2024-2025學年人教版高二物理同步練習：單擺（解析版）

單擺

知破?學習。林

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(fā)現規(guī)律、形成合理的結論，能

用己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。

知3?務實知M

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,即尸=一苧.從回復力特點可以判斷單

擺做簡諧運動.圖2.4-1分析單擺的回復力

考點三、單擺的周期

探究單擺周期與擺長之間的關系

如圖2.4-4,在鐵架臺的橫梁上固定兩個單擺，按照以

下幾種情況，把它們拉起一定角度后同時釋放，觀察兩擺

的振動周期。圖2.4-4研究單擺的振動周期

1.兩擺的擺球質量、擺長相同，振幅不同（都在小偏角下）。

2.兩擺的擺長、振幅相同，擺球質量不同。

3.兩擺的振幅、擺球質量相同，擺長不同。

比較三種情況下兩擺的周期，可以得出什么結論？

1.單擺振動的周期與擺球質量無差（填“有關”或“無關”），在振幅較小時與振幅轉（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:即周期T與擺長/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.

提秘?創(chuàng)題樣析

題型1單擺的回復力

[例題1]（2024春?大興區(qū)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：Co

[例題2]（2023春?楚雄市校級期末）關于單擺擺球在運動過程中的受力，下列結論正確的是

（）

A.擺球受重力、擺線的張力、回復力、向心力作用

B.擺球的回復力最大時，向心力為零；回復力為零時，向心力最大

C.擺球的回復力最大時，擺線中的張力大小比擺球的重力大

D.擺球的向心力最大時，擺球的加速度方向沿擺球的運動方向

【解答】解：A、單擺擺球在運動過程中只受重力和張力的作用，回復力和向心力均為效果力，

故A錯誤；

B、擺球受的回復力最大時，處于最大位置處；故向心力為零；當在平衡位置時，回復力為零時,

但向心力最大，故B正確；

C、回復力最大時，物體處于最高點，此時，繩子的張力的與重力沿繩子方向的分力相等，故張

力小于重力，故c錯誤；

D、向心力最大時，物體處于平衡位置，此時回復力為零，合力沿豎直方向，故加速度也沿豎直

方向，故D錯誤；

故選：Bo

[例題3]（2023?房山區(qū)一模）一個單擺在豎直平面內沿圓弧尬B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。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：Co

題型2單擺的周期

[例題4]（2024春?重慶期末）如圖所示，一根總長為41且不可伸長的輕繩上端固定在天花板的01

點，下端連接一可視為質點的小球，在01點正下方距其31的。2處，固定有一根垂直紙面的光

滑細桿?，F將該小球向左拉至。2點下方、輕繩與豎直方向夾角為4。處，然后從靜止開始無初

速度釋放，不計空氣阻力，重力加速度為g,則該小球在豎直面內擺動的周期為（）

A.4nB.3nC.2K

【解答】解：根據題意可知該小球在光滑細桿的右邊可看成擺長為41的單擺，其振動周期為Ti

4Z

~9

該小球在光滑細桿的左邊可看成是擺長為1的單擺，T2=2TT±

N9

Ti+T2

則該小球在豎直面內擺動的周期為T=—^―

聯立解得T=3nfL故B正確，ACD錯誤。

\g

故選：Bo

[例題5]（2023?徐匯區(qū)校級開學）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，當地的重力加速度為g,則單擺的擺動周期為（）

A.T=2TTB.T=2n

g

C.T=2nD.T=2ir

【解答】解：單擺在升降機里向上加速時，擺球沒有擺動時其受到的拉力為F,由牛頓第二定律

得：F-mg=ma

此時擺球的視重：mg'=F=m（g+a）

F

所以單擺的等效重力加速度：g'=—=（g+a）

因而單擺的周期為：T=2n耳,故D正確，ABC錯誤。

'g+a

故選：D。

［例題6］（多選）（2022秋?新羅區(qū)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遙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（）

///篤//三///產/////

C

6

A.小球可以在紙面內做簡諧運動，周期為T=2TT歸

B.小球可以在與紙面垂直的平面內做簡諧運動，周期為T=2TTJ||

C.小球可以在紙面內做簡諧運動，周期為T=2ir陛

D.小球可以在與紙面垂直的平面內做簡諧運動，周期為T=it匹

N9

【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=211

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1=L+—（等）2號,則周期丁=2n冊=2兀息，故B正確，D錯誤。

故選：ABo

題型3單擺的振動圖像和表達式

［例題7］（2023秋?蘇州期末）如圖甲，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，對于這個

A.單擺振動的頻率是2Hz

B.單擺的擺長約為Im

C.若僅將擺球質量變大，單擺周期變大

D.t=ls時擺球位于平衡位置0,加速度為零

11

【解答】解：A.由題圖乙可知單擺的周期T=2s,所以頻率是f=7=5Hz=0.5Hz,故A錯誤;

B.由單擺的周期公式T=2TTJ!

代入數據可得L=1.0m

故B正確；

C.單擺周期與擺球質量無關，故C錯誤；

D.t=ls時擺球位于平衡位置O,加速度為向心加速度，不是零，故D錯誤。

故選：Bo

[例題8]（2023秋?撫順期末）如圖甲所示，一個單擺做小角度擺動，該運動可看成簡諧運動。從

某次擺球到達右側最大位移處開始計時，擺球相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖

乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2,TT2?10O下列說法正確的是（）

A.單擺的擺長約為0.16m

B.單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x=4cos2.5nt（cm）

C.單擺的擺長約為Im

D.從t=0.4s到t=0.6s的過程中，擺球的加速度逐漸增大，速度逐漸減小

【解答】解：AC、由振動圖像讀出周期T=0.8s,由單擺周期公式T=2nJ看解得L=0.16m,

故A正確、C錯誤;

B、由振動圖像讀出振幅A=2cm,又根據3=―,單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x=Asin

7T

（3t+（p）,代入數據得x=2sin（2.5irt+Rem,故B錯誤；

D、由圖可知，從t=0.4s至lh=0.6s的過程中，擺球靠近平衡位置，則加速度逐漸減小，速度逐

漸增大，故D錯誤。

故選：Ao

［例題9］（多選）（2024?青羊區(qū)校級模擬）圖示為地球表面上甲、乙單擺的振動圖像。以向右的方

向作為擺球偏離平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落體加速度為lOmH,月球上的自由

落體加速度為L6m/s2,下列說法正確的是（）

A.甲、乙兩個單擺的擺長之比為4：1

B.甲擺在月球上做簡諧運動的周期為5s

C.甲擺振動的振幅4cm

D.甲單擺的擺長約為4m

71

E.乙單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x=2sin（0.5-rrt+pern

【解答】解：A.由圖，在地球上甲單擺的周期為2s,乙單擺的周期為4s,甲、乙兩單擺的周期

比為1：2,根據單擺的周期公式T=2邛

可得

則甲、乙兩單擺的擺長比為1：4,故A錯誤；

B.在地球上甲單擺的周期為2s,根據單擺的周期公式T=2n歸

可得T月=5s,故B正確；

C.振幅為偏離平衡位置的最大距離，如圖可知甲擺振動的振幅為4cm,故C正確；

D.甲單擺的周期為2s,根據單擺的周期公式T=2it匡

可得擺長為L-lm,故D錯誤；

一27r27r

E.由圖可知乙單擺的振幅為2cm,周期為4s,可得⑴=亍~=7rad/s=0.5Tirad/s

71

t=0時，位移為正向最大，所以初相位為<Po=5

根據簡諧運動位移隨時間變化的關系x=Asin（3t+<po）

71

可得，乙單擺位移X隨時間t變化的關系式為X=2sin（0.5Trt+5）on,故E正確。

故選：BCEo

題型4等效單擺問題

[例題10]（2023秋?江陰市校級期末）如圖所示，“桿線擺”可以繞著固定軸00,來回擺動。擺球

的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內，這相當于單擺在光滑斜面上來回擺動。輕桿水平，桿

和線長均為L,重力加速度為g,擺角很小時，“桿線擺”的周期為（）

#°°\o/

輕桿

A.2n1回B.2n區(qū)C.r，,2-

2'1T瓦/—D.21TI—

JaNg\9J：

【解答】解：由于小球繞OO'為軸轉動，如圖所示:

o

細線/

輕桿

“桿線擺，，的擺長為

TYICISlTl30o

等效重力加速度￡=弋;一，解得：g'=-g

“桿線擺”的周期為T=2TTU，解得：T=2TT陛，故A正確，BCD錯誤。

79

故選：A?

[例題11]（2023?徐匯區(qū)校級開學）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弧長為10cm,現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，到達底端的速度分別為V1和V2,經歷的時間分別為口和t2,那么（）

A.Vi〈V2，t]Vt2B.V]>V2，tj=t2

C.Vi=V2，ti=t2D.以上三項都有可能

【解答】解：小球的運動可視為簡諧運動（單擺運動），根據周期公式T=2TTR知小球在A點

1

和B點釋放，運動到O點的時間相等，都等于彳T。

q

根據動能定理有：mgh=-pnv2,知A點的h大，所以從A點釋放到達O點的速度大。故B正確,

A、C、D錯誤。

故選：Bo

[例題12]（2024春?仁壽縣校級期中）如圖所示，光滑圓弧軌道的圓心為Oi（圖中未畫出），半徑為

R=lm,圓弧底部中點為O,兩個大小可忽略，質量分別為mi和m2的小球A和B,A在離O

點很近的軌道上某點，AOi與豎直方向的夾角為仇并且cosB=0.99,B在O點正上方處，現

同時釋放兩球，使兩球在小球A第三次通過O點時恰好相碰，取g=10m/s2,/pg。求：

（1）小球A做簡諧運動的周期。

（2）小球A經過最低點時的速度大小。

【解答】解：（1）根據題意分析知，可將A球運動看作擺長為R的單擺，其周期：T=2TT慳=2

x2y[R=2xVls=2s

1r

（2）小球從A到O的過程中機械能守恒，可得：migR（l-cos。）=/1樣

可得：v=Vo.2m/s

55

（3）A第三次通過位置O,即用時：t=：T=TX2s=2.5s

44

B做自由落體運動，用時與A相同，則：h=-gt2=—x10x2.52m=31.25m

題型5探究單擺周期與擺長的關系

[例題13]（2022秋?山西期末）某同學在探究單擺運動中，圖a是用力傳感器對單擺運動過程進行測

量的裝置圖，圖b是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的F-t圖像，根據圖b的信息可得

A.擺球所受重力和擺線對擺球拉力的合力充當單擺的回復力

B.從t=0時刻開始擺球第一次擺到最低點的時刻為0.5s

C.用米尺量得細線長度1,即擺長為1

D.由圖可計算出單擺的長度為1.0m

【解答】解：A、單擺運動的回復力是擺球重力在垂直擺線方向上的分力，而不受擺球所受重力

和擺線對擺球拉力的合力，故A錯誤；

B、擺球第一次擺到最低點時，力傳感器顯示的力最大，根據題圖乙的信息可得，所對應的時刻

為t=0.5s,故B正確；

C、擺長應為繩長與小球半徑之和，故C錯誤；

D、根據題圖乙的信息可得，單擺周期T=1.6s,

由單擺周期公式T=2TTR

代入數據解得，擺長為1=0.64m；

故D錯誤；

故選：Bo

[例題14]（2023秋?萊西市期末）用圖示裝置完成“探究單擺周期與擺長的關系”:

jf（皿）

I1,1I1,1I,II1,1,1IIIIIAtAtAt

|IIII|lIII|"FT而計

0510

Otjtj+to（+2%t

甲丙

（1）用游標尺上有10個小格的游標卡尺測量擺球的直徑，結果如圖甲所示，可讀出擺球的直徑

為cm：

（2）實驗時，擺球在垂直紙面的平面內擺動，為了將人工記錄振動次數改為自動記錄振動次數,

在擺球運動的最低點的左、右兩側分別放置激光光源與光敏電阻，如圖乙所示，光敏電阻與某一

自動記錄儀相連，該儀器顯示的光敏電阻阻值R隨時間t的變化圖線如圖丙所示，則該單擺的周

期為；

（3）若把該裝置放到正在勻加速上升的電梯中，用完全相同的操作重新完成實驗，圖像中At將

（選填“變大”“不變”或“變小”），圖像中to將（選填“變大”“不變”或

“變小”）。

【解答】解：（1）游標卡尺分度值為0.1mm,擺球直徑為18mm+7X0.1mm=18.7mm=1.87cm

（2）擺球運動到最低點時R變大，由圖可知周期為2訪；

（3）若把該裝置放到正在勻加速上升的電梯中，則等效重力加速度變?yōu)?/p>

g'=g+a>g

則用完全相同的操作重新完成實驗，則擺球經過最低點時的速度變大，則遮光時間變短，即圖像

中At將變小，單擺的周期T=2'j1變小，可知圖像中歷將變小。

故答案為：（1）1.87；（2）2to；（3）變?。蛔冃?/p>

[例題15]（2024?重慶模擬）某同學用如圖1所示裝置“研究單擺運動的規(guī)律”。讓擺球在豎直平面

內擺動，用力傳感器得到細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的圖像如圖2所示。

主尺

2cm34

°游標尺i°20

圖3

（1）由圖像可得，該單擺的振動周期T=.

（2）該同學先用20分度的游標卡尺測量擺球的直徑，結果如圖3所示，其讀數為emo

（3）已知擺球的質量為m,可得當地重力加速度大小g=（用題給物理量符號表示）。

【解答】解：（1）單擺經過最低點時，速度最大，據牛頓第二定律知，單擺經過最低點時擺線的

拉力最大；從最低點到再次到達最低點所需時間等于半個周期，所以據圖象得該單擺的周期為

2to；

(2)小球的直徑d=20mm+14X0.05mm=20.70mm=2.070cm；

(3)設單擺的擺長為L,最大擺角為。，在最高點時其速度為零，則其向心力為零，有Fi=mgcos。

在最低點時，對擺球受力分析：F2-mg=nrj-

1c

從最|W1點到最低點由動能定理得：mgL(1-COS0)=^mv2

2F1+F2

由以上三式聯立得g=3m

772+2/7I

故答案為：(1)2t-0；(2)2.070；(3)--Z-m---。

升隼?知鉞深化

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.

⑶回復力來源：擺球重力沿圓弧切線方向的分力尸=聯必e提供了使擺球

振動的回復力.

二、單擺做簡諧運動的推證

xmg

在偏角很小時，sin9^-,又回復力尸=儂5舊9,所以單擺的回復力為尸=—7武式中x表示擺

球偏離平衡位置的位移，/表示單擺的擺長，負號表示回復力廠與位移x的方向相反)，由此知回復

力符合尸=一版，單擺做簡諧運動.

解惑?題型臺球

1.(2024春?成都期末)如圖為某一單擺的簡化模型，其擺角a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a（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=2TT但可知，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：Co

2.（2024春?黃浦區(qū)校級期末）如圖所示，A、B分別為單擺做簡諧振動時擺球的不同位置。其中,

位置A為擺球擺動的最高位置，虛線為過懸點的豎直線。以擺球最低位置為重力勢能零點，則

B.位于A處時動能最大

C.在位置A的勢能大于在位置B的動能

D.在位置B的機械能大于在位置A的機械能

【解答】解：AB、在平衡位置即最低點時擺球的速度最大，即動能最大，在最高點即最大位移處

時速度為零，動能最小為零，重力勢能最大，故AB錯誤；

CD、因為單擺做的是簡諧運動，所以單擺的機械能守恒，即單擺在A點和B點具有的機械能相

等，在A點的機械能等于重力勢能，在B點的機械能等于在B點時的動能和重力勢能之和，所

以在A處的勢能大于在B處的動能，故C正確，D錯誤。

故選：Co

3.（2024春?西安期末）如圖所示，兩個半徑大小相同、質量不同的小球mi和m2（mi<m2）分

別放在光滑圓弧（弧長遠小于半徑）最低點0和離0點一小段距離處，t=0時刻將小球012由

靜止釋放，經過一段時間二者發(fā)生碰撞，碰后兩小球未離開軌道。已知圓弧半徑R=lm,當地

的重力加速度大小g=9.8m/s2,小心9.8,兩小球均可看作質點，當兩小球第二次碰撞時（）

0

A.與第一次碰撞時間間隔為1s

B.與第一次碰撞時間間隔為2s

C.在0點左側碰

D.在0點右側碰

【解答】解：碰撞后，兩個小球均做簡諧運動，且周期為：T=2n慳，運動時間與質量和速度無

關，所以兩球總是回到平衡位置發(fā)生碰撞，即在0點發(fā)生碰撞，時間間隔為：t=J=n三$=

279.8

1s,故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

（2024春?天府新區(qū)期末）下列說法正確的是（）

A.發(fā)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(tǒng)所受的合外力為零，則該系統(tǒng)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(fā)射“嫦娥六號”月球探測器所需

的發(fā)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(tǒng)所受的合外力為零，則該系統(tǒng)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=2it1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：Bo

（2024春?浦東新區(qū)校級期末）小球（半徑很小可忽略）在光滑的圓槽內作簡諧振動，為了使

振動周期變?yōu)樵瓉淼?倍，可采取的方法是（）

A.將小球質量減為原來的一半

B.將其振幅變?yōu)樵瓉淼?倍

C.將圓槽半徑變?yōu)樵瓉淼?倍

D.將圓槽半徑變?yōu)樵瓉淼?倍

【解答】解：小球受重力和支持力，支持力的切向分量提供向心力，是類似單擺模型，根據單擺

的周期公式T=2TT慳，周期與振幅、擺球的重力均無關無關，要使振動周期變?yōu)樵瓉淼?倍，可

以圓槽半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，故ABC錯誤，D正確。

故選：D。

6.（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（）

C.小球平衡時，A端拉力為j-N

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T=2n但，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:

mg0.1x10叵

aW=^N,故CD錯誤;

以=%=2cos30。

23

AB

B、兩段繩的夾角等于6。。，根據幾何關系可知，等效擺長L=0:淅

小球擺動周期T=2嗡，解得T=2s,故B正確。

故選：Bo

7.（2024春?永川區(qū)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01、軌跡圓圓心為。2。

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：Do

8.（2024?順義區(qū)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lOm/s?。（）

A.單擺的振動周期為0.2ns

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0.4ns,故A錯誤;

B.由單擺周期公式T=2nJ!

,gT2

得L=痂

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mgcos0=0.495

mv2

在最低點有0.510-mg=——

Lt

1c

從最|W）點到最低點，由動能定理得mgL（l-cos。）=*"2

代入數據聯立解得m=0.05kg,v=0.2V2m/s

故C正確，D錯誤。

故選：Co

9.