人教版 (2019)选择性必修 第一册4 单摆精品巩固练习

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第04讲 单摆

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课程标准
课标解读
1．知道什么是单摆．
2．理解单摆振动的回复力来源及做简谐运动的条件．
3．掌握单摆振动的周期公式，并能用公式解题．

1．理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源．
2．了解影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式．
3．知道单摆周期的决定因素，掌握单摆的周期公式．


知识精讲


知识点01 单摆及单摆的回复力
1．单摆
(1)如果细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫做单摆。单摆是实际摆的理想化模型。
(2)单摆的平衡位置：摆球静止时所在的位置。
2．单摆的回复力
(1)回复力的来源：如图所示，摆球的重力沿圆弧切向的分力提供回复力。

(2)回复力的特点：在偏角很小时，sinθ≈，所以单摆的回复力为F＝－x，即小球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，单摆的运动可看成是简谐运动。
3．单摆的运动特点
(1)摆线以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度v≠0，半径方向都受向心力．
(2)摆线同时以平衡位置为中心做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，轨迹的切线方向都受回复力．
【即学即练1】下列有关单摆运动过程中的受力，说法正确的是(　　)
A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C．单摆经过平衡位置时合力为零
D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
【解析】　单摆运动是在一段圆弧上运动，因此单摆运动过程不仅有回复力，而且有向心力，即单摆运动的合外力不仅要提供回复力，还要提供向心力，单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，故选项B正确，A、D错误；
单摆经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合力不为零，所以选项C错误．
【答案】　B
【归纳总结】 关于单摆的回复力的两点提醒
(1)单摆振动中的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力．单摆振动过程中，“摆线拉力”与“重力沿摆线方向的分力”的合力提供向心力，这是与弹簧振子的不同之处．
(2)在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力等于回复力．
知识点02 单摆的周期
1．伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟。
2．单摆的周期
(1)单摆的周期T＝2π，只与摆长l及单摆所在处的重力加速度有关，与振幅及摆球的质量无关。单摆的周期叫固有周期。
(2)单摆的周期公式在单摆偏角很小
时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和精确值相差0.01%)。
(3)单摆周期公式中的g应为单摆所在处的重力加速度，l应为单摆的摆长。摆长是指从悬点到摆球重心的长度，l＝l′＋，l′为摆线长，d为摆球直径。
【即学即练2】如图所示，甲、乙是摆长相同的两个单摆，它们中间用一根细线相连，其中一个摆线与竖直方向成θ角．已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都做简谐运动，在摆动过程中下列说法正确的是(　　)

A．甲的振幅小于乙的振幅
B．甲的振幅等于乙的振幅
C．甲的最大速度小于乙的最大速度
D．甲的运动周期大于乙的运动周期
【解析】　由题意知，甲、乙是摆长相同的两个单摆，原来两者静止时由于质量不同，故偏角不同，质量大的偏角小，故甲的振幅小．A项正确，
两物体在平衡位置时速度最大，根据mgl(1－cosθ)＝mv2，得v＝，与质量无关，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，C项正确；
根据T＝2π，周期与质量无关，所以D项错．
【答案】　AC
知识点03 单摆的“等效思维”

l等效＝lsin α
做垂直纸面的小角度摆动

l等效＝lsin α＋l
垂直纸面摆动
l等效＝l
纸面内摆动

左侧：l等效＝l
右侧：l等效＝l
纸面内摆动T＝π＋π

l等效＝R
当半径R远大于小球位移x时，小球做单摆运动

【即学即练3】如图所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)，组成了所谓的双线摆，若细线长均为l，两线与天花板的夹角均为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，周期为(　　)

A．2π B．2π
C．2π D．2π
【解析】 　这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2π计算，但注意此处的l与题中的细线长不同，公式中的l是指质点到悬点(等效悬点)的距离，此题中单摆的等效摆长为lsin α，代入周期公式，可得T＝2π ，故选D.
【答案】 D
【归纳总结】单摆模型及问题的分析、解答
(1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型。满足条件：
①圆弧运动。②小角度摆动。③回复力F＝－kx。
(2)首先确认符合单摆模型的条件，然后寻找等效摆长l及等效加速度g，最后利用公式T＝2π或筒谐运动规律分析、解答。

能力拓展


考法01 单摆的简谐振动
【典例1】如图甲所示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象，根据图象回答：

(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
【解析】 (1)由题图乙知周期T＝0.8 s，则频率f＝＝1.25 Hz.
(2)由题图乙知，开始时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点．
(3)由T＝2π得l＝≈0.16 m.
【答案】 (1)1.25 Hz　(2)B点　(3)0.16 m
考法02 等效单摆的应用
【典例2】如图所示，三根细线于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，∠BAO＝30°，已知OC线长是L，下端C点系着一个小球(直径可忽略)．下列说法中正确的是(　　)

A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π
B．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝π
C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π
D．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝2π
【解析】　如果小球在纸面内摆动，以O点为悬点摆动，其摆长为L，周期T＝2π，故A选项正确；如果小球在垂直纸面内摆动，小球以O′为悬点摆动，如图所示．
等效摆长L′＝L＋OO′＝L＋AO·sin30°＝L＋ABcos30°·sin30°＝L
故T′＝2π＝π，故B选项正确．

【答案】　AB
考法03 圆弧面上等效单摆的作用
【典例3】如图所示，曲面AO是一段半径为2 m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长10 cm.现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别是t1和t2，那么(　　)

A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2
C．v1＝v2，t1＝t2 D．上述三种都有可能
【解析】　因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度的单摆振动，即做简谐运动，其等效摆长为2 m，单摆周期与振幅无关，因此t1＝t2，又由于小球运动过程中机械能守恒，有mgh＝mv2，解得v＝，知v1＞v2.
【答案】 B

题组A 基础过关练
1．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．摆球受到的回复力是它的合力
C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D．摆角很小时，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比
【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，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)；另外摆球所受的合力与位移大小不成正比．
【答案】　A
2．(多选)如图所示是一个单摆(θ＜5°)，其周期为T，则下列说法正确的是(　　)

A．把摆球的质量增加一倍，其周期不变
B．摆球的振幅变小时，周期也变小
C．此摆由O →B运动的时间为
D．摆球由B→O时，动能向势能转化
【解析】 单摆的周期与摆球的质量无关，A正确；
单摆的周期与振幅无关，B错误；
此摆由O →B运动的时间为，C正确；
摆球由B→O时，势能转化为动能，D错误．
【答案】 AC
3．(多选)一个单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正确的是(　　)

A．t1时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
B．t2时刻摆球速度最大，但加速度不为零
C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
E．t4时刻摆球所受合力为零
【解析】 由振动图象可知：t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球速度为零，悬线对摆球的拉力最小；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球的拉力最大．故正确答案为A、B、D.
【答案】 ABD
4．(多选)某单摆由1 m长的摆线连接一个直径为2 cm的铁球组成，下列关于单摆周期的说法正确的是(　　)
A．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变
B．用大球替代小球，单摆的周期不变
C．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小
D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变小
【解析】 用等大的铜球替代铁球，摆长不变，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期不变，故A正确；
用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期变大，故B错误；
由单摆周期公式T＝2π可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故C错误；
将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆周期变小，故D正确．
【答案】 AD
5．已知单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m，则两单摆长la与lb分别为(　　)
A．la＝2.5 m，lb＝0.9 m　　 B．la＝0.9 m，lb＝2.5 m
C．la＝2.4 m，lb＝4.0 m D．la＝4.0 m，lb＝2.4 m
【解析】　设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝3∶5。
根据单摆周期公式T＝2π，可知l＝T2，
由此得la∶lb＝T∶T＝9∶25。则
la＝×1.6 m＝0.9 m，
lb＝×1.6 m＝2.5 m。
【答案】　B
6．(多选)如图所示为甲、乙两单摆的振动图象，则(　　)

A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1

D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4
【解析】　由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故A错误，B正确；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故C错误，D正确。
【答案】　BD
7．如图所示为演示简谐运动的沙摆，已知摆长为l，沙桶的质量为m，沙子的质量为M，M>m，沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的周期(　　)

A．不变
B．先变大后变小
C．先变小后变大
D．逐渐变大
【解析】　在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的重心逐渐下降，则等效摆长逐渐变大，当沙子流到一定程度后，沙摆的重心又重新上移，则等效摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故选B.
【答案】 B
8．(多选)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运行的速率由钟摆控制．旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示．以下说法正确的是(　　)

A．当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置
B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移
C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移
D．把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移
【解析】　根据周期公式T＝2π知，当摆钟不准确时需要调整摆长，A正确；
摆钟快了，周期小，则需将摆长增大，增大周期，B错误；
由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，则需上移圆盘，C正确；
摆钟从福建移到北京，重力加速度增大，则需将摆长增大，D错误．
【答案】 AC
9．(多选)有一个单摆，原来的周期是。在下列情况下，对周期变化的判断正确的是（　　）
A．摆长减为原来的，周期也减为原来的
B．摆球的质量减为原来的，周期不变
C．振幅减为原来的，周期不变
D．重力加速度减为原来的，周期变为原来的2倍
【解析】 A．根据单摆周期公式，摆长减为原来的，周期也减为原来的，所以A错误；
BC．摆球的质量减为原来的，周期与质量、振幅无关，则周期不变，所以BC正确；
D．根据单摆周期公式，重力加速度减为原来的，周期变为原来的2倍，所以D正确；故选BCD。
【答案】 BCD
10．(多选)如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，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取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　　 　　 　　　乙
A．单摆的摆长约为1.0 m
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin πt cm
C．从t＝0.5 s到t＝1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝1.0 s到t＝1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
【解析】 由题图乙可知单摆的周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由单摆的周期公式T＝2π，代入数据可得l≈1 m，A正确；
由ω＝可得ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asin ωt＝8sin πt cm，B正确；
从t＝0.5 s到t＝1.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，C错误；
从t＝1.0 s到t＝1.5 s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，D错误。
【答案】 AB
11．(多选)图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，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，则在摆动过程中(　　)

A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零
B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力最大
C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
【解析】　摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，A错误，
B正确；在最低点B处，速度最大，回复力为零，向心力最大，细线的拉力最大，C错误，D正确．
【答案】 BD
12．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是(　　)

A．2π B．2π
C．2π D．π
【解析】　摆到竖直位置的时间为：t1＝×2π＝，从竖直位置到右侧最高点的时间为：t2＝×π＝，故小球的运动周期为：T＝2(t1＋t2)＝π，D正确．
【答案】　D
题组B 能力提升练
1．(2020-2021学年咸阳高二检测)在盛沙的漏斗下面放一木板,让漏斗左右摆动起来,同时其中细沙匀速流出,经历一段时间后,观察木板上沙子的堆积情况,则沙堆的剖面应是下图中的(　　)

【解析】 不考虑空气阻力,漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时,到达最底端运动速度最快,细沙漏到地面上的最少,两端漏斗运动最慢,细沙漏到地面上的最多,故选项B正确,选项A、C、D错误。故选B。
【答案】 B
2．如图所示，乙图中图象记录了单摆中摆球的动能、势能随摆球位置变化的关系，不计空气阻力，下列关于图象的说法正确的是(　　)

A．b图线表示动能随位置的变化关系
B．a图线表示机械能随位置的变化关系
C．c图线表示动能随位置的变化关系
D．图象表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变
【解析】 单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故a图线表示动能随位置的变化关系，b图线表示重力势能随位置的变化关系，c图线表示摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，故A、B、C错，D对．
【答案】 D
3．(多选)图中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开，各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则(　　)

A．如果mA＞mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B．如果mA＜mB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧
C．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧
D．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧
【解析】 A、B两球碰撞后，B球一定向右摆，A球可能向右摆，也可能向左摆，还可能停下来．由于两单摆摆长相同，因此摆动的周期相同，它们在第一次碰后半个周期回到平衡位置而发生第二次碰撞，C、D正确．
【答案】 CD
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(　　)

(1)　 　(2)　 　(3)　　 　(4)
A．T1＞T2＞T3＞T4 B．T1＜T2＝T3＜T4
C．T1＞T2＝T3＞T4 D．T1＜T2＜T3＜T4
【解析】　题图(1)中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力mgsin θ为等效重力，即单摆的等效重力加速度g1＝gsin θ；
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；
题图(3)为标准单摆；
题图(4)中摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g4＝g＋a.由单摆振动的周期公式T＝2π，知T1＞T2＝T3＞T4，选项C正确．
【答案】 C
5．(多选)如图所示，用绝缘细丝线悬挂着的带正电的小球在匀强磁场中做简谐运动，则(　　)

A．当小球每次通过平衡位置时，动能相同
B．当小球每次通过平衡位置时，速度相同
C．当小球每次通过平衡位置时，丝线拉力不相同
D．磁场对摆的周期无影响
E．撤去磁场后，小球摆动周期变大
【解析】 小球在磁场中运动时，由于洛伦兹力不做功，所以机械能守恒．运动到最低点，球的速度大小相同，但方向可能不同，A项正确，B项错误；
小球从左、右两方向通过最低点时，向心力相同，洛伦兹力方向相反，所以拉力不同，C项正确；
由于洛伦兹力不提供回复力，因此有无磁场，不影响振动周期，D项正确，E项错误．
【答案】 ACD
6．如图所示，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正．下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x­t关系的是(　　)


【解析】　由单摆的周期公式T＝2π可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，所以B、D项错误；
由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A项正确．
【答案】 A
7．一个单摆，在第一个行星上的周期为T1，在第二个行星上的周期为T2，若这两个行星的质量之比为M1∶M2＝4∶1，半径之比R1∶R2＝2∶1，则(　　)
A．T1∶T2＝1∶1 B．T1∶T2＝4∶1
C．T1∶T2＝2∶1 D．T1∶T2＝1∶2
【解析】　单摆的周期公式为T＝2π，对同一单摆有T∝.又根据万有引力定律mg＝G，有g＝，因此T∝，故T1∶T2＝＝＝1.
【答案】　A
8．将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动．用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法不正确的是(　　)

A．这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒
B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4
C．摆线经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径减小，摆线张力变大
D．摆线经过最低点时，角速度变大，做圆周运动的半径减小，摆线张力不变
【解析】　摆线即使碰到障碍物，摆线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，故A正确；
频闪照片拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为3∶2，根据单摆的周期公式T＝2π得，摆长之比为9∶4，故B正确；
摆线经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径变小，根据F－mg＝m知，张力变大，根据v＝ωr，知角速度增大，故C正确，D错误．故选D.
【答案】 D
9．如图，甲、乙两个单摆的悬点在同一水平天花板上，两摆球拉到同一水平高度，并用一根细线水平相连，以水平地板为参考面．平衡时，甲、乙两摆的摆线与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，且θ1>θ2.当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，则(　　)

A．甲、乙两摆的周期相等
B．甲、乙两摆的振幅相等
C．甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能
D．甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度
【解析】　根据几何关系可知，甲的摆长大于乙的摆长，甲的摆角大于乙的摆角，所以甲的振幅大于乙的振幅，根据T＝2π知，甲摆的周期大于乙摆的周期，故A、B错误；
两球开始处于平衡状态，设两球中间的细线的拉力大小为FT，根据共点力平衡知，m甲g＝，m乙g＝，则m甲 根据动能定理，因为甲球下降的高度大，则甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故D错误．
【答案】 C
10．如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的M处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力的情况下(　　)

A．A球先到达C点
B．B球先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪一个球先到达C点
【解析】　A球做自由落体运动，到达C所需时间tA＝，R为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆)，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的，即tB＝＝>tA，所以A球先到达C点，故选项A正确．
【答案】 A
11．如图所示，将摆长为L的单摆放在一升降机中，若升降机以加速度a向上匀加速运动，求单摆的摆动周期．

【解析】　单摆的平衡位置在竖直位置，若摆球相对升降机静止，则摆球受重力mg和绳拉力F，
根据牛顿第二定律：F－mg＝ma，
此时摆球的视重mg′＝F＝m(g＋a)，
所以单摆的等效重力加速度g′＝＝g＋a，
因而单摆的周期为T＝2π＝2π.
【答案】　2π
题组C 培优拔尖练
1．如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是(　　)

A．恰好在O点 B．一定在O点的左侧
C．一定在O点的右侧 D．条件不足，无法确定
【解析】 据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看作等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2π，TB＝2π，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝TA＝，tB＝TB＝，由于R1 【答案】 C
2．(2020-2021学年北京四中高二(下)期中)如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，有一足够大的绝缘光滑水平面，一根长为L的绝缘轻软细绳一端固定在平面上的O点，另一端系有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球A(可看作质点)。当小球A在水平面上静止时，细绳被拉直且与OO′重合，OO′的方向与电场方向平行。在水平面内将小球由平衡位置拉开一小段距离，保持细绳拉直，直至细绳与OO′间有一个小角度θ后由静止释放，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　)

A．小球A在运动过程中的加速度大小恒为
B．细绳通过OO′后小球A速度为0时，细绳与OO′的夹角大于θ
C．细绳通过OO′时小球A的速度与其质量m无关
D．小球A释放后经历的时间，细绳会与OO′重合
【解析】 A．在水平方向上，小球除了受电场力外，还受到绳子拉力作用，因此加速度不再是，A错误；
B．由于运动的对称性，细绳通过OO′后小球A速度减少为0时，细绳与OO′的夹角仍为θ，B错误；
C．根据动能定理，小球A通过OO′时，质量越大，速度越小，C错误；
D．小球A的运动与单摆的运动类似，其等效重力加速度，代入单摆的振动周期公式，可得，小球A经恰好与OO′时重合，D正确。故选D。
【答案】 D
3．如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心的正下方，一小球在距O点很近的A点由静止放开，同时在O点正上方有一小球自由落下，若运动中阻力不计，为使两球在O点相碰，求小球应从多高处自由落下(≪R)．

【解析】 小球由A点开始沿球壳内表面运动时，只受重力和支持力作用，等效为单摆的运动．
因为≪R，所以小球自A点释放后做简谐运动，要使两球在O点相碰，
两者到O点的运动时间相等．
设小球由A点由静止释放运动到O点的时间为t＝(2n－1)(n＝1,2,3，…)，T＝2π
由于从O点正上方自由落下的小球到O的时间也为t时两球才能在O点相碰，
所以h＝gt2＝g(2n－1)2＝(n＝1,2,3，…)
【答案】 (n＝1,2,3，…)
4．一单摆在地面上的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k.设地球的半径为R.假定地球的密度均匀．已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d.
【解析】 根据万有引力定律，地面处质量为m的物体的重力为mg＝G
式中g是地面处的重力加速度，M是地球的质量．设ρ是地球的密度，
则有M＝πρR3
摆长为l的单摆在地面处的摆动周期为T＝2π
若该物体位于矿井底部，则其重力为mg′＝G
式中g′是矿井底部的重力加速度，且M′＝πρ(R－d)3
在矿井底部此单摆的周期为T′＝2π
由题意知T＝kT′
联立以上各式得d＝R(1－k2)．
【答案】 R(1－k2)