第2.3节 单摆（解析版）

其次章·机械振动第03节单摆目目标导航学问要点难易度1．单摆回复力是重力沿摆线切向分力．2．单摆平衡位置：回复力为0，向心力最大；最大位移反之3．单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，定性分析和定量计算．4．等效单摆．5．把握单摆测重力加速度g的原理，方法，误差分析．6．T2-L图像分析和计算．★★★★★★★★★★★★

★★★知知识精讲学问点01单摆及单摆的回复力1．单摆(1)细线的一端固定在悬点，另一端拴一个小球，忽视线的伸缩和质量，球的直径远小于悬线长度的装置叫单摆。是抱负化模型。(2)单摆的平衡位置：摆球静止时所在的位置。2．单摆的回复力(1)回复力来源：如图所示，摆球的重力沿圆弧切向的分力供应回复力。※留意：不能说重力和拉力的合力，由于做变速圆周运动，合力供应向心力和切向力。(2)特点：在偏角很小时（摆角<5°），sinθ≈eq\f(x,l)，摆球的切向分力（回复力）F＝Gsinθ＝－eq\f(mg,l)x，即F与位移x成正比，方向总是指向平衡位置，符合简谐运动的条件。(3)平衡位置时，向心力最大，回复力为0由于sinθ＝0，所以回复力F＝0；但做圆周运动v≠0，所以F合＝F向≠0(4)最大位移A或A’处，回复力最大，向心力为0。由于v＝0，所以向心力＝0，F合＝F回≠0思考：在最大位移处，向心加速度为0，但切向加速度最大，在平衡位置，向心加速度最大，但切向加速度为0，那么合加速度在哪里最大？利用机械能守恒，向心加速度公式，倍角公式推导：最大位移处加速度最大。3．单摆的运动特点以悬点为圆心做变速圆周运动。因此在运动过程中只要速度v≠0，半径方向都受向心力．4．常见的两种简谐振动比较弹簧振子单摆抱负化条件轻弹簧、阻力不计、振子可看成质点轻绳（质量不计、不行伸长）阻力不计、摆角<5°、振子可看成质点回复力F＝－kx重力的切线重量：QUOTE平衡位置合力=0合力≠0周期与振幅无关与振幅，摆球质量无关能量转化振子动能和弹簧的弹性势能之间转化摆球的动能和势能之间相互转化弹簧振子： 单摆：【例1】下列有关单摆运动过程中的受力，说法正确的是()A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力C．单摆经过平衡位置时合力为零D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力【答案】B【解析】单摆运动是在一段圆弧上运动，因此单摆运动过程不仅有回复力，而且有向心力，即单摆运动的合外力不仅要供应回复力，还要供应向心力，单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，故选项B正确，A、D错误；单摆经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合力不为零，所以选项C错误．学问点02单摆的周期1．伽利略发觉了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并创造了摆钟。2．单摆的周期(1)单摆的周期T＝2πeq\r(\f(l,g))，只与摆长l及重力加速度有关，与振幅及摆球的质量无关。(2)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，误差0.01%)。(3)g应为单摆所在处的重力加速度，l是指从悬点到摆球重心的长度，考虑摆球大小，l＝l′＋eq\f(d,2)，l′为摆线长，d为摆球直径。【例2】如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，依据图象回答：(1)单摆振动的频率是多大？(2)开头时刻摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？【答案】(1)1.25Hz(2)B点(3)0.16m【解析】(1)由题图乙知周期T＝0.8s，则频率f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz.(2)由题图乙知，开头时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点．(3)由T＝2πeq\r(\f(l,g))得l＝eq\f(gT2,4π2)≈0.16m.【例3】(多选)如图所示，甲、乙是摆长相同的两个单摆，它们中间用一根细线相连，其中一个摆线与竖直方向成θ角．已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都做简谐运动，在摇摆过程中下列说法正确的是()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．甲的运动周期大于乙的运动周期【答案】AC【解析】（题图不太精确     ，中间细线不水平，有点误导）由题意知，甲、乙是摆长相同的两个单摆，原来两者静止时由于质量不同，故偏角不同，质量大的偏角小，故甲的振幅小．A项正确，两物体在平衡位置时速度最大，依据mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gl1－cosθ)，与质量无关，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，C项正确；依据T＝2πeq\r(\f(l,g))，周期与质量无关，所以D项错．【例4】如图所示，小球P连接着轻质弹簧，放在光滑水平面上，弹簧的另一端固定在墙上，O点为它的平衡位置，把P拉到A点，使OA＝1cm，轻轻释放，经0.4s小球运动到O点。假如把P拉到A′点，使OA′＝2cm，则释放后小球这一次运动到O点所需的时间为（）A．0.2s B．0.4s C．0.6s D．0.8s【答案】B【解析】周期与振幅无关，所以仍旧是0.4s，B正确。学问点03等效单摆l等效＝lsinα做垂直纸面的小角度摇摆l等效＝lsinα＋l垂直纸面摇摆l等效＝l纸面内摇摆左侧：l等效＝l右侧：l等效＝eq\f(2,3)l纸面内摇摆T＝πeq\r(\f(l,g))＋πeq\r(\f(2l,3g))l等效＝R当半径R远大于小球位移x时，小球做单摆运动【归纳总结】单摆模型(1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型。满足条件：①圆弧运动。②小角度摇摆。③回复力F＝－kx。(2)首先确认符合单摆模型的条件，再求等效摆长l及等效加速度g，代入周期公式求解。【例5】如图所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽视)，组成了所谓的双线摆，若细线长均为l，两线与天花板的夹角均为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，周期为()A．2πeq\r(\f(l,g))B．2πeq\r(\f(2l,g))C．2πeq\r(\f(2lcosα,g))D．2πeq\r(\f(lsinα,g))【答案】D【解析】这是一个变形的单摆，公式中的l是指质点到悬点(等效悬点)的距离=lsinα，代入周期公式，可得T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))，故选D.【例6】如图所示，曲面AO是一段半径为2m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长10cm.现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经受的时间分别是t1和t2，那么()A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2C．v1＝v2，t1＝t2 D．上述三种都有可能【答案】B【解析】由于AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度的单摆振动，即做简谐运动，其等效摆长为2m，单摆周期与振幅无关，因此t1＝t2，又由于小球运动过程中机械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，知v1＞v2.学问点04利用单摆测量重力加速度1．试验原理：由T＝2πeq\r(\f(l,g))知g＝eq\f(4π2l,T2).2．试验器材：带孔小钢球一个，细线一条(约1m长)、铁架台、毫米刻度尺、秒表、或游标卡尺．3．试验步骤(1)把线的上端用铁夹固定在铁架台上，并把铁架台放在试验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示．(2)测摆长：用毫米刻度尺量出悬线长l′，精确到毫米；用游标卡尺测量出摆球的直径D，精确到毫米，则l＝l′＋eq\f(D,2)，即为单摆的摆长．(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个小于5°角度，然后释放摆球，当单摆稳定后，过平衡位置时用秒表开头计时，测量30～50次全振动的时间．计算出平均摇摆一次的时间，即为单摆的振动周期T.(4)变摆长：将单摆的摆长变短(或变长)，重复试验三次，测出相应的摆长l和周期T.4．数据处理(1)平均值法：转变一次摆长，将相应的l和T，代入公式g＝eq\f(4π2l,T2)中求出g值，最终求出g的平均值(2)图象法：由T＝2πeq\r(\f(l,g))得T2＝eq\f(4π2,g)l作出T2­l图象，即以T2为纵轴，以l为横轴．如图所示，其斜率k＝eq\f(4π2,g)，由图象的斜率即可求出重力加速度g.5．留意事项和误差分析(1)摆线要选1m左右．(2)摆长要悬挂好摆球后再测，先测量摆长再系小球错误．摆线松动g偏小(3)计算摆长时要将摆线长加上摆球半径，不要把摆线长当作摆长．漏测摆球半径g偏小。(4)摆球要选体积小、密度大的，这样可以减小空气阻力的影响．(5)摆角要小于5°(具体试验时可以小于15°)，由于摆角过大，单摆的振动不再是简谐运动．(6)单摆要在竖直平面内摇摆，不要使之成为圆锥摆．(7)要从平衡位置计时，不要从摆球到达最高点时开头计时．(8)要精确     记好摇摆次数，不要多记或少记．少记录次数g偏小。留意：摆球质量大小，偏角即振幅大小对测量无影响。【例7】(1)在用单摆测定重力加速度的试验中，应选用的器材为________．A．1m长的细线B．1m长的粗线C．10cm长的细线D．泡沫塑料小球E．小铁球F．秒表G．时钟H．厘米刻度尺I．毫米刻度尺J．游标卡尺(2)在该试验中，单摆的摆角θ应________，从摆球经过________开头计时，测出n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测出摆线长为L，用游标卡尺测出摆球的直径为d.用上述物理量的符号写出测出的重力加速度的一般表达式为g＝________.【答案】(1)AEFIJ(2)小于5°，平衡位置，eq\f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(d,2)))n2,t2)【例8】．在“用单摆测重力加速度”的试验中，若测得的g值比当地的标准值偏小，可能由于()A．测摆长时摆线拉的过紧B．测摆长时用摆线长代替摆长而漏加小球半径C．测量周期时，将n次全振动误记成n＋1次全振动D．开头记时时，小球通过平衡位置时秒表按下的时刻滞后于小球通过平衡位置的时刻【答案】B【解析】依据T＝2πeq\r(\f(l,g))，g＝eq\f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(d,2)))n2,T2)推理得B对．【例9】．在“用单摆测定重力加速度”的试验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝eq\f(4π2l,T2)。只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图象，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2－l图象是一条过坐标原点的直线，某同学依据试验数据作出的图象如图所示。(1)造成图象不过坐标原点的缘由可能是________。(2)由图象求出的重力加速度g＝____________m/s2。(取π2＝9.87)【答案】(1)测摆长时漏掉了摆球半径(2)9.87【解析】(1)既然所画T2－l图象与纵坐标有正截距，这就表明l的测量值与真实值相比偏小了，则意味着测摆长时可能漏掉了摆球半径。(2)图象的斜率k＝eq\f(4π2,g)＝4，则g＝eq\f(4π2,k)＝9.87m/s2。方法方法总结1，单摆和类单摆的等效思想2，T2-L图像：化曲为直，利用图像斜率和截距求解巩巩固练习1．关于单摆，下列说法中正确的是()A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置B．摆球受到的回复力是它的合力C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零D．摆角很小时，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比【答案】A【解析】回复力是重力沿切向分力，近似指向平衡位置。2．(多选)图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摇摆，B点为运动中的最低位置，则在摇摆过程中()A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力最大C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大【答案】BD【解析】摆球在摇摆过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，A错误，B正确；在最低点B处，速度最大，回复力为零，向心力最大，细线的拉力最大，C错误，D正确．3．在盛沙的漏斗下面放一木板,让漏斗左右摇摆起来,同时其中细沙匀速流出,经受一段时间后,观看木板上沙子的积累状况,则沙堆的剖面应是下图中的()【答案】B【解析】不考虑空气阻力，两端漏斗运动最慢,细沙漏到地面上的最多,故选项B正确。4．(多选)如图所示是一个单摆(θ＜5°)，其周期为T，则下列说法正确的是()A．把摆球的质量增加一倍，其周期不变 B．摆球的振幅变小时，周期也变小C．此摆由O→B运动的时间为eq\f(T,4) D．摆球由B→O时，动能向势能转化【答案】AC【解析】周期与m，振幅（摆角）无关，所以A正确，B错误；从O到B为1/4周期，C正确；从B到O重力势能转化为动能，D错误。5．(多选)一个单摆做小角度摇摆，其振动图象如图所示，以下说法正确的是()A．t1时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小B．t2时刻摆球速度最大，但加速度不为零C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大【答案】ABD【解析】t1时刻位移最大，速度为0，悬线拉力（-重力重量）供应向心力，所以拉力最小，A正确；t2时刻摆球在平衡位置，速度最大，有向心加速度不为0，B正确；同A选项，C错误；同C选项，D正确。6．(多选)某单摆由1m长的摆线连接一个直径为2cm的铁球组成，下列关于单摆周期的说法正确的是()A．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变B．用大球替代小球，单摆的周期不变C．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变小【答案】AD【解析】用等大的铜球替代铁球，摆长不变，单摆的周期不变，故A正确；用大球替代小球，单摆摆长变长，单摆的周期变大，故B错误；在小摆角状况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，单摆周期不变，故C错误；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，单摆周期变小，故D正确．7．已知单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6m，则两单摆长la与lb分别为()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【答案】B【解析】设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝3∶5。依据单摆周期公式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。则la＝eq\f(9,25－9)×1.6m＝0.9m，lb＝eq\f(25,25－9)×1.6m＝2.5m。8．(多选)如图所示为甲、乙两单摆的振动图象，则()A．若甲、乙两单摆在同一地点摇摆，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1B．若甲、乙两单摆在同一地点摇摆，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摇摆，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摇摆，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4【答案】BD【解析】由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故A错误，B正确；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故C错误，D正确。9．如图所示为演示简谐运动的沙摆，已知摆长为l，沙桶的质量为m，沙子的质量为M，M>m，沙子渐渐下漏的过程中，沙摆的周期()A．不变 B．先变大后变小C．先变小后变大 D．渐渐变大【答案】B【解析】在沙子渐渐下漏的过程中，沙摆的重心先下降后上升，则等效摆长先变大后变小，则沙摆的周期先变大后变小，故选B.10．(多选)惠更斯利用摆的等时性创造了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能供应，运行的速率由钟摆把握．旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示．以下说法正确的是()A．当摆钟不精确     时需要调整圆盘的位置B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移D．把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移【答案】AC【解析】依据周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知，当摆钟不精确     时需要调整摆长，A正确；摆钟快了，周期小，则需将摆长增大，增大周期，B错误；由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，则需上移圆盘，C正确；摆钟从福建移到北京，重力加速度增大，则需将摆长增大，D错误．11．(多选)有一个单摆，原来的周期是。在下列状况下，对周期变化的推断正确的是（）A．摆长减为原来的，周期变为4s B．摆球的质量减为原来的，周期不变C．振幅减为原来的，周期不变 D．重力加速度减为原来的，周期变为4s【答案】BCD【解析】由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，摆长减为原来，周期变为原来一半，即1s，A错误；周期与摆球质量，振幅无关，所以BC正确；重力加速度减为原来的，周期变为原来2倍，即4s，D正确。12．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝eq\f(L,2)，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是()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))))【答案】D【解析】摆到竖直位置的时间为：t1＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(L,2g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(L,2g))，从竖直位置到右侧最高点的时间为：t2＝eq\f(1,4)×πeq\r(\f(L,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(L,g))，故小球的运动周期为：T＝2(t1＋t2)