則（　　）
A．擺角變小，周期變大
B．小球擺動周期約為2s
C．小球平衡時，A端拉力為
D．小球平衡時，A端拉力小于B端拉力
【解答】解：A、單擺的周期，可知單擺的周期與擺角的大小無關，故A錯誤；
CD、由題意可知，A端拉力等于B端拉力，平衡時對小球受力分析如下圖所示：
根據幾何關系可知兩段繩與豎直方向的夾角均為30°，由平衡條件得：
，故CD錯誤；
B、兩段繩的夾角等于60°，根據幾何關系可知，等效擺長L
小球擺動周期，解得T＝2s，故B正確。
故選：B。
（多選）（2022秋 新羅區校級期末）如圖所示，三根細線a、b、c于O處打結，每根細線的長度均為L，a、b細線上端固定在同一水平面上相距為L的A、B兩點上，c細線下端系著一個小球（小球直徑可以忽略），小球質量為m，下列說法正確的是（　　）
A．小球可以在紙面內做簡諧運動，周期為T＝2π
B．小球可以在與紙面垂直的平面內做簡諧運動，周期為T＝2π
C．小球可以在紙面內做簡諧運動，周期為T＝2π
D．小球可以在與紙面垂直的平面內做簡諧運動，周期為T＝π
【解答】解：AC、小球在紙面內做簡諧運動時，繞O點做單擺運動，擺長等于L，則周期T，故A正確，C錯誤；
BD、小球在于紙面垂直平面內做簡諧運動時，做單擺運動，所繞的點在O點正上方天花板上，等效擺長l，則周期T，故B正確，D錯誤。
故選：AB。
一、單擺的回復力
(1)擺球受力：如圖所示，擺球受細線拉力和重力作用．
(2)向心力來源：細線對擺球的拉力和擺球重力沿徑向的分力的合力．
(3)回復力來源：擺球重力沿圓弧切線方向的分力F＝mgsin θ提供了使擺球振動的回復力．
二、單擺做簡諧運動的推證
在偏角很小時，sin θ≈，又回復力F＝mgsin θ，所以單擺的回復力為F＝－x(式中x表示擺球偏離平衡位置的位移，l表示單擺的擺長，負號表示回復力F與位移x的方向相反)，由此知回復力符合F＝－kx，單擺做簡諧運動．
（2024春 順義區期末）圖中O點為單擺的固定懸點，現將擺球（可視為質點）拉至A點，此時細線處于張緊狀態，釋放擺球，擺球將在豎直平面內的A、C之間來回擺動，B點為運動中的最低位置，則在擺動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．擺球從A點運動到B點速度逐漸減小
B．擺球從B點運動到C點重力勢能逐漸減小
C．擺球在C點處，速度為零，回復力為零
D．擺球在B點處，速度最大，向心力最大
【解答】解；A、擺球從A點運動到B點位移減小，重力勢能轉化為動能，速度逐漸增大，故A錯誤；
B、擺球從B點運動到C點，位移增大，位置升高，重力勢能增大，故B錯誤；
C、擺球在C點，位移最大，速度為零，回復力最大，故C錯誤；
D、B點是平衡位置，重力勢能最小，速度最大，此時向心力最大，故D正確。
故選：D。
（2024春 朝陽區期末）如圖甲所示，一單擺做小角度擺動。從某次擺球由左向右通過平衡位置開始計時，畫出它的振動圖像如圖乙所示。忽略空氣阻力，g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．此單擺的擺長約為2m
B．此單擺的振幅為4cm
C．從0.5s到1.0s的過程中，擺球的動能逐漸減小
D．從0.5s到1.0s的過程中，擺球所受合力的沖量方向水平向右
【解答】解：A.根據圖乙可知周期為2s，根據周期公式有T＝2，解得L≈1m，故A錯誤；
B.根據圖乙可知，此單擺的振幅為4cm，故B正確；
C.根據圖乙可知，從0.5s到1.0s的過程中，擺球位移減小，擺球衡位置運動，擺球的動能逐漸增大，故C錯誤；
D.擺球由左向右通過平衡位置開始計時得到圖乙的振動圖像，可知，向右為正方向，從0.5s到1.0s的過程中，擺球位移為正值，位移減小，擺球向左運動，速度逐漸增大，根據I＝Δp可知，擺球所受合力的沖量方向水平向左，故D錯誤。
故選：B。
（2024春 天府新區期末）下列說法正確的是（　　）
A．發射“嫦娥六號”月球探測器所需的最小速度是11.2km/s
B．重力勢能與零勢能面的選取有關，重力勢能的變化與零勢能面的選取無關
C．一個系統所受的合外力為零，則該系統機械能和動量都守恒
D．單擺的周期與擺長、擺角及擺球的質量都有關
【解答】解：A、“嫦娥六號”還沒有脫離開地球的束縛，所以發射“嫦娥六號”月球探測器所需的發射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度11.2km/s，故A錯誤；
B、重力勢能與零勢能面的選取有關，重力勢能的變化等于重力做的功，所以重力勢能的變化與零勢能面的選取無關，故B正確；
C、一個系統所受的合外力為零，則該系統動量守恒，但如果有重力以外的力做功，則機械能不守恒，故C錯誤；
D、根據單擺周期公式T可知，單擺的周期與擺長有關，與擺角及擺球的質量無關，故D錯誤。
故選：B。
（2024春 徐匯區校級期末）如圖所示，半徑R的光滑圓弧軌道ab的a點固定有一豎直擋板，一質量為m的小物塊P（可視為質點）從軌道上的c點由靜止釋放，到達最低點a時與擋板發生彈性碰撞，碰撞時間極短，可忽略不計。已知∠aOc＝5°，重力加速度為g，則小物塊P從開始釋放到第二次與豎直擋板發生碰撞經歷的時間約為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由于∠aOc＝5°，則小物塊P的運動可視為單擺模型，其中
小物塊P從c點由靜止釋放，運動到最低點a時發生彈性碰撞，所以返回時小物塊的速度大小不變，則小物體的運動周期不變，故小物塊P從開始釋放到第二次與豎直擋板發生碰撞經歷的時間為
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2024春 永川區校級期中）如圖所示，甲、乙兩小球都能視為質點，小球甲在豎直面內擺動的周期為T，懸線長為L；小球乙在水平面內做勻速圓周運動，懸點為O1、軌跡圓圓心為O2。下列說法正確的是（　　）
A．小球甲的向心力由合力來充當
B．小球甲的向心力由懸線拉力來充當
C．小球乙的向心力由懸線拉力來充當
D．小球乙的向心力由合力來充當
【解答】解：AB、擺球甲做單擺運動，在運動的過程中受到的重力與懸線的拉力的合力沿軌跡切線方向的分量提供回復力，而重力與懸線的拉力的合力沿繩子方向的分量才提供向心力，故AB錯誤；
CD、乙球在水平面內做圓錐擺運動，重力與懸線的拉力的合力提供沿水平方向指向圓心的向心力，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2024 順義區二模）如圖甲所示，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器固定在O點。現將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動過程中的最低位置。圖乙表示擺球從運動至A點開始計時細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的圖像，重力加速度g取10m/s2。（　　）
A．單擺的振動周期為0.2πs
B．單擺的擺長為0.1m
C．擺球的質量為0.05kg
D．擺球運動過程中的最大速度0.08m/s
【解答】解：A．由乙圖，結合單擺的對稱性可知，單擺的周期為0.4πs，故A錯誤；
B．由單擺周期公式T
得L
代入數據得L＝0.4m，故B錯誤；
CD．由乙圖和牛頓運動定律得小球在最高點有mgcosθ＝0.495
在最低點有
從最高點到最低點，由動能定理得
代入數據聯立解得m＝0.05kg，vm/s
故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2024春 新洲區期中）如圖甲所示，一個單擺做小角度擺動，從某次擺球由左向右通過平衡位置時開始計時，相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，g取10m/s2。對于這個單擺的振動過程，下列說法中正確的是（　　）
A．單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x＝8sinπt（cm）
B．單擺的擺長約為2.0m
C．從t＝2.5s到t＝3.0s的過程中，擺球的重力勢能逐漸增大
D．從t＝2.0s到t＝2.5s的過程中，擺球所受回復力逐漸減小
【解答】解：A.單擺做小角度擺動，則其運動可以看為簡諧運動，周期為2s，則單擺的位移x隨時間變化的關系式為
x＝Asint＝8sint＝8sinπt（cm）
故A正確；
B.根據周期公式有
T＝2
解得
L≈1.0m
故B錯誤；
C.根據圖乙可知，從t＝2.5s到t＝3.0s的過程中，單擺從最大位移處運動到平衡位置，則擺球的重力勢能逐漸減小，故C錯誤；
D.根據圖乙可知，從t＝2.0s到t＝2.5s的過程中，單擺從平衡位置運動到振幅位置，位移逐漸增大，由于
F＝﹣kx
可知擺球所受回復力逐漸增大，故D錯誤。
故選：A。
（2024 鹿城區校級模擬）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小幅擺動，窗上沿到房頂的高度為1.6m，不計空氣阻力，g取10m/s2，則小球完成一次全振動的時間為（　　）
A．0.2πs B．0.4πs C．0.6πs D．0.8πs
【解答】解：小球做小幅擺動，可認為是做簡諧運動，根據單擺周期公式可知，小球在墻體右側擺動一次所用時間為
小球在墻體左側擺動一次所用的時間為
所以小球完成一次全振動的時間為
t＝t1+t2＝0.5πs+0.3πs＝0.8πs，故D正確，ABC錯誤；
故選：D。
（2024春 杭州期中）如圖甲，用裝有墨水的小漏斗和細線做成單擺，水平紙帶中央的虛線在單擺平衡位置的正下方。用電動機勻速拉動紙帶時，讓單擺小幅度前后擺動，于是在紙帶上留下徑跡。調節電動機拉動速度，分別得出圖乙和丙兩條紙帶，π取3.14，重力加速度g大小取9.8m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．無論紙帶是否勻速拉動，都可以用紙帶通過的距離表示時間
B．由圖知乙紙帶的速度為丙紙帶速度的0.5倍
C．單擺漏斗在P點和Q點運動的方向相同
D．若乙圖中，紙帶拖動速度為10cm/s，可推算該單擺的擺長約為1m
【解答】解：A．只有在勻速運動的條件下，由x＝vt知，位移與時間成正比，才可以用紙帶通過的距離表示時間，故A錯誤；
B．由于乙圖中有單擺的擺動時間為兩個周期，丙圖中有單擺的擺動時間為四個周期，紙帶同樣移動40cm，所以丙的時間是乙的兩倍，故乙紙帶的速度為丙紙帶速度的2倍，故B錯誤；
C．由振動圖像的特點，可知單擺漏斗在P點向上振動，在Q點向下振動，單擺漏斗在P點和Q點運動的方向相反，故C錯誤；
D．乙圖中，紙帶拖動速度為10cm/s，可得單擺周期為T
根據單擺周期公式
可得單擺的擺長約為L≈1m
故D正確。
故選：D。
（2024 寧夏模擬）如圖，用兩根完全相同、不可伸長的輕繩將小沙包（大小可忽略）對稱地吊在空中，輕推小沙包，測得其在垂直紙面平面內做簡諧運動的周期為T0（已知在一根豎直繩懸掛下做簡諧運動的小物體的周期為T＝2π，l為繩長，g為重力加速度），已知每根輕繩的長度為L，小沙包的質量為m，則小沙包靜止時，每根繩子上的張力為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：設靜止時繩子與豎直方向夾角為θ，則可得沙包做簡諧運動的周期：，解得：，對于沙包，受重力mg，繩子拉力F，根據共點力平衡可得：2Fcosθ＝mg，聯立可得：，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
（多選）（2024春 黃浦區校級期末）如圖所示，甲、乙兩個單擺的懸點在同一水平天花板上，兩擺球間用一根細線水平相連，以水平地板為參考面，甲、乙兩擺線與豎直方向的夾角分別為θ1和θ2，且θ1＞θ2。當細線突然斷開后，兩擺球都做簡諧運動，下列說法中正確的是（　　）
A．甲擺球的重力勢能改變量大于乙擺球的重力勢能改變量
B．甲擺球的機械能小于乙擺球的機械能
C．甲擺的周期大于乙擺的周期
D．甲擺球的最大速度小于乙擺球的最大速度
【解答】解：B.兩球開始處于平衡，設細線拉力為T，根據共點力平衡可得T＝mgtanθ，所以m甲＜m乙，且甲的位置較低，則開始時甲的機械能小于乙的機械能，在擺動的過程中，機械能守恒，則甲擺球的機械能小于乙擺球的機械能，故B正確；
A.根據功能關系可知，擺球的重力勢能減小量等于重力所做的功，但是由于甲球質量較小，且甲球下降的高度較大，則無法確定兩球重力勢能的變化關系，故A錯誤；
C.根據幾何關系得，甲的擺長大于乙的擺長，甲的擺角大于乙的擺角，所以甲的振幅大于乙的振幅，根據T＝2π可知，甲擺的周期大于乙擺的周期，故C正確；
D.根據機械能守恒定律得
mgL（1﹣cosθ）
所以
甲的擺長大于乙的擺長，甲的擺角大于乙的擺角，則甲擺球的最大速度大于乙擺球的最大速度，故D錯誤。
故選：BC。
（多選）（2024春 河北區期末）細繩的一段固定于O點，另一端系一個小球，在O點的正下方釘一個釘子A，小球從一定高度擺下，當細繩與釘子相碰時，下列說法正確的是（　　）
A．小球的線速度突然變大
B．小球的角速度突然變大
C．細線上的拉力突然變大
D．小球的向心加速度突然變小
【解答】解：AB.當細繩與釘子相碰時，小球線速度不發生突變，圓周運動半徑減小，根據ω，角速度越大，故A錯誤，B正確；
CD.細繩與釘子相碰前后小球線速度不發生突變，但半徑變小，根據合力提供向心力有F﹣mg＝m則拉力為F＝mg+m，小球質量一定，釘子的位置越靠近小球，半徑越小，向心加速度越大，向心力越大，則拉力越大，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
（2024 沙坪壩區校級開學）如圖甲，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器接在擺球與O點之間。現將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低位置。圖乙表示細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線，圖中t＝0為擺球從A點開始運動的時刻，g取10m/s2。求：
（1）單擺的擺長；
（2）擺球的質量。
【解答】解：（1）小球運動到最低點時，繩子的拉力最大，在一個周期內兩次經過最低點，由圖可知，單擺的振動周期T＝0.6πs
根據單擺的振動周期公式
解得單擺的擺長l＝0.9m
（2）設最大偏角為θ，由圖像可知，在最高點A時F1＝0.99N
在最低點B時F2＝1.02N
對球在A時F1﹣mgcosθ＝0
球在B時受力分析，由牛頓第二定律
對球從最高點到最低點的過程，由機械能守恒定律
聯立解得m＝0.1kg
答：（1）單擺的擺長是0.9m；
（2）擺球的質量是0.1kg。
（2023春 海淀區校級期末）擺，是物理學中重要的模型之一。如圖所示，一根不可伸長的輕軟細繩的上端固定在天花板上的O點，下端系一個擺球（可看作質點）。將其拉至A點后靜止釋放，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低點。忽略空氣阻力。圖所示為繩中拉力F隨時間t變化的圖線，取g＝9.8m/s2，求：
（1）擺的振動周期T。
（2）擺的最大擺角θm。
（3）擺球質量m。
【解答】解：（1）由對稱性可知，小球在A、C兩點拉力大小相等，從A到C是半個周期，結合圖像可得出：T＝2.16s
（2）（3）設最大擺角為θm，當小球運動到A點時，繩子的拉力最小，根據圖像可得：Fmin＝1.225N
對小球受力分析可得：mgcosθm＝Fmin
當小球運動到B點時，繩子拉力最大，對小球受力分析有
從A點到B點由動能定理可得
代入數據聯立解得：
m＝0.25kg
θm＝60°

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