第04講單擺-高二物理講義（人教2019選擇性必修一）

第04講單擺目標導航目標導航課程標準課標解讀1．知道什么是單擺．2．理解單擺振動的回復力來源及做簡諧運動的條件．3．掌握單擺振動的周期公式，并能用公式解題．1．理解單擺模型和單擺做簡諧運動的條件，知道單擺振動時回復力的來源．2．了解影響單擺周期的因素，掌握單擺的周期公式．3．知道單擺周期的決定因素，掌握單擺的周期公式．知識精講知識精講知識點01單擺及單擺的回復力1．單擺(1)如果細線的質量與小球相比可以忽略，球的直徑與線的長度相比也可以忽略，這樣的裝置就叫做單擺。單擺是實際擺的理想化模型。(2)單擺的平衡位置：擺球靜止時所在的位置。2．單擺的回復力(1)回復力的來源：如圖所示，擺球的重力沿圓弧切向的分力提供回復力。(2)回復力的特點：在偏角很小時，sinθ≈eq\f(x,l)，所以單擺的回復力為F＝－eq\f(mg,l)x，即小球所受的回復力與它偏離平衡位置的位移成正比，方向總是指向平衡位置，單擺的運動可看成是簡諧運動。3．單擺的運動特點(1)擺線以懸點為圓心做變速圓周運動，因此在運動過程中只要速度v≠0，半徑方向都受向心力．(2)擺線同時以平衡位置為中心做往復運動，因此在運動過程中只要不在平衡位置，軌跡的切線方向都受回復力．【即學即練1】下列有關單擺運動過程中的受力，說法正確的是()A．單擺運動的回復力是重力和擺線拉力的合力B．單擺運動的回復力是重力沿圓弧切線方向的一個分力C．單擺經(jīng)過平衡位置時合力為零D．單擺運動的回復力是擺線拉力的一個分力【解析】單擺運動是在一段圓弧上運動，因此單擺運動過程不僅有回復力，而且有向心力，即單擺運動的合外力不僅要提供回復力，還要提供向心力，單擺的回復力是重力沿圓弧切線方向的分力，故選項B正確，A、D錯誤；單擺經(jīng)過平衡位置時，回復力為零，向心力最大，故其合力不為零，所以選項C錯誤．【答案】B【歸納總結】關于單擺的回復力的兩點提醒(1)單擺振動中的回復力不是它受到的合力，而是重力沿圓弧切線方向的一個分力．單擺振動過程中，“擺線拉力”與“重力沿擺線方向的分力”的合力提供向心力，這是與彈簧振子的不同之處．(2)在最大位移處時，因速度為零，所以向心力為零，故此時合力等于回復力．知識點02單擺的周期1．伽利略發(fā)現(xiàn)了單擺運動的等時性，惠更斯得出了單擺的周期公式并發(fā)明了擺鐘。2．單擺的周期(1)單擺的周期T＝2πeq\r(\f(l,g))，只與擺長l及單擺所在處的重力加速度有關，與振幅及擺球的質量無關。單擺的周期叫固有周期。(2)單擺的周期公式在單擺偏角很小時成立(偏角為5°時，由周期公式算出的周期和精確值相差0.01%)。(3)單擺周期公式中的g應為單擺所在處的重力加速度，l應為單擺的擺長。擺長是指從懸點到擺球重心的長度，l＝l′＋eq\f(d,2)，l′為擺線長，d為擺球直徑?！炯磳W即練2】如圖所示，甲、乙是擺長相同的兩個單擺，它們中間用一根細線相連，其中一個擺線與豎直方向成θ角．已知甲的質量大于乙的質量．當細線突然斷開后，兩物塊都做簡諧運動，在擺動過程中下列說法正確的是()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．甲的運動周期大于乙的運動周期【解析】由題意知，甲、乙是擺長相同的兩個單擺，原來兩者靜止時由于質量不同，故偏角不同，質量大的偏角小，故甲的振幅?。瓵項正確，兩物體在平衡位置時速度最大，根據(jù)mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gl1－cosθ)，與質量無關，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，C項正確；根據(jù)T＝2πeq\r(\f(l,g))，周期與質量無關，所以D項錯．【答案】AC知識點03單擺的“等效思維”l等效＝lsinα做垂直紙面的小角度擺動l等效＝lsinα＋l垂直紙面擺動l等效＝l紙面內擺動左側：l等效＝l右側：l等效＝eq\f(2,3)l紙面內擺動T＝πeq\r(\f(l,g))＋πeq\r(\f(2l,3g))l等效＝R當半徑R遠大于小球位移x時，小球做單擺運動【即學即練3】如圖所示，在兩根等長的細線下懸掛一個小球(體積可忽略)，組成了所謂的雙線擺，若細線長均為l，兩線與天花板的夾角均為α，當小球垂直紙面做簡諧運動時，周期為()A．2πeq\r(\f(l,g)) B．2πeq\r(\f(2l,g))C．2πeq\r(\f(2lcosα,g)) D．2πeq\r(\f(lsinα,g))【解析】這是一個變形的單擺，可以用單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))計算，但注意此處的l與題中的細線長不同，公式中的l是指質點到懸點(等效懸點)的距離，此題中單擺的等效擺長為lsinα，代入周期公式，可得T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))，故選D.【答案】D【歸納總結】單擺模型及問題的分析、解答(1)單擺模型指符合單擺規(guī)律的運動模型。滿足條件：①圓弧運動。②小角度擺動。③回復力F＝－kx。(2)首先確認符合單擺模型的條件，然后尋找等效擺長l及等效加速度g，最后利用公式T＝2πeq\r(\f(l,g))或筒諧運動規(guī)律分析、解答。能力拓展能力拓展考法01單擺的簡諧振動【典例1】如圖甲所示是一個單擺振動的情形，O是它的平衡位置，B、C是擺球所能到達的最遠位置，設向右為正方向，圖乙是這個單擺的振動圖象，根據(jù)圖象回答：(1)單擺振動的頻率是多大？(2)開始時刻擺球在何位置？(3)若當?shù)氐闹亓铀俣葹?0m/s2，試求這個擺的擺長是多少？【解析】(1)由題圖乙知周期T＝0.8s，則頻率f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz.(2)由題圖乙知，開始時刻擺球在負向最大位移處，因向右為正方向，所以在B點．(3)由T＝2πeq\r(\f(l,g))得l＝eq\f(gT2,4π2)≈0.16m.【答案】(1)1.25Hz(2)B點(3)0.16m考法02等效單擺的應用【典例2】如圖所示，三根細線于O點處打結，A、B端固定在同一水平面上相距為eq\r(3)L的兩點上，使∠AOB成直角，∠BAO＝30°，已知OC線長是L，下端C點系著一個小球(直徑可忽略)．下列說法中正確的是()A．讓小球在紙面內擺動，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))B．讓小球在垂直紙面內擺動，周期T＝πeq\r(\f(7L,g))C．讓小球在紙面內擺動，周期T＝2πeq\r(\f(3L,2g))D．讓小球在垂直紙面內擺動，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))【解析】如果小球在紙面內擺動，以O點為懸點擺動，其擺長為L，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))，故A選項正確；如果小球在垂直紙面內擺動，小球以O′為懸點擺動，如圖所示．等效擺長L′＝L＋OO′＝L＋AO·sin30°＝L＋ABcos30°·sin30°＝eq\f(7,4)L故T′＝2πeq\r(\f(\f(7,4)L,g))＝πeq\r(\f(7L,g))，故B選項正確．【答案】AB考法03圓弧面上等效單擺的作用【典例3】如圖所示，曲面AO是一段半徑為2m的光滑圓弧面，圓弧與水平面相切于O點，AO弧長10cm.現(xiàn)將一小球先后從曲面的頂端A和AO弧的中點B由靜止釋放，到達底端O的速度分別為v1和v2，所經(jīng)歷的時間分別是t1和t2，那么()A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2C．v1＝v2，t1＝t2 D．上述三種都有可能【解析】因為AO弧長遠小于半徑，所以小球從A、B處沿圓弧滑下可等效成小角度的單擺振動，即做簡諧運動，其等效擺長為2m，單擺周期與振幅無關，因此t1＝t2，又由于小球運動過程中機械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，知v1＞v2.【答案】B題組A基礎過關練1．關于單擺，下列說法中正確的是()A．擺球受到的回復力方向總是指向平衡位置B．擺球受到的回復力是它的合力C．擺球經(jīng)過平衡位置時，所受的合力為零D．擺角很小時，擺球受的合力的大小跟擺球對平衡位置的位移大小成正比【解析】單擺的回復力不是它的合力，而是重力沿圓弧方向的分力；當擺球運動到平衡位置時，回復力為零，但合力不為零，因為小球還有向心力，方向指向懸點(即指向圓心)；另外擺球所受的合力與位移大小不成正比．【答案】A2．(多選)如圖所示是一個單擺(θ＜5°)，其周期為T，則下列說法正確的是()A．把擺球的質量增加一倍，其周期不變B．擺球的振幅變小時，周期也變小C．此擺由O→B運動的時間為eq\f(T,4)D．擺球由B→O時，動能向勢能轉化【解析】單擺的周期與擺球的質量無關，A正確；單擺的周期與振幅無關，B錯誤；此擺由O→B運動的時間為eq\f(T,4)，C正確；擺球由B→O時，勢能轉化為動能，D錯誤．【答案】AC3．(多選)一個單擺做小角度擺動，其振動圖象如圖所示，以下說法正確的是()A．t1時刻擺球速度為零，懸線對它的拉力最小B．t2時刻擺球速度最大，但加速度不為零C．t3時刻擺球速度為零，懸線對它的拉力最大D．t4時刻擺球速度最大，懸線對它的拉力最大E．t4時刻擺球所受合力為零【解析】由振動圖象可知：t1和t3時刻擺球偏離平衡位置的位移最大，此時擺球速度為零，懸線對擺球的拉力最小；t2和t4時刻擺球位移為零，正在通過平衡位置，速度最大，懸線對擺球的拉力最大．故正確答案為A、B、D.【答案】ABD4．(多選)某單擺由1m長的擺線連接一個直徑為2cm的鐵球組成，下列關于單擺周期的說法正確的是()A．用等大的銅球替代鐵球，單擺的周期不變B．用大球替代小球，單擺的周期不變C．擺角從5°改為3°，單擺的周期會變小D．將單擺從赤道移到北極，單擺的周期會變小【解析】用等大的銅球替代鐵球，擺長不變，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺的周期不變，故A正確；用大球替代小球，單擺擺長變長，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺的周期變大，故B錯誤；由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，在小擺角情況下，單擺做簡諧運動的周期與擺角無關，擺角從5°改為3°時，單擺周期不變，故C錯誤；將單擺從赤道移到北極，重力加速度g變大，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺周期變小，故D正確．【答案】AD5．已知單擺a完成10次全振動的時間內，單擺b完成6次全振動，兩擺長之差為1.6m，則兩單擺長la與lb分別為()A．la＝2.5m，lb＝0.9m B．la＝0.9m，lb＝2.5mC．la＝2.4m，lb＝4.0m D．la＝4.0m，lb＝2.4m【解析】設兩個單擺的周期分別為Ta和Tb，由題意10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝3∶5。根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知l＝eq\f(g,4π2)T2，由此得la∶lb＝Teq\o\al(2,a)∶Teq\o\al(2,b)＝9∶25。則la＝eq\f(9,25－9)×1.6m＝0.9m，lb＝eq\f(25,25－9)×1.6m＝2.5m?！敬鸢浮緽6．(多選)如圖所示為甲、乙兩單擺的振動圖象，則()A．若甲、乙兩單擺在同一地點擺動，則甲、乙兩單擺的擺長之比為l甲∶l乙＝2∶1B．若甲、乙兩單擺在同一地點擺動，則甲、乙兩單擺的擺長之比為l甲∶l乙＝4∶1C．若甲、乙兩擺擺長相同，且在不同的星球上擺動，則甲、乙兩擺所在星球的重力加速度之比為g甲∶g乙＝4∶1D．若甲、乙兩擺擺長相同，且在不同的星球上擺動，則甲、乙兩擺所在星球的重力加速度之比為g甲∶g乙＝1∶4【解析】由題圖可知T甲∶T乙＝2∶1，若兩單擺在同一地點，則兩擺長之比為l甲∶l乙＝4∶1，故A錯誤，B正確；若兩擺長相等，則所在星球的重力加速度之比為g甲∶g乙＝1∶4，故C錯誤，D正確?！敬鸢浮緽D7．如圖所示為演示簡諧運動的沙擺，已知擺長為l，沙桶的質量為m，沙子的質量為M，M>m，沙子逐漸下漏的過程中，沙擺的周期()A．不變B．先變大后變小C．先變小后變大D．逐漸變大【解析】在沙擺擺動、沙子逐漸下漏的過程中，沙擺的重心逐漸下降，則等效擺長逐漸變大，當沙子流到一定程度后，沙擺的重心又重新上移，則等效擺長變小，由周期公式可知，沙擺的周期先變大后變小，故選B.【答案】B8．(多選)惠更斯利用擺的等時性發(fā)明了帶擺的計時器，叫擺鐘，擺鐘運行時克服摩擦所需的能量由重錘的勢能提供，運行的速率由鐘擺控制．旋轉鐘擺下端的螺母可以使擺上的圓盤沿擺桿上下移動，如圖所示．以下說法正確的是()A．當擺鐘不準確時需要調整圓盤的位置B．擺鐘快了應使圓盤沿擺桿上移C．由冬季變?yōu)橄募緯r應使圓盤沿擺桿上移D．把擺鐘從福建移到北京應使圓盤沿擺桿上移【解析】根據(jù)周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知，當擺鐘不準確時需要調整擺長，A正確；擺鐘快了，周期小，則需將擺長增大，增大周期，B錯誤；由冬季變?yōu)橄募緯r擺桿受熱伸長，則需上移圓盤，C正確；擺鐘從福建移到北京，重力加速度增大，則需將擺長增大，D錯誤．【答案】AC9．(多選)有一個單擺，原來的周期是。在下列情況下，對周期變化的判斷正確的是（）A．擺長減為原來的，周期也減為原來的B．擺球的質量減為原來的，周期不變C．振幅減為原來的，周期不變D．重力加速度減為原來的，周期變?yōu)樵瓉淼?倍【解析】A．根據(jù)單擺周期公式，擺長減為原來的，周期也減為原來的，所以A錯誤；BC．擺球的質量減為原來的，周期與質量、振幅無關，則周期不變，所以BC正確；D．根據(jù)單擺周期公式，重力加速度減為原來的，周期變?yōu)樵瓉淼?倍，所以D正確；故選BCD?！敬鸢浮緽CD10．(多選)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，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，重力加速度g取10m/s2。對于這個單擺的振動過程，下列說法正確的是()甲乙A．單擺的擺長約為1.0mB．單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x＝8sinπtcmC．從t＝0.5s到t＝1.0s的過程中，擺球的重力勢能逐漸增大D．從t＝1.0s到t＝1.5s的過程中，擺球所受回復力逐漸減小【解析】由題圖乙可知單擺的周期T＝2s，振幅A＝8cm，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，代入數(shù)據(jù)可得l≈1m，A正確；由ω＝eq\f(2π,T)可得ω＝πrad/s，則單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x＝Asinωt＝8sinπtcm，B正確；從t＝0.5s到t＝1.0s的過程中，擺球從最高點運動到最低點，重力勢能減小，C錯誤；從t＝1.0s到t＝1.5s的過程中，擺球的位移增大，回復力增大，D錯誤?！敬鸢浮緼B11．(多選)圖中O點為單擺的固定懸點，現(xiàn)將擺球(可視為質點)拉至A點，此時細線處于張緊狀態(tài)，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()A．擺球在A點和C點處，速度為零，合力也為零B．擺球在A點和C點處，速度為零，回復力最大C．擺球在B點處，速度最大，回復力也最大D．擺球在B點處，速度最大，細線拉力也最大【解析】擺球在擺動過程中，在最高點A、C處速度為零，回復力最大，合力不為零，A錯誤，B正確；在最低點B處，速度最大，回復力為零，向心力最大，細線的拉力最大，C錯誤，D正確．【答案】BD12．如圖所示，一單擺懸于O點，擺長為L，若在O點的正下方的O′點釘一個光滑釘子，使OO′＝eq\f(L,2)，將單擺拉至A處釋放，小球將在A、B、C間來回振動，若振動中擺線與豎直方向夾角小于5°，則此擺的周期是()A．2πeq\r(\f(L,g)) B．2πeq\r(\f(L,2g))C．2πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(L,g))＋\r(\f(L,2g)))) D．πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(L,g))＋\r(\f(L,2g))))【解析】擺到豎直位置的時間為：t1＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(L,2g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(L,2g))，從豎直位置到右側最高點的時間為：t2＝eq\f(1,4)×πeq\r(\f(L,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(L,g))，故小球的運動周期為：T＝2(t1＋t2)＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(L,g))＋\r(\f(L,2g))))，D正確．【答案】D題組B能力提升練1．(20202021學年咸陽高二檢測)在盛沙的漏斗下面放一木板,讓漏斗左右擺動起來,同時其中細沙勻速流出,經(jīng)歷一段時間后,觀察木板上沙子的堆積情況,則沙堆的剖面應是下圖中的()【解析】不考慮空氣阻力,漏斗在從最左端向最右端運動和從最右端向最左端運動時,到達最底端運動速度最快,細沙漏到地面上的最少,兩端漏斗運動最慢,細沙漏到地面上的最多,故選項B正確,選項A、C、D錯誤。故選B?！敬鸢浮緽2．如圖所示，乙圖中圖象記錄了單擺中擺球的動能、勢能隨擺球位置變化的關系，不計空氣阻力，下列關于圖象的說法正確的是()A．b圖線表示動能隨位置的變化關系B．a(chǎn)圖線表示機械能隨位置的變化關系C．c圖線表示動能隨位置的變化關系D．圖象表明擺球在勢能和動能的相互轉化過程中機械能不變【解析】單擺擺動過程中，只有重力做功，機械能守恒，在A、C兩點動能最小，勢能最大，故a圖線表示動能隨位置的變化關系，b圖線表示重力勢能隨位置的變化關系，c圖線表示擺球在勢能和動能的相互轉化過程中機械能不變，故A、B、C錯，D對．【答案】D3．(多選)圖中兩單擺擺長相同，平衡時兩擺球剛好接觸，現(xiàn)將擺球A在兩擺球所在平面內向左拉開一小角度后釋放，碰撞后，兩擺球分開，各自做簡諧運動，以mA、mB分別表示擺球A、B的質量，則()A．如果mA＞mB，下一次碰撞將發(fā)生在平衡位置右側B．如果mA＜mB，下一次碰撞將發(fā)生在平衡位置左側C．無論兩擺球的質量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右側D．無論兩擺球的質量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左側【解析】A、B兩球碰撞后，B球一定向右擺，A球可能向右擺，也可能向左擺，還可能停下來．由于兩單擺擺長相同，因此擺動的周期相同，它們在第一次碰后半個周期回到平衡位置而發(fā)生第二次碰撞，C、D正確．【答案】CD4．如圖所示的幾個相同單擺在不同條件下，關于它們的周期關系，其中判斷正確的是()(1)(2)(3)(4)A．T1＞T2＞T3＞T4 B．T1＜T2＝T3＜T4C．T1＞T2＝T3＞T4 D．T1＜T2＜T3＜T4【解析】題圖(1)中，當擺球偏離平衡位置時，重力沿斜面的分力mgsinθ為等效重力，即單擺的等效重力加速度g1＝gsinθ；題圖(2)中兩個帶電小球的斥力總與運動方向垂直，不影響回復力；題圖(3)為標準單擺；題圖(4)中擺球處于超重狀態(tài)，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g4＝g＋a.由單擺振動的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，知T1＞T2＝T3＞T4，選項C正確．【答案】C5．(多選)如圖所示，用絕緣細絲線懸掛著的帶正電的小球在勻強磁場中做簡諧運動，則()A．當小球每次通過平衡位置時，動能相同B．當小球每次通過平衡位置時，速度相同C．當小球每次通過平衡位置時，絲線拉力不相同D．磁場對擺的周期無影響E．撤去磁場后，小球擺動周期變大【解析】小球在磁場中運動時，由于洛倫茲力不做功，所以機械能守恒．運動到最低點，球的速度大小相同，但方向可能不同，A項正確，B項錯誤；小球從左、右兩方向通過最低點時，向心力相同，洛倫茲力方向相反，所以拉力不同，C項正確；由于洛倫茲力不提供回復力，因此有無磁場，不影響振動周期，D項正確，E項錯誤．【答案】ACD6．如圖所示，長為l的細繩下方懸掛一小球a，繩的另一端固定在天花板上O點處，在O點正下方eq\f(3,4)l的O′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a擺至最低位置時，細繩會受到鐵釘?shù)淖钃酰O小球相對于其平衡位置的水平位移為x，向右為正．下列圖象中，能描述小球在開始一個周期內的x-t關系的是()【解析】由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，小球在釘子右側時，振動周期為在左側時振動周期的2倍，所以B、D項錯誤；由機械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移處距離最低點的高度相同，但由于擺長不同，所以小球在左、右兩側擺動時相對平衡位置的最大水平位移不同，當小球在右側擺動時，最大水平位移較大，故A項正確．【答案】A7．一個單擺，在第一個行星上的周期為T1，在第二個行星上的周期為T2，若這兩個行星的質量之比為M1∶M2＝4∶1，半徑之比R1∶R2＝2∶1，則()A．T1∶T2＝1∶1 B．T1∶T2＝4∶1C．T1∶T2＝2∶1 D．T1∶T2＝1∶2【解析】單擺的周期公式為T＝2πeq\r(\f(l,g))，對同一單擺有T∝eq\f(1,\r(g)).又根據(jù)萬有引力定律mg＝Geq\f(M·m,R2)，有g＝eq\f(GM,R2)，因此T∝eq\r(\f(R2,M))，故T1∶T2＝eq\r(\f(R\o\al(2,1)·M2,M1·R\o\al(2,2)))＝eq\r(\f(4×1,1×4))＝1.【答案】A8．將一單擺向左拉至水平標志線上，從靜止釋放，當擺球運動到最低點時，擺線碰到障礙物，擺球繼續(xù)向右擺動．用頻閃照相機拍到如圖所示的單擺運動過程的頻閃照片，以下說法不正確的是()A．這個實驗說明了動能和勢能可以相互轉化，轉化過程中機械能守恒B．擺線碰到障礙物前后的擺長之比為9∶4C．擺線經(jīng)過最低點時，線速度不變，做圓周運動的半徑減小，擺線張力變大D．擺線經(jīng)過最低點時，角速度變大，做圓周運動的半徑減小，擺線張力不變【解析】擺線即使碰到障礙物，擺線的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原來的高度，機械能守恒，故A正確；頻閃照片拍攝的時間間隔一定，由題圖可知，擺線與障礙物碰撞前后的周期之比為3∶2，根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得，擺長之比為9∶4，故B正確；擺線經(jīng)過最低點時，線速度不變，做圓周運動的半徑變小，根據(jù)F－mg＝meq\f(v2,r)知，張力變大，根據(jù)v＝ωr，知角速度增大，故C正確，D錯誤．故選D.【答案】D9．如圖，甲、乙兩個單擺的懸點在同一水平天花板上，兩擺球拉到同一水平高度，并用一根細線水平相連，以水平地板為參考面．平衡時，甲、乙兩擺的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，則()A．甲、乙兩擺的周期相等B．甲、乙兩擺的振幅相等C．甲擺球的機械能小于乙擺球的機械能D．甲擺球的最大速度小于乙擺球的最大速度【解析】根據(jù)幾何關系可知，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(jù)T＝2πeq\r(\f(l,g))知，甲擺的周期大于乙擺的周期，故A、B錯誤；兩球開始處于平衡狀態(tài)，設兩球中間的細線的拉力大小為FT，根據(jù)共點力平衡知，m甲g＝eq\f(FT,tanθ1)，m乙g＝eq\f(FT,tanθ2)，則m甲<m乙，在擺動的過程中，機械能守恒，以水平地板為參考面，則甲擺球的機械能小于乙擺球的機械能，故C正確；根據(jù)動能定理，因為甲球下降的高度大，則甲擺球的最大速度大于乙擺球的最大速度，故D錯誤．【答案】C10．如圖所示，MN為半徑較大的光滑圓弧軌道的一部分，把小球A放在MN的圓心處，再把另一小球B放在MN上離最低點C很近的M處，今使兩球同時自由釋放，則在不計空氣阻力的情況下()A．A球先到達C點B．B球先到達C點C．兩球同時到達C點D．無法確定哪一個球先到達C點【解析】A球做自由落體運動，到達C所需時間tA＝eq\r(\f(2R,g))，R為圓弧軌道的半徑．因為圓弧軌道的半徑R很大，B球離最低點C又很近，所以B球在軌道給它的支持力和重力的作用下沿圓弧做簡諧運動(等同于擺長為R的單擺)，則運動到最低點C所用的時間是單擺振動周期的eq\f(1,4)，即tB＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))>tA，所以A球先到達C點，故選項A正確．【答案】A11．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，求單擺的擺動周期．【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和繩拉力F，根據(jù)牛頓第二定律：F－mg＝ma，此時擺球的視重mg′＝F＝m(g＋a)，所以單擺的等效重力加速度g′＝eq\f(F,m)＝g＋a，因而單擺的周期為T＝2πeq\r(\f(L,g′))＝2πeq\r(\f(L,g＋a)).【答案】2πeq\r(\f(L,g＋a))題組C培優(yōu)拔尖練1．如圖所示，兩段光滑圓弧軌道半徑分別為R1和R2，圓心分別為O1和O2，所對應的圓心角均小于5°，在最低點O平滑連接。M點和N點分別位于O點左右兩側，MO的距離小于NO的距離?，F(xiàn)分別將位于M點和N點的兩個小球A和B(均可視為質點)同時由靜止釋放。關于兩小球第一次相遇點的位置，下列判斷正確的是()A．恰好在O點 B．一定在O點的左側C．一定在O點的右側D．條件不足，無法確定【解析】據(jù)題意，兩段光滑圓弧所對應的圓心角均小于5°，把兩球在圓弧上的運動看作等效單擺，等效擺長等于圓弧的半徑，則A、B兩球的運動周期分別為TA＝2πeq\r(\f(R1,g))，TB＝2πeq\r(\f(R2,g))，兩球第一次到達O點的時間分別為tA＝eq\f(1,4)TA＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R1,g))，tB＝eq\f(1,4)TB＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R2,g))，由于R1<R2，則tA<tB，故兩小球第一次相遇點的位置一定在O點的右側。故選C?！敬鸢浮緾2．(20202021學年北京四中高二(下)期中)如圖所示，在電場強度為E的水平勻強電場中，有一足夠大的絕緣光滑水平面，一根長