2026人教版高中物理选择性必修第一册--2.4　单摆同步练习（含解析）

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2026人教版高中物理选择性必修第一册
第二章　机械振动
4　单摆
基础过关练
题组一　单摆的回复力及运动特征
1.(多选题)(2025四川遂宁射洪中学开学摸底)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点为运动轨迹中的最低点。整个过程忽略空气阻力,则在摆动稳定后的一个周期内,下列说法不正确的是 (　　)
A.摆球只受到重力、拉力两个力的作用
B.摆球过A、C点时的速度为零,回复力为零
C.摆球经过B点时,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
题组二　单摆周期公式的理解和应用
2.(2025江西南昌多校联考)一名航天员来到一个星球上,该星球的质量与地球的质量相等,它的直径是地球直径的2倍,地球和该星球均可视为均质球体,那么这名航天员携带的单摆(在地球表面上的摆动周期为2 s)在该星球上的摆动周期为 (　　)
A. s　　　　B. s　　　　C.2 s　　　　D.4 s
3.(多选题)(2025山东临沂期中)如图所示,细线的一端固定于O点,另一端系一个小球,摆长为l。摆球质量为m,从位置N开始摆动,摆角θ小于5°,若在O点正下方l的O'处放置一细铁钉,当摆球摆至P点时,摆线会受到铁钉的阻挡,继续在竖直面内摆动,向左摆到最高点Q,摆角θ'也小于5°,不计阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.摆球摆动的周期为2π
B.摆球受到摆线最大拉力为(11-8 cos θ)
C.摆球到达最低点时速率为
D.摆球从N到P重力做功的平均功率小于从P到Q重力做功的平均功率
4.(教材深研拓展)如图甲所示,用细线悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器内装有墨汁,将注射器拉开一个小角度,当注射器摆动时,沿着垂直于摆动的方向以速度v=0.12 m/s匀速拖动木板,滴在木板上的墨汁图样如图乙所示,测得OO'长为l=0.6 m,墨汁图样与木板边缘的交点P、Q恰好是墨汁最远处,已知重力加速度g=π2 m/s2,则该“单摆”的等效摆长为 (　　)
　
A. m　　　　B. m　　　　C.1 m　　　　D. m
5.如图所示,表面光滑的斜面固定在水平桌面上,将摆线一端固定在斜面上并使其与斜面平行。现拉开摆球使轻绳刚好绷直,摆球由静止释放后贴着斜面做简谐运动。已知摆线长为L,摆动周期为T,当地的重力加速度为g,斜面的倾角为θ,下列说法正确的是 (　　)
A.摆球在最高点的加速度为g sin θ,在平衡位置的加速度为零
B.只增大摆球的质量,摆球运动的周期将增大
C.若增大摆长的同时减小斜面的倾角,摆的周期可能不变
D.通过计算可知摆球的半径为-L
能力提升练
题组一　单摆的振动图像
1.(多选题)(2025山东烟台期中)如图甲所示,一个单摆做小角度摆动,其摆球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=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
　
A.该单摆摆长约为1 m,可称作“秒摆”
B.t=1 s时,摆球偏离平衡位置的位移最大
C.t=1.5 s时,摆球所受回复力最大,速度为零
D.0.5~1 s的过程中,摆球的重力势能逐渐增大
2.(2025江苏宿迁期中)如图是同一地点两个单摆的振动图像,可知 (　　)
A.甲、乙的摆长之比为1∶2
B.t=4 s时,两单摆的回复力最大
C.甲、乙两个单摆的摆球质量之比为1∶2
D.甲摆摆球位移随时间变化的关系式为x=2 sin cm
3.(教材深研拓展)一条细线下面挂着一个小球,让它自由摆动,它的振动图像如图所示。则下列说法正确的是 (　　)
A.该单摆的频率为2 Hz
B.该单摆的摆长大约为2 m
C.若将此单摆从山脚移到山顶,单摆的周期将会变大
D.根据图中的数据不能估算出它摆动的最大摆角
4.(创新题新情境)(2025河北石家庄期中联考)如图甲所示,一个质量为m的小弹丸以v0的速度水平射入一个原来静止的单摆摆球并停留在里面,此后某段时间内摆球的速度-时间图像如图乙所示(曲线为正弦函数)。已知摆球的质量为小弹丸质量的5倍。忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,π=3.14。下列说法中正确的是 (　　)
　
A.小弹丸的初速度大小为0.5 m/s
B.摆球偏离平衡位置的最大高度为0.45 m
C.摆线的长度约为5.0 m
D.摆线的拉力的变化周期为4.5 s
5.(2025山东烟台期中)甲、乙两个单摆在同一地点的振动图像如图所示。
(1)写出甲、乙两个单摆位移随时间的变化关系式;
(2)求甲、乙两个单摆的摆长之比。
题组二　单摆的等效摆长和等效重力加速度
6.(2025江苏泰州期中)如图所示,固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道(弧度很小),O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N(可视为质点)从圆弧左侧的不同位置同时由静止释放。它们从释放到到达O点过程中都经过图中的P点。下列判断正确的是 (　　)
A.M比N后到达O点
B.M、N通过P点时所受的回复力相同
C.M有可能在P点追上N并与之相碰
D.从释放到到达O点过程中,重力对M的冲量比重力对N的冲量大
7.(多选题)(2025山东济宁联考)“杆线摆”结构如图所示,轻杆一端通过活动铰链与立柱OO'垂直连接,另一端安装质量为m的摆球,细线一端拉住摆球,另一端系在立柱上的A点,给摆球一垂直于纸面的较小速度,使轻杆垂直于立柱OO'来回摆动,摆动角度小于5°,摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。已知立柱OO'与竖直方向的夹角及细线与轻杆的夹角均为θ=30°,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.摆球在摆动过程中细线上的拉力大小为mg
B.摆球静止在平衡位置时轻杆对摆球作用力大小为mg
C.摆球向平衡位置运动过程中轻杆对球的作用力增大
D.若增大细线长度使A点上移,则摆球运动周期不变
8.(2025江苏无锡锡山高级中学月考)如图所示,长为L的绝缘细绳下方悬挂一带正电的小球,另一端固定在O点,O点与正下方的O'点连线的左侧空间存在竖直向下的匀强电场,在该匀强电场中小球受的电场力为重力的3倍。将小球向右拉开,使细绳恰好伸直并与竖直方向成约2°的小角度后由静止释放,从释放时刻开始计时。设小球相对于其平衡位置O'的水平位移为x,向右为正。下列描述小球在开始一个周期内的x-t图像可能正确的是 (　　)
　　　　　　　　
　　　　　　　　
9.(2024湖南邵阳期中)如图所示,三根长度均为l0的绳l1、l2、l3组合系住一质量分布均匀的小球m,球的直径为d(d l0),绳l2、l3与天花板间的夹角均为α=30°,重力加速度为g。则:
(1)若小球在纸面内做小角度的左右摆动,周期T1为多少
(2)若小球垂直于纸面做小角度摆动,周期T2为多少
题组三　摆钟走时快慢与调整问题
10.(2025湖南常德汉寿一中月考)如图所示,摆钟正常工作时其摆锤的运动可看成简谐运动,摆锤每摆动半个周期,表盘上的分针就会向前微小跃动一次,分针每次向前跃动的距离不变。以下说法正确的是 (　　)
A.摆锤摆动的振幅越大,摆钟计时越准
B.要使摆钟走得慢些,可通过缩短它的摆长来实现
C.若把摆钟置于正在运行的天宫空间站,其摆锤不会正常摆动
D.在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时,在南极的摆钟走得慢些
题组四　单摆中的力学综合问题
11.(2025重庆合川中学月考)如图所示,两个完全相同的弹性小球A和B,分别挂在长和L的细线上,重心在同一水平面上、且小球恰好互相接触,把小球A向左拉开一个较小角度后由静止释放,经过多长时间两球发生第4次碰撞 (　　)
A.π　　　　　　　　B.3π
C.π　　　　　　　　D.4π
12.(2025山东德州期中)力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点,现将摆球拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动。B点为运动中的最低位置,∠AOB=∠COB=θ,θ小于5°且是未知量。图乙是细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线,且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻,摆球可视为质点,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
　
A.此单摆的振动周期为0.2π s
B.此单摆的摆长为0.4 m
C.此单摆摆球的质量为0.5 kg
D.此摆球运动过程中的最大速度为0.5 m/s
13.(2024广东深圳宝安调研)某实验小组设计实验研究碰撞及单摆特性,装置如图所示,在水平桌面边缘用长细绳悬挂着质量为m0的小球。质量为m1的物块以速度v0滑上光滑的桌面,并在桌子边缘与小球发生正碰,碰后小球向外摆动起来(摆动的角度小于5°),物块水平抛出桌面,当物块落地时小球恰好第一次摆回到桌子边缘。已知物块落点与桌子边缘的水平距离为s,桌子高度为h,重力加速度为g,物块和小球均可视作质点,求:
(1)物块从抛出到落地的时间t及悬挂小球的细绳长度L;
(2)碰撞后小球的速度大小v2。
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.BCD　
模型构建
摆球受到重力、拉力两个力的作用,选项A正确;摆球经过A点和C点时,速度为零,回复力为重力沿轨迹切线方向的分力,不为零,选项B错误;摆球经过B点(单摆的平衡位置)时,速度最大,回复力为零,选项C错误;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FT-mg=m,解得FT=mg+m,细线拉力大小相等,选项D错误。
2.D　
3.CD　摆球摆动周期为T=+=×2π+×2π=,选项A错误;摆球从N到最低点,根据动能定理有mgl(1-cos θ)=mv2,解得v=,摆球摆到最低点以O'为圆心做圆周运动时,细线拉力最大,根据牛顿第二定律可得F-mg=m,解得F=9mg-8mg cos θ,选项C正确,B错误;根据能量守恒可知,摆球从N到P和从P到Q过程中重力做功相等,由于tNP==×2π=,tPQ==×2π=,tNP>tPQ,根据P=,可知摆球从N到P重力做功的平均功率小于从P到Q重力做功的平均功率,选项D正确。
拓展延伸　摆线碰到钉子后的瞬间,摆球的角速度、线速度、向心加速度、所受拉力的变化情况:
当摆线碰到钉子后的瞬间,摆球水平方向不受力,则由于惯性,摆球的线速度没有变化,因v=ωr,摆球的转动半径减小,则角速度变大;摆球的转动半径变小,则向心加速度an=突然增大,摆线上的拉力F=mg+m也突然增大。
4.C　
关键点拨　解答本题应关注的两个要点:
由题图乙可知,墨汁在木板上留下图样的时间内单摆恰好摆动2.5个周期,对应的时间为t== s=5 s,即2.5T=5 s,故单摆的振动周期为T=2 s,结合单摆的周期公式T=2π,可得等效摆长为L=1 m,C正确。
5.D　
模型构建
设单摆的最大摆角为α,斜面上的单摆的回复力由重力沿斜面方向的分力在摆球轨迹切线方向的分量提供,重力沿斜面方向的分力为mg sin θ,回复力为mg sin θ sin α,根据牛顿第二定律可得mg sin θ sin α=ma,解得摆球在最高点的加速度a=g sin θ sin α,摆球在平衡位置时回复力为零,由于摆球有向心加速度,摆球在平衡位置的加速度不为零(易错点),选项A错误;等效重力加速度为g sin θ,根据单摆的周期公式有T=2π,只增大摆球的质量,摆球运动的周期不变,若增大摆长的同时减小斜面的倾角,周期将变大,选项B、C错误;由T=2π,又l=L+r,解得摆球的半径为r=-L,选项D正确。
能力提升练
1.AC　由乙图可知单摆的周期为T=2 s,由T=2π,解得L≈1 m,该单摆可称作“秒摆”,选项A正确;由乙图可知t=1 s时,摆球的位移为零,即摆球刚好在平衡位置,选项B错误;t=1.5 s时,摆球位于最大位移处,速度为零,位移最大,根据F=-kx,可知此时摆球所受回复力最大,选项C正确;0.5~1 s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,选项D错误。
2.D　由单摆的周期公式T=2π可得甲、乙的摆长之比为==,A错误;t=4 s时,两单摆均处于平衡位置,该位置的回复力为零,B错误;单摆的周期与摆球的质量无关,所以由题中条件无法得到两摆球的质量关系,C错误;由图可知,甲摆的振幅为2 cm,周期为4 s,所以ω== rad/s,且零时刻摆球位于平衡位置并开始向正方向运动,故甲摆摆球的位移随时间变化的关系式为x=A sin (ωt+φ)=2 sin cm,D正确。
3.C　由题图可知,该单摆的周期为2 s,故频率为0.5 Hz,A错误;由单摆周期公式T=2π,代入数据可得该单摆的摆长为L≈1 m,B错误;若将此单摆从山脚移到山顶,g变小,则T变大,C正确;单摆摆动的最大摆角θ满足sin θ≈=,故可以估算出它摆动的最大摆角,D错误。
4.C　
关键点拨　解答本题要做好两个分析:
在弹丸射入摆球的过程中系统水平方向动量守恒,所以有mv0=(m+5m)v,由图乙可知v=0.5 m/s(点拨:摆球在最低点时速度最大),解得v0=3 m/s,选项A错误;摆球摆动过程机械能守恒,有(m+5m)v2=(m+5m)gh,解得h=0.012 5 m,选项B错误;由图乙可知单摆的周期为4.5 s,由单摆周期公式T=2π,解得L≈5 m,选项C正确;当摆球运动起来后,拉力变化的周期为单摆周期的一半(易错点),即2.25 s,选项D错误。
情境创新　本题别出心裁地以弹丸打小球、小球做简谐运动的v-t图像为背景,综合考查动量守恒、机械能守恒和单摆周期公式。
5.答案　(1)x甲=8 sin cm,x乙=4 sin t+π cm　(2)
解析　(1)根据图像可知T甲=8 s,T乙=4 s,甲的振幅为8 cm,乙的振幅为4 cm,圆频率ω甲= rad/s,ω乙= rad/s
根据x=A sin (ωt+φ)并将图像中的坐标代入,解得x甲=8 sin cm,x乙=4 sin cm
(2)根据T=2π可得=
解得=
6.B　
模型构建　圆弧摆模型
根据T=2π可知,两个小球做简谐运动的周期相同,M、N同时到达O点,选项A错误;M、N通过P点时所受的回复力相同,均为小球在该点重力沿轨迹切线方向的分力,选项B正确;M、N同时到达O点,则M不可能在P点追上N并与之相碰,选项C错误;从释放到到达O点过程中,根据I=mgt,重力对M的冲量等于重力对N的冲量,选项D错误。
一题多变　如图,若N释放的同时,M从与N等高处沿光滑直轨道静止滑下,哪个小球先到达O点
提示:N到达O点所用时间tN=×2π=;
M到达O点所用时间tM==2(等时圆模型规律);
故tN7.AD　摆球在平衡位置静止时,对球进行受力分析,如图所示,由平衡条件可知F cos 30°=FA cos 60°,F sin 30°+mg=FA sin 60°,可得F=mg,FA=mg,小球摆动过程中,运动轨迹被约束在一个倾角为30°的平面内,垂直该平面小球一直处于平衡状态,即细线拉力在垂直该平面方向上的分量与重力在垂直该平面方向上的分量大小相等,可知细线拉力大小不变,即摆球在摆动过程中细线上的拉力大小为mg,摆球静止在平衡位置时轻杆对摆球作用力大小为mg,选项A正确,B错误;摆球向平衡位置摆动过程中,所需向心力不断增大,由于细线拉力大小不变,则杆上支持力逐渐减小,选项C错误;增大细线长度使A点上移,摆球运动平面不变,可以将小球的运动等效为一个在斜面上的单摆(解题技法),摆长为杆的长度,周期为T=2π,可知摆球运动周期不变,选项D正确。
8.A　根据单摆周期公式T=2π,可知在OO'右侧时T1=2π,在OO'左侧时mg+Eq=mg',T2=2π,解得T2=2π=π,T1=2T2,选项B、D错误。设在OO'右侧时单摆振幅为A,小球运动过程中最低点与最高点高度差为h,如图所示,由于θ≈2°,可认为PH=PO'=A,由于△OO'P与△HO'P相似,则=,即=,解得A=,根据能量守恒可知,在OO'左侧单摆摆到的最大高度h'满足mgh=(mg+Eq)h',解得h'=h,则在OO'左侧单摆振幅A'==A,选项A正确,C错误。
9.答案　(1)2π　(2)2π
解析　(1)小球在纸面内做小角度的左右摆动时,可认为小球做简谐运动,固定点为O',所以摆长为l=l0+
振动的周期为T1=2π=2π=2π
(2)小球垂直于纸面做小角度摆动时,相当于以O'点正上方天花板上的O点为悬点前后摆动(破题关键),摆长l'=l0+l0 sin α+
振动的周期为
T2=2π=2π=2π
10.C　为了使摆钟摆动时计时准确,摆锤摆动的摆角应小于5°,可知摆锤摆动的振幅不能太大,选项A错误;由T=2π可知缩短它的摆长后,周期变小,摆钟走得更快,选项B错误;若把摆钟置于正在运行的天宫空间站,因为处于完全失重状态,摆锤不会正常摆动,选项C正确;在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时,因为赤道的重力加速度较小,由T=2π可知周期长,所以赤道的摆钟走得慢些,选项D错误。
归纳总结
　　1.摆钟变慢、变快的含义
(1)若摆钟的周期变大,即T>T0,则每摆动一次,实际时间为T,而摆钟显示的时间为T0。此时我们说此钟变慢了。
(2)若摆钟的周期变小,即T2.调整摆钟快慢的方法
11.A　两质量相等的弹性小球弹性正碰时,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,由m1=m2,解得v1=0,v2=v0,可知两球碰撞后速度交换(破题关键),由单摆周期公式得TA=2π=π,TB=2π,从释放小球A到第1次相碰经历时间t1=TA=,从第1次相碰到第2次相碰经历时间t2=TB=π,从第2次相碰到第3次相碰经历时间t3=TA=,从第3次相碰到第4次相碰经历时间t4=t2=π,从释放小球A到两球发生第4次碰撞经历的时间t=t1+t2+t3+t4=,选项A正确。
12.B　
题图解读
小球在一个周期内两次经过最低点,小球在最低点时细线对摆球的拉力最大,结合题图乙可知此单摆的振动周期为T=2×(0.3π-0.1π) s=0.4π s,选项A错误;根据单摆周期公式T=2π,解得此单摆的摆长为l=0.4 m,选项B正确;小球在最低点,根据牛顿第二定律可得Fmax-mg=m,小球在最高点,根据牛顿第二定律可得Fmin=mg cos θ,小球从最高点到最低点,根据动能定理可得mgl(1-cos θ)=m,联立解得m=0.05 kg,vm= m/s,选项C、D错误。
13.答案　(1)　　(2)
关键点拨
解析　(1)物块与小球发生正碰后,物块从桌面飞出做平抛运动,竖直方向有h=gt2
解得运动时间t=
对于小球做简谐运动,由单摆周期公式可得T=2π
小球第一次摆回桌子边缘,完成半次全振动,故有T=2t
联立可得L=
(2)物块与小球碰撞过程动量守恒,则有m1v0=m1v1+m0v2
对于物块的平抛运动,有s=v1t
解得v2=
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