高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册单摆当堂检测题

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册单摆当堂检测题，文件包含4单摆培优考点练原卷版docx、4单摆培优考点练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc32702" 题型分组练 PAGEREF _Tc32702 \h 1
\l "_Tc7675" 题型01 单摆 PAGEREF _Tc7675 \h 1
\l "_Tc21699" 题型02图像问题 PAGEREF _Tc21699 \h 5
\l "_Tc2273" 题型03单摆的周期公式 PAGEREF _Tc2273 \h 9
\l "_Tc31834" 创新拓展练 PAGEREF _Tc31834 \h 14
\l "_Tc26343" 链接高考 PAGEREF _Tc26343 \h 19
\l "_Tc15108" 新题速递 PAGEREF _Tc15108 \h 22
题型分组练
题型01 单摆
1．（24-25高二下·安徽合肥·期中）荡秋千是深受小朋友喜欢的游乐活动。秋千由坐板和绳构成，人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单摆模型，人和坐板可视为“摆球”，如图所示，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．“摆球”所受重力和绳的拉力的合力提供“摆球”做简谐运动的回复力
B．远离最低点运动的过程中，“摆球”的动能逐渐增大
C．经过最低点时“摆球”处于平衡状态
D．“摆球”经过最低点时开始计时，则经过四分之一周期“摆球”相对最低点的位移最大
【答案】D
【详解】A．“摆球”所受重力在垂直摆线方向的分力提供“摆球”做简谐运动的回复力，故A错误；
B．远离最低点运动的过程中，动能减小，故B错误；
C．经过最低点时“摆球”有向心加速度，不是处于平衡状态，故C错误；
D．“摆球”经过最低点时开始计时，则经过四分之一周期“摆球”到达最大位移处，相对最低点的位移最大，故D正确。
故选D。
2．（24-25高二下·山西阳泉·期中）一单摆如图甲所示，M、N为单摆偏移的最大位置，O点为最低点，该单摆的振动图像如图乙所示。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，重力加速度g取10m/s2，，下列说法正确的是（ ）
A．该单摆的摆长为1m
B．t = 0时刻，摆球位于M点或N点
C．从t1 = 0.5s到t2 = 1.5s时间内单摆的回复力先增大后减小
D．摆球运动到N点时加速度为0
【答案】A
【详解】A．由图乙可知单摆的周期为，根据单摆周期公式，可得该单摆的摆长为
故A正确；
B．由图乙可知，时刻，摆球位于O点，故B错误；
C．由图乙可知从到的过程中，摆球靠近平衡位置，受到的回复力减小；从到的过程中，摆球远离平衡位置，受到的回复力增大，故C错误；
D．摆球运动到N点时，处于最高点，此时合力等于重力沿切线方向的分力，所以加速度不为0，故D错误。
故选A。
3．（24-25高二下·山西吕梁·期中）如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道固定在水平面上，O为圆弧的圆心，C为轨道的最低点，A、B两点关于C点对称，A、B、C三点在同一竖直面内，且圆弧所对应的圆心角θ小于，半径为r的小球由A点静止释放，此后小球在间往复运动，已知。则下列说法正确的是（ ）
A．小球在A点受到的合力为零
B．小球在C点受到的合力为零
C．小球由A点到C点的过程中，受轨道弹力逐渐增大
D．小球由A点到B点的时间为
【答案】C
【详解】A．小球在A点受竖直向下的重力和沿半径方向的支持力，合外力不为零，A错误；
B．小球在C点由牛顿第二定律有
支持力大于重力，合外力不为零，B错误；
C．对小球受力分析，由牛顿第二定律有
小球从A点向C点运动的过程中，绳子与竖直方向的夹角减小，增大，小球的增大，故受轨道弹力逐渐增大，C正确；
D．小球做单摆的周期为
则小球从A点运动到B点的时间为
D错误。
故选C。
4．（24-25高二下·浙江丽水·期中）如图所示，一根长为l的轻质细绳，一端固定于O点，另一端系着质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，形成圆锥摆，此时细绳与竖直方向夹角为θ；另有一个摆长也为l的单摆，其摆球质量也为m，做小角度的简谐运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．圆锥摆的周期等于单摆的周期
B．圆锥摆中小球的线速度大小
C．单摆做简谐运动时加速度大小不变
D．单摆的最大摆角从5°调整到60°，单摆的周期不变
【答案】B
【详解】A．对圆锥摆，根据牛顿第二定律有
解得圆锥摆周期
单摆周期
可知圆锥摆的周期小于单摆的周期，故A错误；
B．对圆锥摆，根据牛顿第二定律有
解得
故B正确；
C．根据简谐运动规律可知，单摆做简谐运动时加速度大小
由于位移x时刻在变，故加速度大小时刻改变，故C错误；
D．单摆是摆角小于的摆动，单摆的最大摆角从调整到时，小球做的不是单摆运动了，周期会改变，故D错误。
故选B。
5．（23-24高二下·广东江门·阶段练习）如图（甲）所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图像如图（乙）所示，以下说法正确的是（ ）
A．t1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小
B．t2时刻小球速度最大，小球的回复力最大
C．t3时刻小球速度为零，小球的合力为零
D．t3时刻到t4时刻的过程中，轨道对小球的支持力变大
【答案】AD
【详解】A．小球做小角度振动，则小球的运动可以近似看为简谐运动，t1时刻小球相对于平衡位置位移最大，即小球运动到了最高点，可知，此时小球速度为零，轨道对它的支持力最小，故A正确；
B．结合上述，t2时刻小球处于简谐运动的平衡位置，小球的速度最大，小球的回复力最小，故B错误；
C．t3时刻小球相对于平衡位置位移最大，即小球运动到了最高点，可知，此时小球速度为零，小球的合力不为零，故C错误；
D．t3时刻到t4时刻的过程中，小球由最高点运动到最低点，速度增大，沿半径方向的合力增大，重力沿半径方向的分力增大，则轨道对小球的支持力变大，故D正确。
故选AD。
题型02图像问题
6．（24-25高二下·广西南宁·期中）如图1所示的单摆，O是摆球的平衡位置，A、B分别是单摆摆动过程中的两个位移最大的位置。当摆球从左向右经过O点时开始计时，单摆的振动图像如图2所示，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．0．5s时摆球的位移大小为5cm
B．1s~2s时间内摆球的加速度越来越大
C．该单摆的摆长约为4m
D．摆球动能变化的周期为2s
【答案】CD
【详解】A．图2可得该简谐运动方程为
0．5s时摆球的位移大小为
故A错误；
B．图2可知1s~2s时间内摆球的位移越来越小，回复力越来越小，由牛顿第二定律可知加速度越来越小，故B错误；
C．根据单摆周期
解得摆长
故C正确；
D．根据简谐运动对称性可知，摆球动能变化的周期为单摆周期的一半，即摆球动能变化的周期为2s，故D正确。
故选CD。
7．（2025·河北秦皇岛·一模）如图甲所示是一个单摆，摆球在竖直面做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度大小为，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知（ ）
A．该单摆振动的频率为
B．振动方程为
C．时，摆球速度大小为
D．时，摆球加速度为零
【答案】B
【详解】A．由振动图，可知周期为，即可得频率
解得
故A错误；
B．由振动图可得到振幅，因为
联立以上解得质点的振动方程为
故B正确；
C．由质点的振动图的斜率表示速度，可知时，摆球速度大小为0，故C错误；
D．由回复力与位移的关系，结合振动图，可知摆球在平衡位置，速度最大，在竖直方向上，拉力与重力的合力提供向心力，即小球有向心加速度，故D错误。
故选B。
8．（23-24高二下·北京通州·期末）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，得到摆球相对平衡位置的位移x随时间变化的图像，如图乙所示，不计空气阻力。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（ ）

A．时，摆球所受回复力最大，方向向右
B．时，摆球偏离平衡位置位移最大，方向向右
C．从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．该单摆摆长约为2m
【答案】A
【详解】A．以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向, 时,位移为，即摆球在端点A，由可知，摆球所受回复力最大，方向向右，故A正确；
B．时，摆球的位移为零，即摆球刚好在平衡位置，故B错误；
C．从到的过程中，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，故C错误；
D．由图像可知单摆的周期为，由，可得摆长为
故D错误。
故选A。
9．（23-24高二下·新疆吐鲁番·期中）如图所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图像，从图像可知（ ）
A．两单摆的摆长相等B．两摆球质量，
C．两单摆相位相差D．在相同时间内，两摆球通过的路程总有
【答案】AC
【详解】AB．从振动图像知
又由
可知，两单摆的摆长相等；由于周期与摆球的质量无关，所以不能确定两摆球的质量关系，故A正确，B错误；
C．由图像可知
两单摆相位相差，故C正确；
D．由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同时间，两摆球通过的路程才一定满足，若不能满足以上的要求，则不一定满足，故D错误。
故选AC。
10．（23-24高二下·江西南昌·期中）利用力的传感器可以测出单摆做简谐振动的过程中细线对摆球的拉力大小。现测得细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．单摆的周期为
B．在时刻摆球重力的瞬时功率为
C．摆球的重力大小等于
D．有可能细线拉力的最大值是最小值的倍
【答案】BC
【详解】A．摆球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，此时开始计时，第二次拉力最大时对应的时间即为一个周期，根据图象可知：单摆的周期为
故A错误；
B．当绳子拉力最小时，摆球在最高点，当绳子拉力最大时，摆球在最低点，由图可知在时刻摆球在最低点，速度沿着水平方向，与重力方向垂直，此时重力的瞬时功率为，故B正确；
C．当摆球在最高点时，沿绳方向根据平衡条件
在最低点，根据牛顿第二定律
由最高点到最低点过程，根据动能定理
联立解得
故C正确；
D．根据C选项可得
根据数学知识可知细线拉力的最大值不可能是最小值的倍，故D错误。
故选BC。
题型03单摆的周期公式
11．（24-25高二下·河南·期中）如图所示，用两根完全相同、不可伸长的轻绳对称地将小球吊在空中，两绳与水平方向夹角均为。轻推小球，测得其在垂直纸面方向摆动的周期为T，已知每根轻绳的长度为L，小球可视为质点，则当地重力加速度g的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由几何关系可知单摆的摆长为
由周期公式
解得当地重力加速度为
故选D。
12．（24-25高二下·河南·期中）如图甲，有一单摆，悬点为O，摆长为L。将摆球（可视为质点）拉到A点后由静止释放，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，最大摆角为α，摆球质量为m。在O点接有一力传感器，图乙表示从某时刻开始计时，细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，其中t0为已知量，不计空气阻力。求：
(1)当地重力加速度的大小；
(2)摆球在A点时，回复力的大小；
(3)细线对摆球拉力的最小值和最大值。
【答案】(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）由图像乙可得，单摆周期为
根据单摆周期公式
联立可得
（2）摆球在A点时，回复力的大小为
解得
（3）当摆球位于最高点时，绳子的拉力最小
整理得
当摆球位于最低点时，绳子拉力和重力的合力提供向心力，此时绳子拉力最大，根据牛顿第二定律有
摆球从最高点运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有
联立可得
13．（24-25高二下·北京·期中）两组同学利用假期分别在A、B两地的物理实验室做“单摆周期T和摆长L的关系”的实验。根据他们两组的测量数据绘制的图像如图甲所示。另外，在A地做研究的同学还绘制了a、b两个单摆摆球的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．由图甲可知A地的重力加速度大于B地的重力加速度
B．由图甲可知A地的重力加速度小于B地的重力加速度
C．由图乙可知a、b两摆球振动周期之比为3∶5
D．由图乙可知a、b两单摆摆长之比为4∶9
【答案】BD
【详解】AB．由单摆的周期公式
整理得
即题图甲中图线的斜率
重力加速度越大，斜率越小，A的重力加速度比B的小，故A错误，B正确；
C．从题图乙可以得出
即
故C错误；
D．由单摆的周期公式
可知，两单摆摆长之比
故D正确。
故选BD。
14．（24-25高二下·浙江温州·期中）将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中点为单摆的固定悬点，现将小球（可视为质点）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、、之间来回摆动，其中点为运动中的最低位置，；小于且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，且图中时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题（包括图）所给的信息，求：（取）
(1)单摆的振动周期（用表示）；
(2)单摆的摆长；
(3)摆球运动过程中的最大速度大小。
【答案】(1)
(2)0.4m
(3)或0.283m/s
【详解】（1）小球在一个周期内两次经过最低点，由乙图可知周期为
（2）根据单摆的周期公式
代入数据解得
（3）小球从A到B，机械能守恒，则有
小球在A点有
小球在B点有
解得
15．（24-25高二下·浙江·期中）随着低空经济的发展，航空救援正在悄然诞生。在一个晴朗无风的日子里，某次航空救援演习正在进行中，救援人员需要“救出”高楼中的“被困人员”。整个演习过程为：一架直升机悬停在高楼上方，放下绳索，救援人员顺着绳索下滑到达“被困人员”所在的位置，随后踢开窗户进入室内完成救援演习。现将整个过程简化成如下模型：质量为60kg的救援队员从绳索顶端静止开始匀加速下滑，到中间某位置时开始匀减速下滑，到达窗口时候速度恰好减小为0，然后立刻用力踢开窗户，因受到窗户的反作用力，队员将往外运动，做半个周期的单摆运动后进入窗户。在下滑的过程中，绳子拉力随时间变化的图像如F-t图所示，救援人员需要通过绳索下滑90m才能到达救援位置。不计绳索质量，救援人员可视作质点，g=10m/s²，求：
(1)救援人员加速下滑时候的加速度a1。
(2)救援人员减速下滑的距离x1。
(3)从开始下滑到进入窗户所用的总时间t（取3.14，结果保留一位小数）。
【答案】(1)1m/s2
(2)40m
(3)27.4s
【详解】（1）救援人员加速下滑时绳子的拉力F1=540N，根据牛顿第二定律
解得a1=1m/s2
（2）加速下滑的距离
减速下滑的距离x1=90m-50m=40m
（3）减速下滑的时间
单摆半个周期的时间
则从开始下滑到进入窗户所用的总时间
创新拓展练
16．（24-25高二下·浙江杭州·期末）如图所示，半径为的四分之一圆弧轨道和固定在水平面上并与水平轨道平滑连接，轨道面均光滑。将一质量为的滑块1从轨道上端的点静止释放，并与静止在水平轨道上质量也为的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，然后滑上轨道。不计空气阻力，滑块1、2、3均可看成质点，重力加速度为，则（ ）
A．滑块1从A点滑到B点过程中，重力的功率先变大再变小
B．滑块1从A点滑到B点的时间为
C．滑块3在轨道CD上能上升的最大高度为0.5R
D．滑块3在圆弧轨道最低点C受到的弹力大小为3mg
【答案】AD
【详解】A．滑块1从轨道上端的点静止释放，此时重力的功率为零。当滑块1滑到B点时，速度沿水平向右，与重力垂直，此时重力的功率也为零。故滑块1从A点滑到B点过程中，重力的功率先变大再变小，A正确；
B．若把滑块1的运动看成单摆，则滑块1从A点滑到B点的时间为
解得
但滑块1运动过程的等效摆角过大，不能看成单摆，B错误；
C．滑块1从A点滑到B点过程中，由动能定理有
1、2发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有
对滑块3，由动能定理有
解得，C错误；
D．滑块3在圆弧轨道最低点C，由牛顿第二定律有
解得，D正确。
故选AD。
17．（23-24高二下·北京昌平·期末）惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图所示，在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为α。下列说法正确的是（ ）
A．多次改变α角的大小，即可获得不同的等效重力加速度
B．多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立
C．多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立
D．在摆角很小的情况下，改变α角，可改变单摆的振动周期
【答案】C
【详解】A．对小球进行受力分析可知，小球的重力垂直于斜面的分力始终与斜面的支持力平衡，令等效重力加速度为，则有
解得
可知，多次改变角的大小，即可获得不同的等效重力加速度，故A错误；
BC．根据单摆的周期公式可得
可知，多次改变斜面倾角，只要得出，就可以验证该结论成立，故B错误，C正确；
D．根据可知，在摆角很小的情况下，改变α角，单摆的振动周期不变，故D错误。
故选C。
18．（2025·北京朝阳·二模）单摆装置如图所示，摆球始终在竖直面内运动，摆球可视为质点。不计空气阻力，请完成下列问题：
(1)若摆长为L，简谐运动周期为T，求重力加速度的大小g；
(2)若摆长为L，摆起最大角度为，求摆球通过最低点时速度的大小；
(3)若摆球质量为m，摆动周期为T，重力加速度大小为g，通过最低点时的速度大小为v，摆球从左侧最高点第一次摆到最低点的过程中，求细线对摆球拉力的冲量大小I。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由单摆做简谐运动的周期公式
可得
（2）由动能定理
可得
（3）此过程中重力、拉力对小球产生冲量，其中重力的冲量大小为
根据动量定理可知合力的冲量大小为
由平行四边形定则可得拉力的冲量大小为
19．（24-25高二上·浙江杭州·期末）“双线摆”如图甲所示，双线长均为L，两线夹角为，摆球质量为m，给摆球一个垂直于两线平面方向的较小速度，使得摆球以较小摆角（小于5°）摆动。“杆线摆”结构如图乙所示，长为L的轻杆一端通过活动绞链与立柱垂直连接，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，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中摆球的周期为
B．图乙中摆球的摆动周期为
C．图乙中摆球在摆动过程中细线上的拉力大小
D．若增大细线长度使A点上移，则摆球运动周期增大
【答案】C
【详解】A．由甲中摆球的摆线长度为：，结合单摆的周期公式
代入角度，可得
故A错误；
C．图乙中摆球在平衡位置静止时，在垂直于斜面方向上的合力为零，
由图可知：FAsinθ=mgcsθ
即可得细线的拉力为：
故C正确；
B．结合该等效单摆的摆长和加速度关系，可知图乙的摆球的周期为
解得：
故B错误；
D．由摆球的周期公式
可知细线长度对摆球的运动周期无影响，故D错误。
故选C。
20．（24-25高二上·山东滨州·期末）如图甲，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，在竖直平面内将质量为m的小球拉到A点，由静止释放小球（摆角很小），OA为不可伸长的细绳长为1.6m。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙。已知θ很小时用弧度表示的θ与它的正弦sinθ近似相等，重力加速度g取10m/s2，小球可视为质点，忽略一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．B．AB的弧长与BC的弧长相等
C．D．OP之间的距离为0.8m
【答案】A
【详解】C．线圈在B点受到的拉力与重力的合力提供向心力，设小球经过B点的速度为v1，则有
可得：
BC段摆长小，所以经过B点向C运动时绳子的拉力较大，可知0～t0内应该对应着摆球在CB之间的摆动；t0～3t0内应该对应着摆球在BA之间的摆动。
当摆球在BA之间摆动时
解得
选项C错误；
A．当摆球在BA之间摆动时，设摆角为α，则，，
解得
选项A正确；
D．在BC间摆动时
可得
选项D错误；
B．设右侧最大摆角为α，左侧最大摆角β，由于
可得
因
带入解得
因α、β较小，则可认为
可得
根据弧长 AB的弧长与BC的弧长之比为2:1，选项B错误。
故选A。
链接高考
21．（2025·四川·高考真题）如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（ ）
A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零
C．小球甲、乙的振动周期之比为
D．小球丙、丁的摆长之比为
【答案】C
【详解】根据单摆周期公式
可知
CD．设甲的周期为，根据题意可得
可得，，
可得，
根据单摆周期公式
结合
可得小球丙、丁的摆长之比
故C正确，D错误；
A．小球甲第一次回到释放位置时，即经过（）时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，根据可知此时加速度最大，故A错误；
B．根据上述分析可得
小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为（即）可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。
故选C。
22．（2024·浙江·高考真题）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为 的固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度，则（ ）
A．摆角变小，周期变大
B．小球摆动周期约为2s
C．小球平衡时，A端拉力为N
D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
【答案】B
【详解】A．根据单摆的周期公式可知周期与摆角无关，故A错误；
CD．同一根绳中，A端拉力等于B端拉力，平衡时对小球受力分析如图
可得
解得
故CD错误；
B．根据几何知识可知摆长为
故周期为
故B正确。
故选B。
23．（2024·甘肃·高考真题）如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零
C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同
【答案】C
【详解】由单摆的振动图像可知振动周期为，由单摆的周期公式得摆长为
x-t图像的斜率代表速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同，方向不同。
综上所述，可知C正确，故选C。
新题速递
24．（2025·广东汕头·三模）用轻质绝缘细绳悬挂带正电的小球，小球可视为质点，如图1所示。将装置分别放入图2所示的匀强电场，图3所示的匀强磁场中。将小球从偏离竖直方向左侧的一个小角度位置由静止释放，在图中三种情况下，小球均在竖直平面内周期性往复运动，周期分别为、、，小球第1次到达轨迹最低点时的速度大小分别为、、，拉力大小分别为，不计空气阻力。图中三种情况，下列说法正确的是（ ）
A．图1和图3的小球在运动过程中机械能都守恒
B．三个小球运动的周期大小关系
C．三个小球第1次到达最低点时拉力大小关系
D．三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系
【答案】ABC
【详解】A．由题意可知，图1小球第一次到达轨迹最低点的过程中，球受拉力与重力的作用，只有重力做正功，机械能守恒；图2小球受拉力、重力和电场力的作用，除重力做正功外电场力也做正功，小球机械能增加；图3小球受拉力、重力和洛伦兹力的作用，只有重力做正功，机械能守恒。故A正确；
B．分析球1和球3，在相同位置时沿运动方向的受力相同，则球1和球3运动情况相同，可知；对球 2分析，电场力与重力的合力为等效重力，则其等效重力加速度变大，由周期公式可知小球周期变小，因此三种情况下小球运动的周期关系为，故B正确；
C D．由于图1和图3只有重力做正功，而图2除重力做正功外还有电场力做正功，根据动能定理可知，三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系为
在最低点分别对3个小球列牛顿第二定律和向心力方程：
对球1有
对球2有
对球3有
根据三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系，可得，故C正确，D错误。
故选ABC。
25．（2025·四川巴中·三模）在一次“单摆同步实验”中，物理老师将甲、乙两个小球分别用轻绳悬挂于天花板，并用细线水平连接两球使其静止。两摆线与竖直方向夹角分别为和，且。现将连接细线剪断，小球开始自由摆动，取地面为零势能面。下列判断正确的是（ ）
A．两小球的摆长相等，因此它们周期必相等
B．甲摆球的机械能大于乙摆球的机械能
C．甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度
D．甲摆球的最大重力势能小于乙摆球的最大重力势能
【答案】D
【详解】A．由图可知，两个单摆静止时离天花板的高度相同，则有
因，故，可得即甲单摆的摆长更长。
根据单摆周期公式，可知甲摆的周期大于乙摆的周期，故A错误；
BD．两球开始处于平衡，设绳子拉力为T，根据共点力平衡可得
因，故，可得
以水平地板为参考面，由题可知，两球离地面的高度相等，根据甲球的最大重力势能小于乙球的最大重力势能，又两球在摆动过程中，机械能守恒，故甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能，故B错误，D正确；
C．根据机械能守恒则有
解得
因甲球下降的高度大于乙球下降的高度，故甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故C错误。
故选D。
26．（2025·山东潍坊·二模）如图所示，正方体物块A放在离地高度的粗糙平台上，直径与A棱长相同的小球B静置在与A等高处，与平台右端距离，光滑固定斜面MN与水平方向夹角，N点与水平轨道NP平滑相连，PQ是半径的足够长光滑圆弧，P点是圆弧最低点，圆心未画出。现对A施加水平拉力，使A由静止开始向右运动，后撤去F，A继续滑行后从平台右端水平飞出，A飞离平台的同时B由静止释放，一段时间后A、B发生弹性对心碰撞，碰撞时间极短，分开后A落到地面上，B到达M处时速度恰好沿MN方向滑入斜面，从P点滑上圆弧轨道PQ，减速到0后返回P点。已知，，A与平台间动摩擦因数，g取，A和B的大小可忽略不计。
(1)求A离开平台时的速度；
(2)求碰撞过程中， A、B形变量最大时系统的弹性势能；
(3)求A与B到达地面的时间差；
(4)某同学认为可以利用单摆周期，计算小球B离开P点到返回P点所用时间。你认为是否合理？请通过计算分析说明。
【答案】(1)
(2)6J
(3)
(4)不合理；见解析
【详解】（1）对A由牛顿第二定律有
撤去拉力后由牛顿第二定律有
由运动学知识有A离开平台时的速度
代入数值解之可得A离开平台时的速度
（2）A飞出后做平抛运动，A、B弹性正碰，机械能守恒，水平方向动量守恒，A、B形变量最大时A、B水平方向共速，竖直方向速度均为
由水平方向动量守恒有
由机械能守恒有
代入数值解之可得
（3）A、B弹性正碰，机械能守恒，水平方向动量守恒，分离时A、B各自水平速度分别为，竖直方向速度均为
由水平方向动量守恒有
由机械能守恒有
代入数值解之可得
B运动到M点前，A、B竖直方向的运动是相同的有
M点到平台的高度差h，由运动学知识有
A此后下落时间，由运动学知识有
B沿斜面下滑时间，由运动学知识有
A与B到达地面的时间差，有
代入数值解之可得
（4）小球滑到P点时速度，由能量守恒有
沿圆弧运动减速到零时高度为，由机械能守恒有
代入数值解之可得
通过几何关系可知小球B在最高点时与圆心连线和竖直方向的夹角为，结合单摆摆角应小于知，小球B的运动不符合单摆运动规律，这个同学的计算方式不合理。
27．（2025·江西·模拟预测）摆钟利用了单摆的周期性计时，摆钟内部擒纵机构是摆钟的灵魂，是人类智慧的结晶。擒纵机构的内部结构如图所示，其工作原理为金属球小角度摆动过程中带动擒纵叉周期性锁定与释放擒纵轮齿，同时擒纵叉与擒纵轮齿碰撞将部分能量传递给擒纵机构，使金属球做等幅振动，实现精准计时，摆钟在北京走时准确。下列说法正确的是（ ）
A．摆钟在月球表面无法计时
B．将摆钟从北京带到北极，摆钟走时将变快
C．气温升高使摆杆略微伸长，摆钟走时将变快
D．将摆钟从北京带到海南，为使摆钟走时准确，需要将微调螺母向下调节
【答案】B
【详解】A．月球表面的重力加速度不为零，则摆钟在月球表面仍然可以工作，选项A错误；
B．北极的重力加速度比北京的重力加速度大，根据知振动周期变小，将摆钟从北京带到北极，摆钟走时将变快，选项B正确；
C．气温升高使摆杆略微伸长，摆钟周期变大，可知摆钟走时将变慢，选项C错误；
D．海南的重力加速度比北京的重力加速度小，将摆钟从北京带到海南，摆钟周期变大，走时将变慢，需要缩短摆长，即将微调螺母向上调节，选项D错误。
故选B。
28．如图所示，一单摆的摆长为l，摆球质量为m，固定在悬点O。将摆球向右拉至N点，由静止释放，摆球将在竖直面内来回摆动，其中P点为摆动过程中的最低位置。摆球运动到N点时，摆线与竖直方向的夹角为（约为），很小时可近似认为、。重力加速度为g，空气阻力不计。
（1）请证明摆球的运动为简谐运动；
（2）如图甲所示，若在O点正下方的处放置一细铁钉，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。
a．求摆球摆动一个周期的时间T；
b．摆球向右运动到P点时，开始计时，设摆球相对于P点的水平位移为x，且向右为正方向，在图乙中定性画出摆球在开始一个周期内的关系图线。
【答案】（1）见解析；（2）a、，b、
【详解】（1）设摆球的回复力为F回，摆球的位移为x
F回的方向与方向时刻相反，故
满足F回=﹣kx，故摆球的运动为简谐运动。
（2）a、当x≥0时，摆长为l，周期为
当x＜0时，摆长为l′=，周期为
故周期为
b、图像如图所示