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3.单摆
题组一　单摆的回复力及其运动规律
1.〔多选〕关于甲、乙两图对应的说法正确的是（　　）
A.图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做匀变速直线运动
B.图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子的加速度方向永远指向平衡位置O点
C.图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力和细线拉力的合力
D.图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力不为零
2.（2025·四川高一下期末）如图所示，荡秋千在小幅度摆动时可简化为单摆做简谐运动，其等效“摆球”的质量为m、摆长为l，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A.人和踏板整体受重力、弹力、回复力的作用
B.经过最低点时人与踏板均处于平衡状态
C.人与踏板通过最高点时，合力等于零
D.荡秋千的周期为2π
题组二　单摆周期公式的理解及应用
3.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.摆锤摆动的幅度越大，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
4.如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线的长度均为L，a、b细线上端固定在同一水平面上相距为L的A、B两点上，c细线下端系着一个带正电荷的小球（小球直径可以忽略），小球质量为m，电荷量为q，垂直于纸面向外有匀强电场，电场强度 E＝，下列说法正确的是（　　）
A.小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π
B.小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝2π
C.小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π
D.小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝π
5.摆长是1 m的单摆在某地区的周期是2 s，则在同一地区（　　 ）
A.摆长是0.5 m的单摆的周期是0.707 s B.摆长是0.5 m的单摆的周期是1 s
C.周期是1 s的单摆的摆长为2 m D.周期是4 s的单摆的摆长为4 m
题组三　“类单摆”模型
6.一光滑圆弧面ABD，水平距离为L，高为h（L h），小球从顶端A处静止释放，滑到底端D的时间为t1，若在圆弧面上放一块光滑斜面ACD，则小球从A点静止释放，滑到D的时间为t2，则（　　）
A.t2＝t1 B.t2＝t1 C.t2＝t1 D.t2＝t1
7.〔多选〕如图所示，固定曲面AC是一段半径为4.0 m的光滑圆弧，圆弧与水平方向相切于A点，AB＝10 cm，现将一小物体先后从斜面顶端C和斜面圆弧部分中点D处由静止释放，到达斜曲面底端时速度分别为v1和v2，所需时间为t1和t2，以下说法正确的是（　　）
A.v1 ＞v2　 B.t1 ＞t2　 C.v1 ＜v2　 D.t1＝t2
8.〔多选〕将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为α的斜面上，其摆角为θ，如图。下列说法正确的是（　　）
A.摆球做简谐运动的回复力F＝mgsin θsin α
B.摆球做简谐运动的回复力为mgsin θ
C.摆球做简谐运动的周期为2π
D.摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力FT＞mgsin α
9.图（a）、（b）分别是甲、乙两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是（　　）
A.甲、乙两单摆的振幅相等
B.t＝2 s时，甲单摆的重力势能最小，乙单摆的动能为零
C.甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D.甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定相等
10.〔多选〕（2025·四川成都高一下期中）同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A.甲、乙两单摆的摆长之比为16∶25
B.乙单摆的机械能大于甲单摆的机械能
C.两图线交点对应的时刻（t0）的两摆球速率相等
D.甲单摆的振动方程为x＝4sincm
11.科学家将密度为ρ（小于水的密度ρ水）的球形探测器用长为L的细绳拴住并固定在湖泊底部，用于测量记录湖水的温度、pH值等数据，所在处湖水不流动。如图所示，由于受到鱼类的扰动，探测器开始在竖直面内做小角度的摆动。探测器所受阻力忽略不计，探测器可视为质点，重力加速度为g，则探测器摆动的周期为（　　）
A.2π B.2π
C.2π D.2π
12.如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O，在O点正下方0.19L处固定一颗小钉。初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉左侧，A从图示位置由静止释放（θ足够小），在最低点与B发生弹性正碰，两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是（　　）
A.若m1＝m2，则A、B在摆动过程中上升的最大高度之比为9∶10
B.若m1＝m2，则每经过1.9π时间A回到最高点
C.若m1＞m2，则A与B第二次碰撞不在最低点
D.若m1＜m2，则A与B第二次碰撞必在最低点
13.如图甲，小球在光滑球面上的A、B之间来回运动。t＝0时刻将小球从A点由静止释放，球面对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线如图乙，若弧长AB远小于半径，则（　　）
A.小球运动的周期为0.2π s
B.光滑球面的半径为0.1 m
C.小球的质量为0.05 kg
D.小球的最大速度约为0.10 m/s
3.单摆
1.BD　题图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做简谐运动，简谐运动是变加速运动，A错误；弹簧振子在弹簧弹力作用下做加速度方向永远指向平衡位置O点的变速直线运动，B正确；题图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，C错误；题图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力指向圆心，D正确。
2.D　人和踏板整体只受重力和弹力，沿切线方向的合力充当回复力，A错误；经过最低点时人与踏板有向心加速度，不是平衡状态，B错误；人与踏板通过最高点时，速度为零，则向心力为零，即沿半径方向的合力等于零，但沿切线方向的合力最大提供回复力，故合力不为零，C错误；因荡秋千在小幅度摆动时可简化为单摆做简谐运动，则其周期满足单摆的周期，为2π，D正确。
3.C　为了使摆钟摆动时计时准确，摆锤摆动的摆角不能大于5°，可知摆锤摆动的幅度不能太大，A错误；缩短它的摆长，由T＝2π可知，周期变小，摆钟走得更快，故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，C正确；在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时，因为赤道重力加速度小，由T＝2π可知周期长，所以赤道的摆钟走得慢些，故D错误。
4.D　小球不可以在纸面内做简谐运动，因为小球会受到垂直于纸面向外的电场力，纸面内无法平衡，故A、C错误；小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，等效重力F＝＝2mg，周期T＝2π＝π，故B错误，D正确。
5.D　摆长是1 m的单摆的周期是2 s，根据单摆的周期公式T＝2π可知，当地的重力加速度g＝＝π2 m/s2。摆长是0.5 m的单摆的周期T1＝2π＝2π×s≈1.414 s，故A、B错误；周期是1 s的单摆的摆长l2＝＝ m＝0.25 m，周期是4 s的单摆的摆长l3＝＝ m＝4 m，故C错误，D正确。
6.C　由于h L，小球沿光滑圆弧面ABD运动，可看作单摆模型，运动时间等于四分之一个单摆周期。设圆弧轨道半径为R，单摆周期T＝2π，小球的运动时间为t1＝T＝，小球沿光滑斜面ACD运动，可看作等时圆模型，运动时间等于从圆周最高点沿直径自由下落到最低点的时间，所以t2＝＝2，由上述可得t2＝t1，故C正确。
7.AD　由于圆弧半径远大于AB长，小物体在圆弧上的运动可等效看成单摆，由单摆周期公式可得T＝2π，小物体从C点释放和从D点释放，到达A点的时间均为，释放位置只影响振幅，不影响周期，故t1＝t2，B错误，D正确；由动能定理可得mgh＝mv2，从C点释放小物体竖直位移h较大，重力做功较多，故末速度较大，即v1＞v2，A正确，C错误。
8.AD　回复力由重力沿斜面向下分力的切向分量提供，重力沿斜面向下分力为mgsin α，沿斜面向下分力的切线分力为mgsin αsin θ，故A正确，B错误；等效重力加速度为gsin α，故周期为T＝2π，故C错误；摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力和重力沿斜面向下的分力的合力提供向心力，故FT－mgsin α＝m，故FT＞mgsin α，故D正确。
9.B　由题图（a）、（b）知，甲、乙两单摆的振幅分别为 4 cm、2 cm，故选项A错误；t＝2 s时，甲单摆在平衡位置处，乙单摆在振动的正方向最大位移处，则甲单摆的重力势能最小，乙单摆的动能为零，故选项B正确；由单摆的周期公式，推出甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝∶＝1∶4，故选项C错误；设摆球摆动的最大偏角为θ，由mgl（1－cos θ）＝mv2，a＝ 可得，摆球在最低点时向心加速度 a＝2g（1－cos θ），因两摆球的最大偏角θ满足 sin θ＝，故θ甲＞θ乙，所以a甲＞a乙，故选项D错误。
10.AD　根据单摆周期公式T＝2π，可得L＝，由题图可知甲单摆的周期为4 s，乙单摆的周期为5 s，甲、乙两单摆的摆长之比为L甲∶L乙＝∶＝16∶25，A正确；甲、乙两单摆的质量不知，无法比较甲、乙两单摆的机械能，B错误；x-t图像切线斜率表示速度，两图线交点对应的时刻（t0）的图像切线斜率绝对值不同，所以甲、乙两摆球速率不相等，C错误；甲单摆的振动方程为x＝Asint＝4sincm，D正确。
11.C　探测器受竖直向下的重力G、竖直向上的浮力F浮以及细绳的拉力，因为F浮－G为恒力，可看作等效重力G等效，故探测器的摆动可看作单摆的摆动，又因为探测器的摆动角度很小，则探测器做简谐运动。设探测器做简谐运动的等效重力加速度为g'，探测器摆动的周期为T＝2π；设探测器的体积为V，则探测器所受等效重力大小G等效＝mg'＝ρVg'，且G等效＝F浮－G＝（ρ水－ρ）Vg，联立解得T＝2π，故A、B、D错误，C正确。
12.B　由于A、B两球发生弹性正碰，则m1v0＝m1v1＋m2v2，m1＝m1＋m2，解得v1＝v0，v2＝v0，当m1＝m2时，有v1＝0，v2＝v0，根据机械能守恒定律，小球上升过程中有m1gh1＝m1，m2gh2＝m2，解得h1＝h2，故A错误；根据单摆的周期公式得T1＝2π，T2＝2π＝2π，所以A回到最高点的时间间隔为t＝＋＝1.9π，故B正确；当m1＞m2时，有0＜v1＜v0，v2＞v0，由此可知，碰撞后两球均向右摆动，但两球在右侧摆动的时间相同，所以同时回到最低点，即两球在最低点进行第二次碰撞，故C错误；当m1＜m2时，有v1＜0，0＜v2＜v0，根据以上分析有＞，所以当B球回到最低点时，A球还未回到最低点，即第二次碰撞的位置应在最低点左侧，故D错误。
13.C　小球在一个周期内经过两次最低点，根据题图乙可知，小球的运动周期为0.4π s，A错误；小球在光滑球面上做简谐振动，周期公式T＝2π中的L，即为光滑球面的半径R，代入数据可得R＝L＝0.4 m，B错误；设小球在光滑球面上最高点时与其做圆周运动的圆心连线与竖直方向的夹角为θ，小球到达最低点时的速度的最大值为v，则在最高点有mgcos θ＝F1，在最低点有F2－mg＝m，从最高点到最低点由动能定理有mgR（1－cos θ）＝mv2，其中F1＝0.495 N，F2＝0.510 N，联立以上各式解得m＝0.05 kg，v＝ m/s，C正确，D错误。
4 / 43.单摆
素养目标
1.知道单摆是一种理想化模型，理解单摆模型的条件。 2.知道单摆回复力的来源，学会通过理论推导，证明摆角很小时单摆的振动是简谐运动。 3.理解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算。 4.会处理“类单摆”问题。
知识点一｜单摆及其运动规律
1.单摆的定义：忽略悬挂小球的细线　　　　的微小变化和　　　，且线长比球的　　　大得多的装置。
2.单摆的回复力
（1）单摆的回复力是由重力沿圆弧　　　　方向的分力G1＝mgsin θ 提供的，如图所示。
（2）在偏角θ很小时（5°左右），sin θ≈tan θ≈，所以F＝－mg＝－kx，即摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成　　　，因此单摆做　　　　　　。
知识点二｜单摆的周期
1.探究单摆的周期与振幅、质量、摆长的关系
（1）探究方法：　　　　　法。
（2）探究结论：单摆振动的周期
①与摆球质量无关，②与振幅无关，③与摆长有关，摆长越长，周期　　　　；摆长越短，周期　　　　。
2.单摆的周期公式
（1）伽利略发现了单摆运动的等时性。
（2）惠更斯研究单摆的振动，确定了单摆做简谐运动时的周期公式T＝　　　　　　　　　　，并利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。
【情境思辨】
如图所示为样式（挂钟、座钟、落地钟）不同的摆钟。
（1）摆钟摆锤的振动可以看成单摆模型。（　　）
（2）摆钟摆锤振动的回复力来源于重力和摆杆的弹力的合力。 （　　）
（3）冬天走时准确的摆钟，到了炎热的夏天摆钟的走时会变慢。（　　）
（4）如果将摆钟从上海移到北京其走时会变快。 （　　）
（5）如果将摆钟带到我国的“天和核心舱”中仍然可以使用。（　　）
要点一　单摆的回复力及其运动规律
1.单摆的受力分析：如图所示。
（1）摆球的受力：受细线的拉力和摆球的重力作用。
（2）向心力的来源：细线拉力和重力沿径向分力的合力。
（3）回复力的来源：重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ。
2.单摆做简谐运动的证明
单摆的回复力F＝mgsin θ，在偏角很小时（θ为5°左右），sin θ≈tan θ≈，所以单摆的回复力为F＝－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），由于m、g、l对同一个单摆都有确定的数值，可以用一个常量k表示，由此知回复力可以写成F＝－kx，故单摆做简谐运动。
3.单摆做简谐运动的规律
（1）单摆做简谐运动的位移—时间（x-t）图像是一条正弦（或余弦）曲线。
（2）单摆振动过程中各量的变化特点
位置或过程 位移、回复力、加速度 速度、动能 重力势能
最高点 最大 零 最大
最低点 零 最大 最小
远离平衡位置运动 越来越大 越来越小 越来越大
衡位置运动 越来越小 越来越大 越来越小
【典例1】　〔多选〕如图所示为均匀小球在做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称。下列说法正确的是（　　）
A.小球受重力、绳子拉力和回复力
B.小球所受合外力就是单摆的回复力
C.小球在O点时合外力不为0，回复力为0
D.小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等
尝试解答
易错警示
单摆振动过程中回复力、向心力与合力的区别与联系
单摆振动中的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供；单摆振动过程中，由于摆球的轨迹是圆弧，故还需要向心力。
（1）在最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时合力等于回复力。
（2）在平衡位置处时，速度不为零，向心力也不为零，此时回复力为零，合力等于向心力。
（3）在其他位置时，重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力，绳子的拉力与重力沿着半径方向的分力的合力提供向心力。
1.〔多选〕关于单摆，下列说法中正确的是（　　）
A.摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
B.摆球受到的回复力总是等于它的合力
C.摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D.摆球受的合力大小跟摆球对平衡位置的位移大小不成正比
2.下列关于单摆的说法，正确的是（　　）
A.单摆摆球经过平衡位置时加速度为零
B.单摆摆球的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供
C.单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力
D.单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A（A为振幅），从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－A
要点二　单摆周期公式的理解及应用
1.对单摆周期公式T＝2π 的理解
（1）T与摆长l和当地的重力加速度g有关。
（2）T与振幅和摆球质量无关，故T又叫单摆的固有周期。
（3）成立条件：摆角很小（摆角小于5°）。
2.对摆长l和重力加速度g的理解
（1）摆长l：从悬点到摆球重心的距离。
①实际单摆的摆长：l＝l'＋，l'为从悬点到摆球上端的摆线长度，D为摆球直径。
②等效摆长：图（a）中，甲、乙在垂直纸面方向上小角度摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为 lsin α。其周期 T＝2π 。
图（b）中，如果乙在垂直纸面方向小角度摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；如果乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。
（2）重力加速度g
①在地球表面某处，g应为当地的重力加速度。
②在不同的天体表面，g应为对应天体表面的重力加速度，即g＝，式中R为天体半径，M为天体的质量。
类型一｜单摆周期公式的理解及应用
【典例2】　〔多选〕甲、乙两个单摆的振动图像如图所示。根据振动图像可以断定（　　）
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∶4
B.甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2
C.甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3
D.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
思路点拨　（1）由振动图像可知单摆振动的周期关系为T甲＝T乙。
（2）甲、乙两单摆在不同地点摆动，g不同。
尝试解答
类型二｜等效摆长问题
【典例3】　如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长也是l，下端C点系着一个小球（半径可忽略），下列说法正确的是（以下皆指摆动角度小于5°，重力加速度为g）（　　）
A.让小球在纸面内振动，周期T＝2π
B.让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π
C.让小球在纸面内振动，周期T＝2π
D.让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π
尝试解答
类型三｜等效重力加速度问题
【典例4】　〔多选〕如图所示，两个摆长相同的单摆，它们在不同条件下的周期分别为T1、T2，关于周期大小关系的判断，正确的是（　　）
A.T1＞T2 B.T1＜T2
C.T1＝2π D.T2＝2π
尝试解答
规律方法
分析单摆周期问题的思路
（1）判断单摆的运动过程是否符合简谐运动的条件。
（2）运用T＝2π时，注意l和g是否发生变化，注意“等效摆长”“等效重力加速度”的确定。
（3）知道改变单摆振动周期的途径
①改变单摆的摆长；
②改变单摆的重力加速度（改变单摆的地理位置或使单摆超重或失重）。
（4）注意单摆振动周期与摆球的质量和振幅没有关系。
要点三　“类单摆”模型
1.“类单摆”模型
有些物体的运动与单摆的运动规律类似，该类物体的运动称为“类单摆”模型。
2.两种典型实例
（1）如图甲所示，为竖直面内的光滑小圆弧（半径为R），且 R（或对应圆心角∠BOC很小），当小球在间运动时，小球受重力、轨道支持力作用，轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力，故其运动为“类单摆”运动，等效摆长L效＝R。
（2）如图乙所示，在固定的光滑斜面上，用长度为l的细绳一端固定于O1点，下端悬挂一小球，使小球在斜面内来回摆动，小球受到重力、绳的拉力、斜面的支持力作用，其运动为“类单摆”运动，等效重力为G效＝mgsin θ，等效重力加速度为g效＝gsin θ。
【典例5】　如图所示，将小球甲、乙、丙（都可视为质点）分别从A、B、C三点由静止同时释放，其中甲从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦BD轨道从上端B（与圆心A等高）到达下端D，丙沿圆弧轨道从C点运动到D（圆弧CD远小于圆的半径），最后甲、乙、丙都到达竖直面内圆弧的最低点D。如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是　（　　）
A.甲球最先到达D点，乙球最后到达D点
B.甲球最先到达D点，丙球最后到达D点
C.丙球最先到达D点，乙球最后到达D点
D.甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点
思路点拨　由于“圆弧CD远小于圆的半径”，故“丙沿圆弧轨道从C点运动到D”做“类单摆”运动，时间t＝。
尝试解答
规律方法
处理类单摆问题的思路
（1）确认符合“类单摆”模型的条件。
（2）确定等效摆长L效。
（3）确定等效重力加速度g效。
（4）利用公式T＝2π或简谐运动规律分析求解有关问题。
1.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，丙球在圆槽的圆心处。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
2.如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球，上端系在位于光滑斜面O处的钉子上，小球处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球获得一平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为（　　）
A.π B.π C.π D.π
1.图甲为一个摆钟，其钟摆的结构示意图如图乙所示，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆，上下移动，从而改变等效摆长。已知北京的重力加速度约为9.801 m/s2，海口的重力加速度约为 9.786 m/s2，若将在北京走时准确的摆钟移至海口，则下列说法正确的是（　　）
A.在海口的摆钟摆动比北京快，若要调准可将螺母适当向上移动
B.在海口的摆钟摆动比北京快，若要调准可将螺母适当向下移动
C.在海口的摆钟摆动比北京慢，若要调准可将螺母适当向上移动
D.在海口的摆钟摆动比北京慢，若要调准可将螺母适当向下移动
2.〔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.摆线不可伸缩
C.摆球的直径比摆线长度短得多
D.只要是单摆的运动就是一种简谐运动
3.将秒摆（周期为2 s）的周期变为1 s，下列措施可行的是（　　）
A.将摆球的质量减半　B.振幅减半
C.摆长减半 D.摆长减为原来的
4.〔多选〕地球表面上甲、乙单摆的振动图像如图所示。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度取10 m/s2，月球上的自由落体加速度取1.6 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A.甲、乙两个单摆的摆长之比为4∶1
B.甲摆在月球上做简谐运动的周期为5 s
C.甲摆振动的最大偏角约为2.3°
D.从t＝0开始，乙第一次到达右方最大位移时，甲到达平衡位置且向左运动
3.单摆
【基础知识落实】
知识点一
1.长度　质量　直径　2.（1）切线　（2）正比　简谐运动
知识点二
1.（1）控制变量　（2）③越大　越小　2.（2）2π
情境思辨
（1）√　（2）×　（3）√　（4）√　（5）×
【核心要点突破】
要点一
知识精研
【典例1】　CD　小球只受两个力：重力、绳子拉力，A错误；单摆的回复力由重力沿运动方向的分力提供，B错误；单摆在O点时，回复力为0，但合外力不为0，合外力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据运动的对称性可知，D正确。
素养训练
1.AD　单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球做圆周运动，还需要向心力，方向指向悬点，即指向圆心；摆角很小时，摆球的回复力大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，但是摆球受的合力大小跟摆球对平衡位置的位移大小不成正比。故A、D正确，B、C错误。
2.B　摆球经最低点（振动的平衡位置）时回复力为零，但向心力不为零，所以加速度不为零，故A错误；摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，故B正确，C错误；简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，故D错误。
要点二
知识精研
【典例2】　BCD　根据图像可知，单摆振动的周期关系：T甲＝T乙，所以周期之比为＝，频率为周期的反比，所以频率之比为＝，B、C正确；若甲、乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式T＝2π 可得摆长之比为4∶9，A错误；若在不同地点，摆长相同，根据T＝2π得重力加速度之比为9∶4，D正确。
【典例3】　A　让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2π；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为，周期T'＝2π，A正确，B、C、D错误。
【典例4】　AC　根据周期公式T＝2π，可知单摆的周期与振幅和摆球质量无关，与摆长和重力加速度有关。题图1中的周期T1＝2π，题图2中的等效重力加速度为a2＝g＋a，所以周期T2＝2π，故T1＞T2，B、D错误，A、C正确。
要点三
知识精研
【典例5】　A　设圆的半径为r，小球甲从A到D的过程中做自由落体运动，所用时间t1＝，由几何知识知∠ADB＝θ＝45°，弦BD长度为2rcos θ，小球乙从B到D的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，运动加速度为gcos θ，所用时间t2＝＝＝2，丙沿圆弧轨道从C点到D的运动可以看成类单摆运动，周期T＝2π，时间t3＝＝。故有t2＞t3＞t1，由此可知乙球最后到，甲球最先到，故A正确，B、C、D错误。
素养训练
1.B　对于甲、乙两球，都做类单摆运动，其运动周期均为T＝2π，甲、乙两球第一次到达点O时运动了 T，则t1＝t2＝＝，对于丙球，根据自由落体运动规律有R＝g，解得t3＝，故丙先到，然后甲、乙同时到，故B正确。
2.C　因为小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°，小球的运动可以看作单摆，在等效重力作用下有mgsin θ＝mg'，T＝2π ，小球回到最低点所需的最短时间为t＝＝π ，故选C。
【教学效果检测】
1.C　由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度越小，周期越大，所以将在北京走时准确的摆钟移至海口时，周期变大，即在海口的摆钟摆动比在北京的慢。若要调准，应该将等效摆长减小，即可将螺母适当向上移动。故D正确。
2.ABC　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，且摆线不可伸缩。但把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的，只有在偏角很小（θ≤5°）的情况下才能视单摆的运动为简谐运动。故A、B、C正确，D错误。
3.D　由周期公式T＝2π可知周期与振幅和摆球质量无关，在重力加速度g相同的情况下，可通过缩短摆长来改变周期，要使周期减半，摆长需变为原来的，故D正确。
4.BCD　由图像可知，甲、乙单摆的周期之比为 1∶2，根据 T＝2π，可知l＝T2，所以甲、乙两个单摆的摆长之比为1∶4，选项A错误； 根据 T＝2π ，可知＝＝＝，甲摆在月球上做简谐运动的周期为T甲月＝×2 s＝5 s选项B正确；甲摆摆长为l甲＝＝×22 m≈1 m，振幅为A＝4 cm则振动的最大偏角sin θ≈＝0.04，即θ≈2.3°，选项C正确；从t＝0开始，乙第一次到达右方最大位移时为t＝1 s的时刻，此时甲到达平衡位置且向左运动，选项D正确。
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3.单摆
1.知道单摆是一种理想化模型，理解单摆模型的条件。
2.知道单摆回复力的来源，学会通过理论推导，证明摆角很小时单摆的振动是简谐运动。
3.理解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算。
4.会处理“类单摆”问题。
素养目标
01
基础知识落实
目 录
02
核心要点突破
03
教学效果检测
04
课时作业
01
PART
基础知识落实
知识点一｜单摆及其运动规律
1. 单摆的定义：忽略悬挂小球的细线 的微小变化和 ，且
线长比球的 大得多的装置。
2. 单摆的回复力
长度　
质量　
直径　
（1）单摆的回复力是由重力沿圆弧 方向的分力G1＝mgsin θ 提供的，如图所示。
切线　
（2）在偏角θ很小时（5°左右），sin θ≈tan θ≈，所以F＝－mg＝－kx，即摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成 ，因此单摆做 。
正比　
简谐运动　
知识点二｜单摆的周期
1. 探究单摆的周期与振幅、质量、摆长的关系
（1）探究方法： 法。
（2）探究结论：单摆振动的周期
①与摆球质量无关，②与振幅无关，③与摆长有关，摆长越长，周期
；摆长越短，周期 。
控制变量　
越
大　
越小　
2. 单摆的周期公式
（1）伽利略发现了单摆运动的等时性。
（2）惠更斯研究单摆的振动，确定了单摆做简谐运动时的周期公式T
＝ ，并利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。
2π　
【情境思辨】
如图所示为样式（挂钟、座钟、落地钟）不同的摆钟。
（1）摆钟摆锤的振动可以看成单摆模型。 （　√　）
√
（2）摆钟摆锤振动的回复力来源于重力和摆杆的弹力的合力。（　×　）
（3）冬天走时准确的摆钟，到了炎热的夏天摆钟的走时会变慢。
（　√　）
（4）如果将摆钟从上海移到北京其走时会变快。 （　√　）
（5）如果将摆钟带到我国的“天和核心舱”中仍然可以使用。（　×　）
×
√
√
×
02
PART
核心要点突破
要点一　单摆的回复力及其运动规律
1. 单摆的受力分析：
如图所示。
（1）摆球的受力：受细线的拉力和摆球的重力作用。
（2）向心力的来源：细线拉力和重力沿径向分力的合力。
（3）回复力的来源：重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ。
2. 单摆做简谐运动的证明
单摆的回复力F＝mgsin θ，在偏角很小时（θ为5°左右），sin θ≈tan
θ≈，所以单摆的回复力为F＝－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），由于m、
g、l对同一个单摆都有确定的数值，可以用一个常量k表示，由此知回复
力可以写成F＝－kx，故单摆做简谐运动。
3. 单摆做简谐运动的规律
（1）单摆做简谐运动的位移—时间（x-t）图像是一条正弦（或余弦）
曲线。
（2）单摆振动过程中各量的变化特点
位置或过程 位移、回复力、加速度 速度、动能 重力势能
最高点 最大 零 最大
最低点 零 最大 最小
远离平衡位置运动 越来越大 越来越小 越来越大
衡位置运动 越来越小 越来越大 越来越小
【典例1】　〔多选〕如图所示为均匀小球在做单摆运动，平衡位置为O
点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称。下列说法正确的是
（　　）
A. 小球受重力、绳子拉力和回复力
B. 小球所受合外力就是单摆的回复力
C. 小球在O点时合外力不为0，回复力为0
D. 小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等
√
√
解析：小球只受两个力：重力、绳子拉力，A错误；单摆的回复力由重力沿运动方向的分力提供，B错误；单摆在O点时，回复力为0，但合外力不为0，合外力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据运动的对称性可知，D正确。
易错警示
单摆振动过程中回复力、向心力与合力的区别与联系
单摆振动中的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供；单摆振动过程
中，由于摆球的轨迹是圆弧，故还需要向心力。
（1）在最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时合力等于回复力。
（2）在平衡位置处时，速度不为零，向心力也不为零，此时回复力为
零，合力等于向心力。
（3）在其他位置时，重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力，绳子的拉
力与重力沿着半径方向的分力的合力提供向心力。
1. 〔多选〕关于单摆，下列说法中正确的是（　　）
A. 摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
B. 摆球受到的回复力总是等于它的合力
C. 摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D. 摆球受的合力大小跟摆球对平衡位置的位移大小不成正比
√
√
解析：单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球做圆周运动，还需要向心力，方向指向悬点，即指向圆心；摆角很小时，摆球的回复力大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，但是摆球受的合力大小跟摆球对平衡位置的位移大小不成正比。故A、D正确，B、C错误。
2. 下列关于单摆的说法，正确的是（　　）
A. 单摆摆球经过平衡位置时加速度为零
B. 单摆摆球的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供
C. 单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力
D. 单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A（A为振幅），
从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－A
解析：　摆球经最低点（振动的平衡位置）时回复力为零，但向心力不
为零，所以加速度不为零，故A错误；摆球的回复力由重力沿圆弧切线方
向的分力提供，故B正确，C错误；简谐运动中的位移是以平衡位置作为起
点，摆球在最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，故D错误。
√
要点二　单摆周期公式的理解及应用
1. 对单摆周期公式T＝2π 的理解
（1）T与摆长l和当地的重力加速度g有关。
（2）T与振幅和摆球质量无关，故T又叫单摆的固有周期。
（3）成立条件：摆角很小（摆角小于5°）。
2. 对摆长l和重力加速度g的理解
（1）摆长l：从悬点到摆球重心的距离。
①实际单摆的摆长：l＝l'＋，l'为从悬点到摆球上端的摆线长度，D为摆
球直径。
②等效摆长：图（a）中，甲、乙在垂直纸面方向上小角度摆动起来效果是
相同的，甲摆的等效摆长为 lsin α。其周期 T＝2π 。
图（b）中，如果乙在垂直纸面方向小角度摆动时，其等效摆长等于甲摆
的摆长；如果乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。
（2）重力加速度g
①在地球表面某处，g应为当地的重力加速度。
②在不同的天体表面，g应为对应天体表面的重力加速度，即g＝，式中
R为天体半径，M为天体的质量。
类型一｜单摆周期公式的理解及应用
【典例2】　〔多选〕甲、乙两个单摆的振动图像如图所示。根据振动图像可以断定（　　）
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∶4
B. 甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2
C. 甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3
D. 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
思路点拨　（1）由振动图像可知单摆振动的周期关系为T甲＝T乙。
（2）甲、乙两单摆在不同地点摆动，g不同。
解析：BCD　根据图像可知，单摆振动的周期关系：T甲＝T乙，所以周期
之比为＝，频率为周期的反比，所以频率之比为＝，B、C正确；若
甲、乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式T＝2π 可得摆长
之比为4∶9，A错误；若在不同地点，摆长相同，根据T＝2π得重力加
速度之比为9∶4，D正确。
类型二｜等效摆长问题
【典例3】　如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面
上相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长
也是l，下端C点系着一个小球（半径可忽略），下列说法正确的是（以下
皆指摆动角度小于5°，重力加速度为g）（　　）
A. 让小球在纸面内振动，周期T＝2π
B. 让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π
C. 让小球在纸面内振动，周期T＝2π
D. 让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π
√
解析：　让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长
为l，周期T＝2π；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简
谐运动，摆长为，周期T'＝2π，A正确，B、C、D错误。
类型三｜等效重力加速度问题
【典例4】　〔多选〕如图所示，两个摆长相同的单摆，它们在不同条件
下的周期分别为T1、T2，关于周期大小关系的判断，正确的是（　　）
A. T1＞T2 B. T1＜T2
C. T1＝2π D. T2＝2π
√
√
解析：　根据周期公式T＝2π，可知单摆的周期与振幅和摆球质量无
关，与摆长和重力加速度有关。题图1中的周期T1＝2π，题图2中的等效
重力加速度为a2＝g＋a，所以周期T2＝2π，故T1＞T2，B、D错误，
A、C正确。
规律方法
分析单摆周期问题的思路
（1）判断单摆的运动过程是否符合简谐运动的条件。
（2）运用T＝2π时，注意l和g是否发生变化，注意“等效摆长”“等效
重力加速度”的确定。
（3）知道改变单摆振动周期的途径
①改变单摆的摆长；
②改变单摆的重力加速度（改变单摆的地理位置或使单摆超重或失重）。
（4）注意单摆振动周期与摆球的质量和振幅没有关系。
要点三　“类单摆”模型
1. “类单摆”模型
有些物体的运动与单摆的运动规律类似，该类物体的运动称为“类单摆”
模型。
2. 两种典型实例
（1）如图甲所示，为竖直面内的光滑小圆弧（半径为R），且 R
（或对应圆心角∠BOC很小），当小球在间运动时，小球受重力、轨道
支持力作用，轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力，故其运动为“类
单摆”运动，等效摆长L效＝R。
（2）如图乙所示，在固定的光滑斜面上，用长度为l的细绳一端固定于O1
点，下端悬挂一小球，使小球在斜面内来回摆动，小球受到重力、绳的拉
力、斜面的支持力作用，其运动为“类单摆”运动，等效重力为G效＝
mgsin θ，等效重力加速度为g效＝gsin θ。
【典例5】　如图所示，将小球甲、乙、丙（都可视为质点）分别从A、
B、C三点由静止同时释放，其中甲从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦
BD轨道从上端B（与圆心A等高）到达下端D，丙沿圆弧轨道从C点运动到
D（圆弧CD远小于圆的半径），最后甲、乙、丙都到达竖直面内圆弧的最
低点D。如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是　（　　）
A. 甲球最先到达D点，乙球最后到达D点
B. 甲球最先到达D点，丙球最后到达D点
C. 丙球最先到达D点，乙球最后到达D点
D. 甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点
思路点拨　由于“圆弧CD远小于圆的半径”，故“丙沿圆弧轨道从C点运
动到D”做“类单摆”运动，时间t＝。
解析：A　设圆的半径为r，小球甲从A到D的过程中做自由落体运动，所用
时间t1＝，由几何知识知∠ADB＝θ＝45°，弦BD长度为2rcos θ，小球
乙从B到D的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，运动加速度为gcos
θ，所用时间t2＝＝＝2，丙沿圆弧轨道从C点到D的运动可
以看成类单摆运动，周期T＝2π，时间t3＝＝。故有t2＞t3＞t1，由
此可知乙球最后到，甲球最先到，故A正确，B、C、D错误。
规律方法
处理类单摆问题的思路
（1）确认符合“类单摆”模型的条件。
（2）确定等效摆长L效。
（3）确定等效重力加速度g效。
（4）利用公式T＝2π或简谐运动规律分析求解有关问题。
1. 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，丙球在圆槽的圆心处。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
√
解析：　对于甲、乙两球，都做类单摆运动，其运动周期均为T＝
2π，甲、乙两球第一次到达点O时运动了 T，则t1＝t2＝＝，对于
丙球，根据自由落体运动规律有R＝g，解得t3＝，故丙先到，然后
甲、乙同时到，故B正确。
2. 如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球，上端系在位于光滑斜
面O处的钉子上，小球处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球获得一
平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已
知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回
到最低点所需的最短时间为（　　）
A. π B. π
C. π D. π
√
解析：　因为小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°，小球的运动可以看
作单摆，在等效重力作用下有mgsin θ＝mg'，T＝2π ，小球回到最低点
所需的最短时间为t＝＝π ，故选C。
03
PART
教学效果检测
1. 图甲为一个摆钟，其钟摆的结构示意图如图乙所示，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆，上下移动，从而改变等效摆长。已知北京的重力加速度约为9.801 m/s2，海口的重力加速度约为 9.786 m/s2，若将在北京走时准确的摆钟移至海口，则下列说法正确的是（　　）
A. 在海口的摆钟摆动比北京快，若要调准可将螺母适当向上移动
B. 在海口的摆钟摆动比北京快，若要调准可将螺母适当向下移动
C. 在海口的摆钟摆动比北京慢，若要调准可将螺母适当向上移动
D. 在海口的摆钟摆动比北京慢，若要调准可将螺母适当向下移动
√
解析：　由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度越小，周期越大，
所以将在北京走时准确的摆钟移至海口时，周期变大，即在海口的摆钟摆
动比在北京的慢。若要调准，应该将等效摆长减小，即可将螺母适当向上
移动。故D正确。
2. 〔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. 摆线不可伸缩
C. 摆球的直径比摆线长度短得多
D. 只要是单摆的运动就是一种简谐运动
√
√
√
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，且摆线不可伸缩。但把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的，只有在偏角很小（θ≤5°）的情况下才能视单摆的运动为简谐运动。故A、B、C正确，D错误。
3. 将秒摆（周期为2 s）的周期变为1 s，下列措施可行的是（　　）
A. 将摆球的质量减半 B. 振幅减半
C. 摆长减半 D. 摆长减为原来的
√
解析：　由周期公式T＝2π可知周期与振幅和摆球质量无关，在重力
加速度g相同的情况下，可通过缩短摆长来改变周期，要使周期减半，摆
长需变为原来的，故D正确。
4. 〔多选〕地球表面上甲、乙单摆的振动图像如图所示。以向右的方向作
为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度取10
m/s2，月球上的自由落体加速度取1.6 m/s2。
下列说法正确的是（　　）
A. 甲、乙两个单摆的摆长之比为4∶1
B. 甲摆在月球上做简谐运动的周期为5 s
C. 甲摆振动的最大偏角约为2.3°
D. 从t＝0开始，乙第一次到达右方最大位移时，甲到达平衡位置且向左运动
√
√
√
解析：由图像可知，甲、乙单摆的周期之比为 1∶2，根据 T＝2π，可知l＝T2，所以甲、乙两个单摆的摆长之比为1∶4，选项A错误； 根据 T＝2π ，可知＝＝＝，甲摆在月球上做简谐运动的周期为T甲月＝×2 s＝5 s选项B正确；甲摆摆长为l甲＝＝×22 m≈1 m，振幅为A＝4 cm则振动的最大偏角sin θ≈＝0.04，即θ≈2.3°，选项C正确；从t＝0开始，乙第一次到达右方最大位移时为t＝1 s的时刻，此时甲到达平衡位置且向左运动，选项D正确。
04
PART
课时作业
题组一　单摆的回复力及其运动规律
1. 〔多选〕关于甲、乙两图对应的说法正确的是（　　）
A. 图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧
振子在弹簧弹力作用下做匀变速直线运动
B. 图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧
振子的加速度方向永远指向平衡位置O点
C. 图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的
回复力是摆球重力和细线拉力的合力
D. 图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力不为零
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2
3
4
5
6
7
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13
√
√
解析：题图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做简谐运动，简谐运动是变加速运动，A错误；弹簧振子在弹簧弹力作用下做加速度方向永远指向平衡位置O点的变速直线运动，B正确；题图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，C错误；题图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力指向圆心，D正确。
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2. （2025·四川高一下期末）如图所示，荡秋千在小幅度摆动时可简化为
单摆做简谐运动，其等效“摆球”的质量为m、摆长为l，重力加速度大小
为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A. 人和踏板整体受重力、弹力、回复力的作用
B. 经过最低点时人与踏板均处于平衡状态
C. 人与踏板通过最高点时，合力等于零
D. 荡秋千的周期为2π
√
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解析：　人和踏板整体只受重力和弹力，沿切线方向的合力充当回复
力，A错误；经过最低点时人与踏板有向心加速度，不是平衡状态，B错
误；人与踏板通过最高点时，速度为零，则向心力为零，即沿半径方向的
合力等于零，但沿切线方向的合力最大提供回复力，故合力不为零，C错
误；因荡秋千在小幅度摆动时可简化为单摆做简谐运动，则其周期满足单
摆的周期，为2π，D正确。
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题组二　单摆周期公式的理解及应用
3. 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. 摆锤摆动的幅度越大，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
√
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3
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12
13
解析：　为了使摆钟摆动时计时准确，摆锤摆动的摆角不能大于5°，可
知摆锤摆动的幅度不能太大，A错误；缩短它的摆长，由T＝2π可知，
周期变小，摆钟走得更快，故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，C正确；在南极和赤道
分别用完全相同的摆钟计时，因为赤道重力加速度小，由T＝2π可知周
期长，所以赤道的摆钟走得慢些，故D错误。
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4. 如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线的长度均为L，a、b
细线上端固定在同一水平面上相距为L的A、B两点上，c细线下端系着一
个带正电荷的小球（小球直径可以忽略），小球质量为m，电荷量为q，
垂直于纸面向外有匀强电场，电场强度 E＝，
下列说法正确的是（　　）
A. 小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π
B. 小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝2π
C. 小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π
D. 小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝π
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解析：　小球不可以在纸面内做简谐运动，因为小球会受到垂直于纸面
向外的电场力，纸面内无法平衡，故A、C错误；小球可以在与纸面垂直的
平面内做简谐运动，等效重力F＝＝2mg，周期T＝
2π＝π，故B错误，D正确。
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5. 摆长是1 m的单摆在某地区的周期是2 s，则在同一地区（　　 ）
A. 摆长是0.5 m的单摆的周期是0.707 s
B. 摆长是0.5 m的单摆的周期是1 s
C. 周期是1 s的单摆的摆长为2 m
D. 周期是4 s的单摆的摆长为4 m
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解析：　摆长是1 m的单摆的周期是2 s，根据单摆的周期公式T＝2π可
知，当地的重力加速度g＝＝π2 m/s2。摆长是0.5 m的单摆的周期T1＝
2π＝2π×s≈1.414 s，故A、B错误；周期是1 s的单摆的摆长l2＝
＝ m＝0.25 m，周期是4 s的单摆的摆长l3＝＝ m＝4 m，
故C错误，D正确。
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题组三　“类单摆”模型
6. 一光滑圆弧面ABD，水平距离为L，高为h（L h），小球从顶端A处静
止释放，滑到底端D的时间为t1，若在圆弧面上放一块光滑斜面ACD，则小
球从A点静止释放，滑到D的时间为t2，则（　　）
A. t2＝t1 B. t2＝t1
C. t2＝t1 D. t2＝t1
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解析：　由于h L，小球沿光滑圆弧面ABD运动，可看作单摆模型，运
动时间等于四分之一个单摆周期。设圆弧轨道半径为R，单摆周期T＝
2π，小球的运动时间为t1＝T＝，小球沿光滑斜面ACD运动，可看
作等时圆模型，运动时间等于从圆周最高点沿直径自由下落到最低点的时
间，所以t2＝＝2，由上述可得t2＝t1，故C正确。
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7. 〔多选〕如图所示，固定曲面AC是一段半径为4.0 m的光滑圆弧，圆弧
与水平方向相切于A点，AB＝10 cm，现将一小物体先后从斜面顶端C和斜
面圆弧部分中点D处由静止释放，到达斜曲面底端时速度分别为v1和v2，所
需时间为t1和t2，以下说法正确的是（　　）
A. v1 ＞v2 B. t1 ＞t2 C. v1 ＜v2 D. t1＝t2
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解析： 　由于圆弧半径远大于AB长，小物体在圆弧上的运动可等效看
成单摆，由单摆周期公式可得T＝2π，小物体从C点释放和从D点释放，
到达A点的时间均为，释放位置只影响振幅，不影响周期，故t1＝t2，B错
误，D正确；由动能定理可得mgh＝mv2，从C点释放小物体竖直位移h较
大，重力做功较多，故末速度较大，即v1＞v2，A正确，C错误。
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8. 〔多选〕将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为α的斜面上，其
摆角为θ，如图。下列说法正确的是（　　）
A. 摆球做简谐运动的回复力F＝mgsin θsin α
B. 摆球做简谐运动的回复力为mgsin θ
C. 摆球做简谐运动的周期为2π
D. 摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力FT＞mgsin α
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解析： 　回复力由重力沿斜面向下分力的切向分量提供，重力沿斜面向
下分力为mgsin α，沿斜面向下分力的切线分力为mgsin αsin θ，故A正确，
B错误；等效重力加速度为gsin α，故周期为T＝2π，故C错误；摆球
在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力和重力沿斜面向下的分力的合力
提供向心力，故FT－mgsin α＝m，故FT＞mgsin α，故D正确。
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9. 图（a）、（b）分别是甲、乙两个单摆在同一位置处做简谐运动的图
像，则下列说法中正确的是
（　　）
A. 甲、乙两单摆的振幅相等
B. t＝2 s时，甲单摆的重力势能最小，乙单摆的动能为零
C. 甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D. 甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定相等
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解析：　由题图（a）、（b）知，甲、乙两单摆的振幅分别为 4 cm、2
cm，故选项A错误；t＝2 s时，甲单摆在平衡位置处，乙单摆在振动的正方
向最大位移处，则甲单摆的重力势能最小，乙单摆的动能为零，故选项B
正确；由单摆的周期公式，推出甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝
∶＝1∶4，故选项C错误；设摆球摆动的最大偏角为θ，由mgl（1－
cos θ）＝mv2，a＝ 可得，摆球在最低点时向心加速度 a＝2g（1－cos
θ），因两摆球的最大偏角θ满足 sin θ＝，故θ甲＞θ乙，所以a甲＞a乙，故选
项D错误。
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10. 〔多选〕（2025·四川成都高一下期中）同一地点的甲、乙两单摆的部
分振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A. 甲、乙两单摆的摆长之比为16∶25
B. 乙单摆的机械能大于甲单摆的机械能
C. 两图线交点对应的时刻（t0）的两摆球速率相等
D. 甲单摆的振动方程为x＝4sincm
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解析： 　根据单摆周期公式T＝2π，可得L＝，由题图可知甲单摆
的周期为4 s，乙单摆的周期为5 s，甲、乙两单摆的摆长之比为L甲∶L乙＝
∶＝16∶25，A正确；甲、乙两单摆的质量不知，无法比较甲、乙
两单摆的机械能，B错误；x-t图像切线斜率表示速度，两图线交点对应的
时刻（t0）的图像切线斜率绝对值不同，所以甲、乙两摆球速率不相等，C
错误；甲单摆的振动方程为x＝Asint＝4sincm，D正确。
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11. 科学家将密度为ρ（小于水的密度ρ水）的球形探测器用长为L的细绳拴
住并固定在湖泊底部，用于测量记录湖水的温度、pH值等数据，所在处湖
水不流动。如图所示，由于受到鱼类的扰动，探测器开始在竖直面内做小
角度的摆动。探测器所受阻力忽略不计，探测器可视为质点，重力加速度
为g，则探测器摆动的周期为（　　）
A. 2π B. 2π
C. 2π D. 2π
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解析：探测器受竖直向下的重力G、竖直向上的浮力F浮以及细绳的拉力，因为F浮－G为恒力，可看作等效重力G等效，故探测器的摆动可看作单摆的摆动，又因为探测器的摆动角度很小，则探测器做简谐运动。设探测器做简谐运动的等效重力加速度为g'，探测器摆动的周期为T＝2π；设探测器的体积为V，则探测器所受等效重力大小G等效＝mg'＝ρVg'，且G等效＝F浮－G＝（ρ水－ρ）Vg，联立解得T＝2π，故A、B、D错误，C正确。
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12. 如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬
点均为O，在O点正下方0.19L处固定一颗小钉。初始时刻B静止于最低
点，其摆线紧贴小钉左侧，A从图示位置由静止释放（θ足够小），在最低
点与B发生弹性正碰，两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线
始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻
力，重力加速度为g。下列选项正确的是（　　）
A. 若m1＝m2，则A、B在摆动过程中上升的最大高度之比
为9∶10
B. 若m1＝m2，则每经过1.9π时间A回到最高点
C. 若m1＞m2，则A与B第二次碰撞不在最低点
D. 若m1＜m2，则A与B第二次碰撞必在最低点
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解析：　由于A、B两球发生弹性正碰，则m1v0＝m1v1＋m2v2，m1＝
m1＋m2，解得v1＝v0，v2＝v0，当m1＝m2时，有v1＝
0，v2＝v0，根据机械能守恒定律，小球上升过程中有m1gh1＝m1，
m2gh2＝m2，解得h1＝h2，故A错误；根据单摆的周期公式得T1＝
2π，T2＝2π＝2π，所以A回到最高点的时间间隔为t＝＋
＝1.9π，故B正确；
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当m1＞m2时，有0＜v1＜v0，v2＞v0，由此可知，碰撞后两球均向右摆动，
但两球在右侧摆动的时间相同，所以同时回到最低点，即两球在最低点进
行第二次碰撞，故C错误；当m1＜m2时，有v1＜0，0＜v2＜v0，根据以上分
析有＞，所以当B球回到最低点时，A球还未回到最低点，即第二次碰
撞的位置应在最低点左侧，故D错误。
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13. 如图甲，小球在光滑球面上的A、B之间来回运动。t＝0时刻将小球从A
点由静止释放，球面对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线如图乙，若
弧长AB远小于半径，则（　　）
A. 小球运动的周期为0.2π s
B. 光滑球面的半径为0.1 m
C. 小球的质量为0.05 kg
D. 小球的最大速度约为0.10 m/s
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解析：　小球在一个周期内经过两次最低点，根据题图乙可知，小球的
运动周期为0.4π s，A错误；小球在光滑球面上做简谐振动，周期公式T＝
2π中的L，即为光滑球面的半径R，代入数据可得R＝L＝0.4 m，B错
误；设小球在光滑球面上最高点时与其做圆周运动的圆心连线与竖直方向
的夹角为θ，小球到达最低点时的速度的最大值为v，则在最高点有mgcos θ
＝F1，在最低点有F2－mg＝m，从最高点到最低点由动能定理有mgR（1
－cos θ）＝mv2，其中F1＝0.495 N，F2＝0.510 N，联立以上各式解得m
＝0.05 kg，v＝ m/s，C正确，D错误。
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