專題06 簡諧運動實例（二）單擺及類單擺模型（解析版）-2025版高二物理寒假精-品講義

專題06簡諧運動實例（二）單擺及類單擺模型一．單擺模型1.單擺的組成：由細線和小球組成。2.理想化模型(1)細線的長度不可改變。(2)細線的質(zhì)量與小球相比可以忽略。(3)小球的直徑與線的長度相比可以忽略。(4)單擺運動過程中，與小球受到的重力及線的拉力相比，空氣等對它的阻力可以忽略。3.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，即F＝mgsin__θ。(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F＝－eq\f(mg,l)x。從回復力特點可以判斷單擺做簡諧運動。二．單擺的周期1.探究影響單擺周期的因素(1)探究方法：控制變量法。(2)實驗結(jié)論(都在小偏角下)①兩擺的擺球質(zhì)量、擺長相同，振幅不同，兩擺的周期相同，即單擺的周期與振幅無關(guān)。②兩擺的擺長、振幅相同，擺球質(zhì)量不同，兩擺的周期相同，即單擺振動的周期與擺球質(zhì)量無關(guān)。③兩擺的振幅、擺球質(zhì)量相同，擺長不同，擺長越長，周期越大；擺長越短，周期越小，即周期與擺長有關(guān)。2.周期公式(1)提出：由荷蘭物理學家惠更斯首先提出。(2)公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，即單擺做簡諧運動的周期T與擺長l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(zhì)量無關(guān)。三．類單擺模型1.幾種單擺模型拓展模型圖示(l、l1、l2為擺線長，r為擺球半徑)擺長等效重力加速度g效周期T雙線擺不變，lsinα＋r不變，gT＝2πeq\r(\f(lsinα＋r,g))折線擺碰到釘子后變小不變，gT＝πeq\r(\f(l1＋r,g))＋πeq\r(\f(l2＋r,g))圓弧擺不變，R－r不變，gT＝2πeq\r(\f(R－r,g))斜面擺不變，l＋r不變，gsinαT＝2πeq\r(\f(l＋r,gsinα))若擺球可看為質(zhì)點，以上各式中r可為0。2.不同系統(tǒng)中的等效重力加速度在不同的運動系統(tǒng)中，單擺周期公式中的g應(yīng)理解為等效重力加速度，其大小等于單擺相對系統(tǒng)靜止在平衡位置時的擺線拉力與擺球質(zhì)量的比值。情景等效重力加速度情景等效重力加速度g等效＝g－ag等效＝eq\f(mg＋qE,m)g等效＝g＋ag等效＝gg等效＝eq\f(mg－qE,m)g等效＝g【例1】(多選)如圖所示，為一小球做簡諧運動的示意圖，其中O點為平衡位置，A、B為最大位移處，M、N點為關(guān)于O點對稱的兩點。下列說法正確的是()A.小球在A、B點受到重力和回復力B.小球在O點所受的合外力就是回復力C.小球在O點時所受合外力不為0D.小球在M點、N點的回復力大小相等【答案】CD【解析】小球在A、B點受到重力和繩子拉力，故A錯誤；小球在O點的合外力不為0，合外力提供向心力，不是回復力，故B錯誤，C正確；M、N點關(guān)于O點對稱，根據(jù)運動的對稱性可知，小球在M點、N點的回復力大小相等，故D正確?！究偨Y(jié)提升】理解回復力的兩點提醒(1)所謂平衡位置，是指擺球靜止時，擺線拉力與擺球所受重力平衡的位置，并不是指擺動過程中擺球受力平衡的位置。擺球擺動到平衡位置時，回復力為零，但有指向懸點的合力提供向心力。(2)回復力是由擺球受到的重力沿圓弧切線方向的分力F＝mgsinθ提供的，不可誤認為回復力是重力G與擺線拉力FT的合力。【例2】(多選)如圖甲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(shè)向右為正方向，圖乙是這個單擺的振動圖像，由此可知()A.單擺振動的頻率是1.25HzB.t＝0時擺球位于B點C.t＝0.2s時擺球位于平衡位置O，加速度為零D.若當?shù)氐闹亓铀俣萭＝π2m/s2，則這個單擺的擺長是0.16m【答案】ABD【解析】由振動圖像可知，該單擺的周期為T＝0.8s，頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.8)Hz＝1.25Hz，故A正確；由于規(guī)定向右為正方向，B點為擺球所能到達的左邊最遠位置，則t＝0時擺球位于B點，故B正確；由振動圖像可判斷，t＝0.2s時擺球位于平衡位置O，但擺球受到的合力不為零，所以加速度不為零，故C錯誤；根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得l＝eq\f(gT2,4π2)，把T＝0.8s，g＝π2m/s2，代入計算得擺長l＝0.16m，故D正確?！纠?】如圖所示，光滑圓槽的半徑R遠大于小球運動的弧長。甲、乙、丙三個小球(均可視為質(zhì)點)同時由靜止釋放，開始時，甲球比乙球離槽最低點O遠些，丙球在槽的圓心處。則以下關(guān)于它們第一次到達點O的先后順序的說法正確的是()A.乙先到，然后甲到，丙最后到B.丙先到，然后甲、乙同時到C.丙先到，然后乙到，甲最后到D.甲、乙、丙同時到【答案】B【解析】對于甲、乙兩球，都做類單擺運動，其運動周期均為T＝2πeq\r(\f(R,g))，甲、乙兩球第一次到達點O時運動了eq\f(1,4)T，則t甲＝t乙＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))；對于丙球，根據(jù)自由落體運動規(guī)律有R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,丙)，解得t丙＝eq\r(\f(2R,g))＜eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))，故丙先到，然后甲、乙同時到，故B正確?！纠?】如圖所示的幾個相同單擺在不同條件下，關(guān)于它們的周期關(guān)系，其中判斷正確的是()A.T1＞T2＞T3＞T4 B.T1＜T2＝T3＜T4C.T1＞T2＝T3＞T4 D.T1＜T2＜T3＜T4【答案】C【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，等效重力加速度為g；題圖(3)為標準單擺；題圖(4)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，即g4＝g＋a。由單擺做簡諧運動的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，知T1＞T2＝T3＞T4，選項C正確?！纠?】(2024·浙江金華高二月考)如圖甲所示，擺球在豎直平面內(nèi)做簡諧運動，通過力傳感器測量擺線拉力F，F(xiàn)的大小隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示，擺球經(jīng)過最低點時的速度大小v＝eq\f(\r(5),5)m/s，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2，π2≈10，求：(1)單擺的擺長l；(2)擺球的質(zhì)量m；(3)擺線拉力的最小值?！敬鸢浮?1)1m(2)0.1kg(3)0.99N【解析】(1)由圖乙可知單擺周期為T＝2s根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得l＝1m。(2)當拉力最大時，即F＝1.02N，擺球處在最低點，由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(v2,l)解得m＝0.1kg。(3)從最低點到最高點，由動能定理得－mgl(1－cosθ)＝0－eq\f(1,2)mv2解得cosθ＝0.99在最高點擺線的拉力最小，最小值為F′＝mgcosθ＝0.99N。一、單選題1．將一條輕質(zhì)細線下端掛上一個小球，使小球在豎直面內(nèi)自由擺動，如圖所示為小球的振動圖像。下列說法正確的是（

）A．時，小球的向心加速度為0B．時，小球速度為0，加速度為0C．從到的過程中，小球的動能不斷增大D．從到的過程中，細線中的張力不斷增大【答案】C【詳解】A．由圖像可知，時，小球處于平衡位置，此時小球的速度最大，小球的向心加速度最大，故A錯誤；B．由圖像可知，時，小球處于負向最大位移處，此時小球的速度0，向心加速度為0，但沿切線方向加速度不為0，故B錯誤；C．由圖像可知，從到的過程中，小球從負向最大位移擺向平衡位置，小球的速度不斷增大，則小球的動能不斷增大，故C正確；D．由圖像可知，從到的過程中，小球從平衡位置擺向正向最大位移，小球的速度不斷減小，根據(jù)牛頓第二定律可得可得由于逐漸增大，小球的速度不斷減小，則細線中的張力不斷減小，故D錯誤。故選C。2．如圖甲，一個小球在間做簡諧運動，點為最低點。以點為坐標原點、以水平向右為正方向，小球的振動圖像如圖乙所示。重力加速度大小取，不計空氣阻力，下列說法正確的是（

）A．小球的振動方程為 B．，小球的動能逐漸增大C．動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化的周期為 D．此單擺的擺長約為【答案】C【詳解】A．由圖乙可知，小球的振動周期為振幅小球的振動方程是A項錯誤；B．，小球遠離平衡位置，動能轉(zhuǎn)化為勢能，小球的動能逐漸減小，B項錯誤；C．單擺周期為2s，一個周期內(nèi)動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化兩次，故動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化的周期為，C項正確；D．根據(jù)周期公式有解得D項錯誤。故選C。3．如圖所示，O點為單擺的固定懸點，現(xiàn)將可視為質(zhì)點的擺球拉至A點，此時細線處于張緊狀態(tài)，靜止釋放擺球，擺球?qū)⒃谪Q直平面內(nèi)的A、C之間來回擺動，B點為運動中的最低位置。整個過程忽略空氣阻力，則在擺動穩(wěn)定后的一個周期內(nèi)（）A．擺球只受到重力、拉力兩個力的作用B．擺球在經(jīng)過A點和C點處，速度為零，回復力為零C．擺球在經(jīng)過B點處，速度最大，回復力最大D．擺球相鄰兩次經(jīng)過B點時，細線拉力大小不相等【答案】A【詳解】A．擺球受到重力、拉力兩個力的作用。故A正確；B．擺球在經(jīng)過A點和C點處，速度為零，回復力為重力沿切線方向的分力，不為零。故B錯誤；C．擺球在經(jīng)過B點（單擺的平衡位置）處，速度最大，回復力為零。故C錯誤；D．擺球相鄰兩次經(jīng)過B點時，速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得解得細線拉力大小相等。故D錯誤。故選A。4．如圖甲是演示簡諧運動圖象的裝置，它由一根較長的細線和一個較小的沙漏組成。當沙漏擺動時，勻速拉出沙漏下方的木板，漏出的沙在板上會形成一條曲線。通過對曲線的分析，可以確定沙漏的位移隨時間變化的規(guī)律。圖乙是同一個沙漏分別在兩塊木板上形成的曲線．經(jīng)測量發(fā)現(xiàn)，若拉動木板1和木板2的速度大小分別為和，則（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】木板做勻速運動，設(shè)振動周期為T，由圖乙可得可得故選B。5．如圖甲所示，一個單擺做小角度擺動，以向右的方向作為擺球偏離平衡位置的位移的正方向，得到擺球相對平衡位置的位移x隨時間變化的圖像，如圖乙所示，不計空氣阻力。對于這個單擺的振動過程，下列說法正確的是（）

A．時，擺球所受回復力最大，方向向右B．時，擺球偏離平衡位置位移最大，方向向右C．從到的過程中，擺球的重力勢能逐漸增大D．該單擺擺長約為2m【答案】A【詳解】A．以向右的方向作為擺球偏離平衡位置的位移的正方向,時,位移為，即擺球在端點A，由可知，擺球所受回復力最大，方向向右，故A正確；B．時，擺球的位移為零，即擺球剛好在平衡位置，故B錯誤；C．從到的過程中，擺球的位移逐漸減小，即向下擺動回到平衡位置，重力做正功，重力勢能逐漸減小，故C錯誤；D．由圖像可知單擺的周期為，由，可得擺長為故D錯誤。故選A。6．如圖所示，一個光滑弧形凹槽半徑為R，弧長為L（已知R?L）?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球從凹槽邊緣由靜止釋放，小球以最低點為平衡位置做簡諧運動。已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．小球做簡諧運動的回復力為重力和支持力的合力B．小球做簡諧運動的回復力為重力沿凹槽圓弧切線方向的分力C．小球做簡諧運動的周期為2πD．小球運動到凹槽最低點時所受合力為零【答案】B【詳解】AB．小球做簡諧運動的回復力為重力沿凹槽圓弧切線方向的分力，A錯誤，B正確；C．小球做簡諧運動時，弧形凹槽的半徑相當于擺長，則其周期為，C錯誤；D．小球運動到凹槽最低點時所受合力提供向心力，不為零，D錯誤；故選B。7．如圖所示，單擺在豎直平面內(nèi)的A、C之間做簡諧運動，O點為單擺的固定懸點，B點為運動中的最低位置。下列說法正確的是（）A．擺球從A點向B點擺動過程中，重力的沖量為零B．擺球由A點向B點擺動過程中，細線拉力增大，回復力增大C．擺球在A點和C點時，速度為零，細線拉力最小，但回復力最大D．擺球在B點時，重力勢能最小，機械能最小【答案】C【詳解】A．根據(jù)可知擺球從A點向B點擺動過程中，重力的沖量不為零，故A錯誤；B．假設(shè)單擺擺動過程中，細線與豎直方向夾角為，擺球做圓周運動，擺球由A點向B點擺動過程中，有擺球由A點向B點擺動過程中減小，速度逐漸增大，可知細線拉力增大，回復力減小，故B錯誤；C．擺球在A點和C點時，即最大位移處時，速度為零，結(jié)合選項B分析可知，此時細線拉力最小，回復力最大，故C正確；D．擺球在最低點B處，動能最大，重力勢能最小，但擺球運動過程中，機械能守恒，故D錯誤。故選C。8．某同學在探究單擺運動中，圖甲是用力傳感器對單擺運動過程進行測量的裝置圖，圖乙是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的F-t圖像，則以下說法正確的是（

）A．時刻擺球速度最大B．時刻擺球經(jīng)過最低點C．單擺振動周期D．單擺振動周期【答案】B【詳解】A．時刻擺球受拉力最小，則擺球在最大位移處，速度最小，故A錯誤；B．時刻擺球受拉力最大，則擺球經(jīng)過最低點，故B正確；CD．由圖可知擺球的周期為s=1.6s故CD錯誤；故選B。9．如圖所示，在傾角為α的斜面頂端固定一擺長為L的單擺，單擺在斜面上做小角度擺動，擺球經(jīng)過平衡位置時的速度為v，重力加速度大小為g，則以下判斷正確的是（）A．單擺在斜面上擺動的周期為B．擺球經(jīng)過平衡位置時受到的回復力大小為C．若小球帶正電，并加一沿斜面向下的勻強電場，則單擺的振動周期將增大D．若小球帶正電，并加一沿斜面向下的勻強電場，則單擺的振動周期將減小【答案】D【詳解】A．單擺在平衡位置時，等效重力加速度為所以單擺在斜面上擺動的周期故A錯誤；B．回復力大小與擺球偏離平衡位置位移大小成正比，故擺球經(jīng)過平衡位置時受到的回復力大小為0，故B錯誤；CD．若小球帶正電，并加一沿斜面向下的勻強電場，擺球在平衡位置時，受力分析如圖所示等效重力加速度為所以單擺在斜面上擺動的周期故C錯誤，D正確。故選D。10．如圖所示，在地球上同一個地區(qū)創(chuàng)設(shè)不同的條件進行單擺實驗。圖甲裝置置于真空中，懸點處固定一帶正電的小球，絕緣細線下端連接另一帶正電小球，周期記為；圖乙中，單擺的懸點在一向下加速的電梯頂端，周期記為；圖丙中的擺球帶正電，在如圖所示的勻強磁場中進行擺動，周期記為；圖丁中的擺球帶正電，在如圖所示的勻強電場中進行擺動，周期記為。若四個單擺的擺長一樣長，則周期關(guān)系正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】單擺甲所受的庫侖力和單擺丙受的洛倫茲力總是沿半徑方向，不影響回復力，則根據(jù)等效重力加速度的求法，在平衡位置處，對乙有解得則有對丁有則故綜上比較四個單擺的周期可知故選D。二、多選題11．如圖所示，光滑圓弧槽半徑為R（未知），A為最低點，C到A的距離遠遠小于R，小球B位于A點的正上方，且到A點的距離為H。若同時釋放小球B、C，則要使兩小球B和C在A點相遇（小球B和C可視為質(zhì)點），R的可能值為（）A． B． C． D．【答案】AD【詳解】小球C做簡諧運動，根據(jù)題意得（n=0，1，2…）或（n=0，1，2…）解得（n=0，1，2…）或（n=0，1，2…）當n=0時，則有或故選AD。12．圖1、2分別是甲、乙兩個單擺在同一位置做簡諧運動的圖像，則下列說法正確的是（

）A．甲、乙兩單擺的振幅之比為B．時，甲單擺的重力勢能最大，乙單擺的動能最小C．甲、乙兩單擺的擺長之比為D．甲、乙兩單擺的擺球在最低點時，向心加速度大小一定不相等【答案】AD【詳解】A．甲、乙兩單擺的振幅分別為和，則振幅之比為，，故A正確；B．時，甲單擺在最低點，則重力勢能最小，乙單擺在最高點，則動能最小，故B錯誤；C．甲、乙兩單擺的周期之比為，根據(jù)可知，擺長之比為，故C錯誤；D．設(shè)擺球擺動的最大偏角為，由及可得，擺球在最低點時向心加速度因兩擺球的最大偏角滿足所以故D正確。故選AD。13．一根不可伸長的細線，上端懸掛在O點，下端系一個小球，如圖甲所示，某同學利用此裝置來探究周期與擺長的關(guān)系．該同學用米尺測得細線的長度，用游標卡尺測得小球的直徑，二者相加為l，通過改變細線的長度，測得對應(yīng)的周期T，得到該裝置的圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是（?。ǎ〢．時擺長為 B．時擺長為C．擺球半徑為 D．當?shù)氐闹亓铀俣葹椤敬鸢浮緽CD【詳解】D．設(shè)擺長為，小球半徑為r，單擺的周期公式整理得可知為圖像的斜率，所以有解得D正確；ABC．由題圖乙可知，圖像的縱軸截距為小球的半徑r，則當時擺長A錯誤，B、C正確。故選BCD。14．如圖甲所示，一光滑絕緣小圓槽MN固定在水平面上，M、N兩點之間的弧長遠小于圓槽的半徑R。將該裝置置于加速上升的電梯中，如圖乙所示；將該裝置置于豎直向下的勻強電場中，如圖丙所示；將該裝置置于方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，如圖丁所示。一個帶正電的小球(可視為質(zhì)點)從M點靜止釋放，圖甲、乙、丙和丁四種情形下，設(shè)小球由M運動到N的時間分別為t甲、t乙、t丙和t丁，則（）A．t甲>t乙 B．t丙>t丁C．t甲＝t丁 D．t乙>t丁【答案】AC【詳解】依題意，小球自M運動至N可視為簡諧運動，其運動時間為tMN＝＝其中g(shù)等為等效重力加速度，圖甲中g(shù)甲等＝g圖乙中g(shù)乙等＝g＋a>g圖丙中g(shù)丙等＝g＋>g圖丁中g(shù)丁等＝g所以t甲＝t丁>t乙，t甲＝t丁>t丙但t乙、t丙大小關(guān)系不能確定。故選AC。15．做單擺實驗時，小球可能在水平面內(nèi)做圓周運動形成圓錐擺。為避免單擺做圓錐擺引起的誤差，可采用雙線擺代替單擺來改進實驗裝置。如圖所示，兩根線的一端都系在小球的同一點，另一端分別固定在天花板上，兩根線的長度均為、與豎直方向的夾角均為θ，小球的直徑為d，重力加速度為g?，F(xiàn)將小球垂直紙面向外拉動，使懸線偏離豎直方向一個很小的角度后由靜止釋放，若不計空氣阻力，下列說法正確的是（

）A．若單擺微圓錐擺運動，其做圓錐擺運動的周期小于單擺的周期B．這個雙線擺的擺長為C．這個雙線擺的周期為D．圖中雙線擺的θ角越小越好【答案】AC【詳解】A．若為圓錐擺時，則解得而單擺的周期為可知做圓錐擺運動的周期小于單擺的周期，故A正確；BC．這個雙線擺的擺長為則這個雙線擺的周期為故B錯誤，C正確；D．圖中雙線擺的θ角太小的話，擺動起來越不穩(wěn)定，故D錯誤。故選AC。16．惠更斯發(fā)現(xiàn)“單擺做簡諧運動的周期與重力加速度的二次方根成反比”。為了通過實驗驗證這一結(jié)論，某同學創(chuàng)設(shè)了“重力加速度”可以人為調(diào)節(jié)的實驗環(huán)境。如圖1所示，在水平地面上固定一傾角可調(diào)的光滑斜面，把擺線固定于斜面上的點，使擺線平行于斜面。拉開擺球至A點，靜止釋放后，擺球在之間做簡諧運動，擺角為。擺球自然懸垂時，通過力傳感器（圖中未畫出）測得擺線的拉力為，擺球擺動過程中，力傳感器測出擺線的拉力隨時間變化的關(guān)系如圖2所示，其中、、均已知。當?shù)氐闹亓铀俣葹?。下列選項正確的是（）A．多次改變圖1中角的大小，即可獲得不同的等效重力加速度B．單擺次全振動的時間為C．多次改變擺角，只要得出就可以驗證該結(jié)論成立D．在圖2的測量過程中，滿足的關(guān)系【答案】AD【詳解】A．對小球進行受力分析可知，小球的垂直于斜面的分力始終與斜面的支持力平衡，令等效重力加速度為g0，則有解得可知，多次改變圖1中角的大小，即可獲得不同的等效重力加速度，故A正確；B．單擺在運動過程中，A、C兩位置擺線的拉力最小，根據(jù)圖2可知，相鄰兩個擺線拉力最小的位置的時間間隔為半個周期，可知，單擺次全振動的時間為故B錯誤；C．根據(jù)單擺周期公式有可知，多次改變斜面傾角，只要得出就可以驗證該結(jié)論成立，故C錯誤；D．擺球自然懸垂時，通過力傳感器（圖中未畫出）測得擺線的拉力為，根據(jù)平衡條件有在圖2的測量過程中，擺球在A位置有擺球在B位置有擺球從A位置運動到B位置過程有解得故D正確。故選AD。17．將一臺智能手機水平粘在秋千的座椅上，使手機邊緣與座椅邊緣平行（圖甲），讓秋千以小擺角（小于）自由擺動，此時秋千可看作一個理想的單擺，擺長為L。從手機傳感器中得到了其垂直手機平面方向的關(guān)系圖，如圖乙所示．則以下說法不正確的是（

）A．忽略空氣阻力，秋千的回復力由重力和拉力的合力提供B．當秋千擺至最低點時，秋千對手機的支持力大于手機所受的重力C．秋千擺動的周期為D．該地的重力加速度【答案】AC【詳解】A．忽略空氣阻力，秋千的回復力由重力沿圓弧切線方向的分力提供，故A錯誤，滿足題意要求；B．當秋千擺至最低點時，有可知秋千對手機的支持力大于手機所受的重力，故B正確，不滿足題意要求；CD．秋千擺動到最高點時，垂直手機平面方向的加速度（向心加速度）為0，根據(jù)題圖乙可得秋千擺動的周期為根據(jù)單擺的周期公式有可得故C錯誤，滿足題意要求；D正確，不滿足題意要求。故選AC。18．某研究性學習小組設(shè)計了如圖1所示的實驗裝置，將一傾角可調(diào)的光滑斜面固定在水平面上，斜面上固定一力傳感器，將小球通過擺線掛在力傳感器上，擺線與斜面始終保持平行，小球能在斜面上做單擺運動。當斜面傾角時，傳感器輸出的細線拉力F隨時間t的變化曲線如圖2所示，則下列說法正確的是（）A．由圖2可知單擺的周期為B．只減小斜面傾角，則單擺周期將變大C．擺線應(yīng)選用不易伸縮的輕質(zhì)細繩D．只增大擺線的長度，則單擺周期將減小【答案】BC【詳解】A．根據(jù)題意，由圖乙可知，小磁鐵擺動的周期為s=1.6s故A錯誤；BD．根據(jù)題意可知，斜面傾角為時，等效重力加速度為由單擺周期公式有只減小斜面傾角，則單擺周期將變大，只增大擺線的長度，則單擺周期將增大，故B正確，D錯誤；C．為避免單擺擺動過程中擺長變化，擺線應(yīng)選用不易伸縮的輕質(zhì)細繩，故C正確；故選BC。三、解答題19．正在修建的房頂上固定的一根不可伸長的細線垂到三樓窗沿下，某同學應(yīng)用單擺原理測量窗的上沿到房頂?shù)母叨龋葘⒕€的下端系上一個小球，發(fā)現(xiàn)當小球靜止時，細線恰好與窗子上沿接觸且保持豎直，他打開窗子，讓小球在垂直于墻的豎直平面內(nèi)擺動，如圖所示，從小球第1次通過圖中的B點開始計時，第21次通過B點時用30s；球在最低點B時，球心到窗上沿的距離為1m，當?shù)刂亓铀俣萭??；(1)小球第1次從左向右經(jīng)過B點開始計時，則第2次經(jīng)過B點時，