第4节 单摆

摆球经过最低点时具有向心加速度,所以摆球处于非平衡状态,故 $ \mathrm{A} $ 错误;根据简谐运动公式,当摆角 $ \theta $ 很小、摆球偏离最低点位移为 $ x $ 时,回复力为 $ F=-mg \sin \theta \approx -mg \tan \theta =-\dfrac{mg}{l}x $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确;摆球偏离最低点运动的过程中,动能向重力势能转化,但机械能保持不变,故 $ \mathrm{C} $ 错误;经过最低点时,人顺势轻轻跳下,踏板的能量不变,则振幅不变,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

由单摆周期公式 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l}{g}} $ 可知,若将螺母向下移动少许,则 $ l $ 变大,摆杆摆动的周期变大,故 $ \mathrm{A} $ 错误；若将摆钟从深圳移到北京,则重力加速度变大,摆杆摆动的周期变小,故 $ \mathrm{B} $ 正确；若仅增大圆盘的质量,则圆盘与螺母的等效重心上移, $ l $ 变小,摆杆摆动的周期变小,故 $ \mathrm{C} $ 错误；若仅增大圆盘摆动的振幅,摆杆摆动的周期不变,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

忽略空气阻力,秋千的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供,故 $ \mathrm{A} $ 错误；当秋千摆至最低点时,有 $ N-mg=\dfrac{m{v}^{2}}{L} $ ,可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力,故 $ \mathrm{B} $ 正确；秋千摆动到最高点时,垂直手机平面方向的加速度（向心加速度）为0,根据题图乙可得秋千摆动的周期为 $ T={t}_{3}-{t}_{1} $ ,根据单摆的周期公式有 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ ,可得 $ g=\dfrac{4{\mathrm{\pi }}^{2}L}{{\left({t}_{3}-{t}_{1}\right) ^ {2}}} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.本题选择不正确的,故选 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ .

当小球在纸面内做小角度摆动时,圆心为 $ O $ 点,摆长为 $ L $ ,故周期为 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ , $ \mathrm{A} $ 正确， $ \mathrm{C} $ 错误；当小球在垂直纸面方向做小角度摆动时,圆心在 $ O $ 点正上方的水平面上,由几何关系可知摆长为 $ L^\prime =(1+\dfrac{\sqrt{3}}{4})L $ ,故周期为 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{(1+\dfrac{\sqrt{3}}{4})L}{g}}=\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{(4+\sqrt{3})L}{g}} $ ， $ \mathrm{B} $ 错误， $ \mathrm{D} $ 正确.

根据题意,由题图2可知,小球摆动的周期为 $ T=2×(0.9-0.1)\mathrm{s}=1.6\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误;斜面倾角为 $ \theta $ 时,小球做单摆运动时的等效重力加速度为 $ g^\prime =g \sin \theta $ ,由单摆周期公式有 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{L}{g \sin \theta }} $ ,可知只减小斜面倾角,单摆周期将变大,只增大摆线的长度,单摆周期将变大,故 $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误;为避免单摆摆动过程中摆长变化,摆线应选用不易伸缩的轻质细线,故 $ \mathrm{C} $ 正确.

由题图乙知小球做简谐运动的周期为 $ T=2{t}_{0} $ ,根据 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{R}{g}} $ ,可得该圆弧轨道的半径为 $ R=\dfrac{g{t}_{0}^{2}}{{\mathrm{\pi }}^{2}} $ , $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 错误；设小球的摆角为 $ \theta $ ，则小球在 $ A $ 点时有 $ {F}_{ \min }=mg \cos \theta $ ,在 $ O $ 点时有 $ {F}_{ \max }-mg=m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,又 $ mgR(1- \cos \theta )=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,联立解得小球的质量为 $ m=\dfrac{{F}_{ \max }+2{F}_{ \min }}{3g} $ ,小球在平衡位置时回复力为零,但所受的合力不为零， $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

单摆的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供,故 $ \mathrm{A} $ 错误;根据题图乙可得单摆的周期 $ T=2\mathrm{s} $ ,又 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l}{g}} $ ,解得 $ l=1\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确;最低点 $ B $ 是单摆做简谐运动的平衡位置,摆球在 $ B $ 点处速度最大,向心加速度最大,但回复力最小,故 $ \mathrm{C} $ 错误;从释放开始计时,根据题图乙可知,在 $ 1～1.5\mathrm{s} $ 的时间内,摆球从 $ C $ 点向 $ B $ 点运动,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

甲、乙两单摆的振幅分别为 $ 4\mathrm{c}\mathrm{m} $ 和 $ 2\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,则振幅之比为 $ 2:1 $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确； $ t=2\mathrm{s} $ 时,甲单摆在最低点,则重力势能最小,乙单摆在最高点,则动能最小,故 $ \mathrm{B} $ 错误；甲、乙两单摆的周期分别为 $ 4\mathrm{s} $ 和 $ 8\mathrm{s} $ ，则周期之比为 $ 1:2 $ ,根据 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l}{g}} $ 可知,摆长之比为 $ 1:4 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；设摆球摆动的最大偏角为 $ \theta $ ,由 $ mgl(1- \cos \theta )=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ 及 $ ma=m\dfrac{{v}^{2}}{l} $ 可得,摆球在最低点时向心加速度 $ a=2g(1- \cos \theta )=4g{ \sin }^{2}\frac{\theta }{2} $ ,因两摆球的最大偏角 $ \theta $ 满足 $ \sin \dfrac{\theta }{2}=\dfrac{\dfrac{A}{2}}{l}=\dfrac{A}{2l} $ ,则 $ a=4g{ \sin }^{2}\frac{\theta }{2}={g(\dfrac{A}{l})}^{2} $ ,所以 $ {a}_{甲} > {a}_{乙} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

根据 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l}{g}} $ 可知,单摆的周期与摆球质量以及摆角 $ \alpha $ 均无关, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误； 摆球在 $ O\to B. $ 过程运动了四分之一周期,运动的时间为 $ \dfrac{T}{4} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；摆球在 $ B\to O. $ 过程,速度增大,高度降低,势能向动能转化, $ \mathrm{D} $ 正确.

根据单摆周期公式 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l}{g}} $ 知,两单摆的周期相同,与摆球质量无关,所以相撞后两摆球分别经过 $ \dfrac{1}{2}T $ 后回到各自的平衡位置,且中途不会碰撞,所以无论两摆球的质量之比是多少,下一次碰撞一定在平衡位置,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确.

木板1中曲线上,沙漏经过各位置处时的瞬时速率不相等,所以堆积的细沙不是一样多,故 $ \mathrm{A} $ 错误;木板1、2中的 $ A $ 、 $ A^\prime $ 两位置沙漏的运动速率大小相等,但拉动木板的速度不等,故堆积的细沙不是一样多,故 $ \mathrm{B} $ 错误;在沙漏运动一个周期内木板1前进的距离较短,故木板1的速度较小,故 $ \mathrm{C} $ 错误;木板1移动距离 $ OA $ 与木板2移动距离 $ O^\prime A^\prime $ 的时间都是沙漏运动的一个周期,故时间相等,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由题图可知 $ P $ 的周期 $ {T}_{P}=1.2\mathrm{s} $ , $ Q $ 的周期 $ {T}_{Q}=0.6\mathrm{s} $ , $ t=0.6\mathrm{s}={T}_{Q}=\dfrac{1}{2}{T}_{P} $ 时, $ P $ 和 $ Q $ 都经过平衡位置,此时它们的速度均为最大值,故 $ \mathrm{A} $ 错误;由于 $ x-t $ 图像切线的斜率代表速度,则可看出 $ t=1.0\mathrm{s} $ 时, $ P $ 和 $ Q $ 的速度方向相反,故 $ \mathrm{B} $ 错误;根据 $ F=-kx $ 、 $ F=ma $ ,可知 $ t=1.0\mathrm{s} $ 时, $ P $ 和 $ Q $ 的加速度方向相同,故 $ \mathrm{C} $ 错误;由题图可知两单摆的周期,再根据 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l}{g}} $ ,即可得出 $ P $ 和 $ Q $ 构成的单摆的摆长的比值为 $ \dfrac{{l}_{P}}{{l}_{Q}}=4 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

根据单摆的周期公式可得 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{R}{g}} $ , $ T=\dfrac{t}{n} $ ,所以 $ R=\dfrac{g{t}^{2}}{4{\mathrm{\pi }}^{2}{n}^{2}} $ ,则“生命之环”的高度为 $ h=2R=\dfrac{g{t}^{2}}{2{\mathrm{\pi }}^{2}{n}^{2}} $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

摆球第一次到达 $ B $ 点所用的时间为单摆周期的 $ \dfrac{1}{4} $ ,即 $ t=\dfrac{1}{4}T=\dfrac{1}{2}\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ , $ t $ 与 $ L $ 并不成线性关系,故 $ \mathrm{A} $ 错误；根据动能定理有 $ mgL(1- \cos \theta )={E}_{\mathrm{k}}-0={E}_{\mathrm{k}} $ ,可知 $ {E}_{\mathrm{k}} $ 与 $ L $ 成线性关系,故 $ \mathrm{D} $ 错误；摆球在最低点的加速度为向心加速度, $ a=\dfrac{{v}^{2}}{L}=\dfrac{2{E}_{\mathrm{k}}}{{\rm mL}}=2g(1- \cos \theta ) $ ,可知 $ a $ 为定值,且与 $ L $ 无关,故 $ a-L $ 图线为一条平行于横轴的直线,故 $ \mathrm{B} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确.

简谐运动的图像不是摆球的运动轨迹,所以在 $ {t}_{0} $ 时刻摆球的速度方向不沿图像上 $ P $ 点的切线,应指向平衡位置,故 $ \mathrm{A} $ 错误;由题图乙可知,周期为 $ 2\mathrm{s} $ ,结合 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l \cos \theta }{g \sin \theta }} $ ,解得细线长 $ l=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确;由题图乙可知该“杆线摆”做简谐运动的振幅是 $ 4\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误;摆球在一个周期内通过平衡位置2次, $ 10\mathrm{s} $ 内通过平衡位置10次,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

小球 $ B $ 获得向右的速度后又返回初始位置,弹簧振子运动半个周期,由题图乙知，所用时间为 $ 2{t}_{0} $ ,即弹簧振子的周期为 $ T=4{t}_{0} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误;由题图乙可知单摆周期为 $ {T}_{A}=2(5{t}_{0}-3{t}_{0}) $ ,根据周期公式 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l}{g}} $ ,解得摆长 $ l=\dfrac{4}{{\mathrm{\pi }}^{2}}g{t}_{0}^{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确;由题知,小球 $ A $ 与小球 $ B $ 发生碰撞后,小球 $ B $ 的速度为 $ {v}_{0} $ ,小球 $ A $ 静止,则 $ A $ 、 $ B $ 两球的质量相等,速度交换,且该碰撞为弹性碰撞,即小球 $ A $ 在与小球 $ B $ 碰撞前的速度为 $ {v}_{0} $ ,小球 $ A $ 的质量也为 $ m $ ,根据机械能守恒定律有 $ mgh=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,解得 $ h=\dfrac{{v}_{0}^{2}}{2g} $ ,因为在最低点速率最大,故小球 $ A $ 的最大速率为 $ {v}_{0} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 正确.

两质量相等的小球发生弹性正碰时,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得 $ {m}_{1}{v}_{0}={m}_{1}{v}_{1}+{m}_{2}{v}_{2} $ , $ \dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{2}{v}_{2}^{2} $ ,且 $ {m}_{1}={m}_{2} $ ,解得 $ {v}_{1}=0 $ , $ {v}_{2}={v}_{0} $ ,可知两球碰撞后速度交换,由单摆周期公式得 $ {T}_{A}=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{\dfrac{1}{4}L}{g}}=\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ , $ {T}_{B}=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ ,从释放小球 $ A $ 到第1次相碰经历时间 $ {t}_{1}=\dfrac{1}{4}{T}_{A}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ ,从小球 $ B $ 摆起到第2次相碰经历时间 $ {t}_{2}=\dfrac{1}{2}{T}_{B}=\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ ,从小球 $ A $ 摆起到第3次相碰经历时间 $ {t}_{3}=\dfrac{1}{2}{T}_{A}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ ,从小球 $ B $ 摆起到第4次相碰经历时间 $ {t}_{4}={t}_{2}=\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ ,从把小球 $ A $ 向左拉开一个较小角度后静止释放到两球发生第4次碰撞的时间 $ t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}+{t}_{4}=\dfrac{11\mathrm{\pi }}{4}\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

（1） 小球经过圆弧轨道最低点时，轨道对小球的支持力最大，结合题图乙可知 $ T=0.4\mathrm{\pi }\mathrm{s} $ ,

由单摆周期公式得 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{R}{g}} $ ,

解得 $ R=\dfrac{g{T}^{2}}{4{\mathrm{\pi }}^{2}}=0.4\mathrm{m} $ .

（2） 由题图乙可知,小球运动到平衡位置时轨道对它的支持力 $ {F}_{ \max }=0.510\mathrm{N} $ ,由牛顿第二定律得 $ {F}_{ \max }-mg=m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,

代入数据,解得小球运动到平衡位置时速度大小 $ v=\dfrac{\sqrt{2}}{5}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（3） 小球从 $ A $ 点到最低点机械能守恒,设 $ OA $ 与竖直方向夹角为 $ \theta $ ,由机械能守恒定律得 $ mgR(1- \cos \theta )=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}-0 $ ,

支持力的最小值 $ {F}_{ \min }=mg \cos \theta $ ,

联立解得 $ {F}_{ \min }=0.495\mathrm{N} $ .