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高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动4 单摆导学案
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物理观念：
1.知道单摆振动时回复力的来源.
2.知道影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式.
3.掌握用单摆测定重力加速度的原理和方法.
科学思维：
1.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件.
2.引导学生对摆球进行受力分析，将单摆纳入简谐运动模型.
科学探究：
1.观察单摆，对影响单摆周期的因素进行猜想，然后通过实验探究认识到影响单摆周期的因素.
2.会测量当地的重力加速度.
一、单摆及单摆的回复力
1.单摆
(1)如果细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫做单摆.单摆是实际摆的理想化模型.
(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)回复力的来源：如图1所示，摆球的重力沿圆弧切线方向(填“切线方向”或“法线方向”)的分力提供回复力.
图1
(2)回复力的特点：在偏角很小时，sin θ≈eq \f(x,l)，所以单摆的回复力为F＝－eq \f(mg,l)x，即小球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，单摆的运动可看成是简谐运动.
二、单摆的周期
1.定性探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响
(1)探究方法:控制变量法。
(2)实验结论
①单摆振动的周期与摆球的质量无关。
②振幅较小时,周期与振幅无关。
③摆长越长,周期越长;摆长越短,周期越短。
2.定量探究单摆的周期与摆长的关系
(1)周期的测量:用停表测出单摆N(30~50)次全振动的时间t,利用T=tN计算它的周期。
(2)摆长的测量:用刻度尺测出细线长度l0,用游标卡尺测出小球直径D,利用l=l0+D2求出摆长。
(3)数据处理:改变摆长l,测出对应的单摆周期,作出T-l、T-l2或T-l图像,得出结论。
3.周期公式
(1)公式的提出:荷兰物理学家惠更斯提出了单摆的周期公式。
(2)公式:T=2πlg,即T与摆长l的二次方根成正比,与重力加速度g的二次方根成反比。
三、用单摆测定重力加速度
1.实验原理
由T＝2πeq \r(\f(l,g))，得g＝eq \f(4π2l,T2)，则测出单摆的摆长l和周期T，即可求出当地的重力加速度.
2.数据处理
(1)平均值法：利用实验中获得的摆长和周期的实验数据，从中选择几组，分别计算重力加速度，然后取平均值.
(2)图象法：分别以l和T2为纵坐标和横坐标，作出函数l＝eq \f(g,4π2)T2的图象，图象的斜率k＝eq \f(g,4π2)，进而求出重力加速度g.
1.判断下列说法的正误.
(1)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力.( × )
(2)单摆经过平衡位置时受到的合力为零.( × )
(3)制作单摆的摆球越大越好.( × )
(4)若单摆的振幅变为原来的一半，则周期也将变为原来的一半.( × )
2.一个理想的单摆，已知其周期为T.如果由于某种原因重力加速度变为原来的2倍，振幅变为原来的3倍，摆长变为原来的8倍，摆球质量变为原来的2倍，它的周期变为______.
答案 2T
一、单摆的回复力
(1)单摆的回复力就是单摆所受的合外力吗？
(2)单摆经过平衡位置时，回复力为零，合外力也为零吗？
答案 (1)回复力不是合外力.单摆的运动可看做变速圆周运动，其重力可分解为沿悬线方向的分力和沿圆弧切线方向的分力，重力沿圆弧切线方向的分力提供使摆球沿圆弧振动的回复力.
(2)单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零.
1.实际摆可看成单摆的四个条件
(1)忽略在摆动过程中所受到的阻力;
(2)将摆球看作质点;
(3)摆线细且不可伸长;
(4)忽略摆球的质量。
2.单摆摆球的运动特点
(1)摆球以悬点为圆心在竖直平面内做变速圆周运动。
(2)摆球同时以最低点O为平衡位置做机械振动。
3.受力规律
(1)在运动过程中只要v≠0,沿半径方向的力的合力不为0,提供向心力。
(2)在运动过程中只要不在平衡位置,小球一定有回复力,即重力沿圆弧切线方向的分力。
(3)在平衡位置,回复力为零,小球的合力并不为零,合力提供圆周运动的向心力。
4.单摆做简谐运动的条件
如图所示,在摆角很小时,摆球对O点的位移x的大小与θ角所对的弧长、θ角所对的弦都近似相等,因此sin θ≈xl,所以单摆的回复力大小F=G1=mgsin θ ≈mglx=kx,其中k=mgl为一常数。考虑力F的方向与位移x的方向相反,所以有F=-kx。因此,在摆角θ很小时,单摆做简谐运动。
特别提示 单摆的摆动不一定都是简谐运动,只有单摆做小角度摆动时才认为是简谐运动。
例1 (多选)关于单摆摆球在运动过程中
的受力,下列结论正确的是( )
A.摆球受重力、摆线的拉力作用
B.摆球受重力、摆线的拉力、回复力作用
C.摆球的回复力为零时,向心力最大
D.摆球的回复力最大时,摆线中的拉力大小比摆球的重力大
答案 AC
解析 单摆在运动过程中,摆球受重力和摆线的拉力,重力沿圆弧切线的分力提供回复力,A选项正确、B选项错误;在平衡位置处,回复力为零,速度最大,向心力F向=mv2R最大,选项C正确;当回复力最大时,摆球在最大位移处,速度为零,向心力为零,则拉力等于重力沿半径方向的分力,即拉力小于重力,选项D错误。
对单摆的两点说明
(1)所谓平衡位置,是指摆球静止时,摆线拉力与小球所受重力平衡的位置,并不是指摆动过程中的受力平衡位置。实际上,在摆动过程中,摆球受力不可能平衡。
(2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供的,不可误认为回复力是重力G与摆线拉力FT的合力。
针对训练1 关于单摆,下列说法正确的是( )
A.单摆的摆长即为悬点到摆球最下端的长度
B.振动过程中,单摆在平衡位置所受摆线的拉力最小
C.振动过程中,摆球所受的合力就是回复力
D.振动过程中,摆球的机械能守恒
答案 D
解析 单摆的摆长等于摆线悬点到摆球球心的距离,故A错误;设某时刻摆线和竖直方向的夹角为θ,则对摆球,有FT-mgcs θ= mv2l,则摆球所受摆线的拉力FT=mgcs θ+ mv2l,在最低点,θ=0,cs θ=1,值最大,由单摆的特点知,此时单摆速度也最大,故此时摆球所受摆线的拉力也最大,故B错误;振动过程中,重力沿圆弧切线方向的分力充当摆球的回复力,在平衡位置,回复力为零,摆球的合力并不为零,故C错误;振动过程中,只有摆球的重力做功,故其机械能守恒,故D正确。
二、单摆的周期
单摆的周期公式为T＝2πeq \r(\f(l,g)).
(1)单摆的摆长l等于悬线的长度吗？
(2)将一个单摆移送到不同的星球表面时，周期会发生变化吗？
答案 (1)不等于.单摆的摆长l等于悬线的长度与摆球的半径之和.
(2)可能会.单摆的周期与所在地的重力加速度g有关，不同星球表面的重力加速度可能不同.
1.伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟.
2.单摆的周期公式：T＝2πeq \r(\f(l,g)).
3.对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和准确值相差0.01%).
(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离l＝l线＋r球.
(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定.
(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期.
4.周期公式的成立条件
当单摆做偏角很小的振动时,才有T=2πlg,与单摆的振幅及摆球的质量无关,只与摆长l及单摆所在处的重力加速度g有关。
特别提示 实际的单摆摆球不可能是质点,所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度,即l=l0+D2,l0为摆线长,D为摆球直径。
5.对摆长的理解
对于不规则的摆动物体或复合物体,摆长是指摆动轨迹圆弧的圆心到摆动物体重心的长度。图(a)中,摆球半径为r,甲、乙两摆在垂直纸面方向摆起来效果是相同的,所以甲摆的摆长为lsin α+r。图(b)中,乙在垂直纸面方向小角度摆动时,与甲摆等效;乙在纸面内小角度摆动时,与丙摆等效。
6.对重力加速度g的理解
只处于重力场中的单摆,周期公式中的g由单摆所在的空间位置决定,即g=Gm0r2,其中m0为地球的质量,r为到地心的距离。在地球表面不同位置、离地表不同高度处、不同星球上g都不同,因此,应求出单摆所在处的重力加速度代入公式,即g不一定等于9.8 m/s2。
例2 (2023甘肃天水第一中学高二阶段练习)一同学在探究单摆的运动规律时,测得单摆50次全振动所用的时间为120 s。已知当地的重力加速度大小为9.80 m/s2,π2≈9.8。则下列说法不正确的是( )
A.该单摆做简谐运动时,在速度增大的过程中回复力一定减小
B.该单摆的摆长约为1.44 m
C.若把该单摆放在月球上,则其摆动周期变大
D.若把该单摆的摆长减小为原来的一半,则其振动的周期为562 s
答案 D
解析 单摆的速度越大,距平衡位置越近,回复力越小,A正确,不符合题意;单摆的周期为T=tn,解得T=2.4 s,由公式T=2πlg,解得l=1.44 m,B正确,不符合题意;由公式T=2πlg,月球上的重力加速度较小,所以周期变大,C正确,不符合题意;把摆长减小为原来的一半,则T'=2T2=652 s,D错误,符合题意。
单摆模型及问题的分析、解答
(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小角度摆动;③回复力F=-kx。
(2)首先确认符合单摆模型的条件,然后寻找等效摆长l及等效重力加速度g,最后利用公式T=2πlg或简谐运动规律分析、解答。
例3 如图所示,三根细线在O点处打结,A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上,使∠AOB=90°,∠BAO=30°,已知OC线长是l,下端C点系着一个小球(可视为质点且做小角度摆动)。
(1)让小球在纸面内摆动,周期T= 。
(2)让小球在垂直纸面内摆动,周期T= 。
答案 (1)2πlg (2)2π34+1lg
解析 (1)让小球在纸面内摆动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为l,周期T=2πlg;(2)让小球在垂直纸面内摆动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为34l+l,周期T=2π34+1lg。
三、实验：用单摆测定重力加速度
1.实验原理
由T＝2πeq \r(\f(l,g))，得g＝eq \f(4π2l,T2)，则测出单摆的摆长l和周期T，即可求出当地的重力加速度.
2.实验器材
铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、秒表、细线(1 m左右)、刻度尺、游标卡尺.
3.实验步骤
(1)让细线穿过小球上的小孔，在细线的穿出端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆.
(2)将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂.在单摆平衡位置处做上标记.
(3)用刻度尺量出悬线长l′(准确到mm)，用游标卡尺测出摆球的直径d，则摆长为l＝l′＋eq \f(d,2).
(4)把单摆拉开一个角度，角度不大于5°，释放摆球.摆球经过最低位置时，用秒表开始计时，测出单摆完成30次(或50次)全振动的时间，求出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期.
(5)改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格.
4.数据处理
(1)公式法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式g＝eq \f(4π2l,T2)中求出g值，最后求出g的平均值.
设计如下所示实验表格：
(2)图象法：由T＝2πeq \r(\f(l,g))得T2＝eq \f(4π2,g)l，以T2为纵坐标，以l为横坐标作出T2－l图象(如图4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.
图4
5.注意事项
(1)选择细而不易伸长的线，长度一般不应短于1 m；摆球应选用密度较大、直径较小的金属球.
(2)摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小.
(3)摆球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆.
(4)计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，要测n次全振动的时间t.
例4 某同学利用如图5所示的装置测量当地的重力加速度.实验步骤如下：
图5
A.按装置图安装好实验装置；
B.用游标卡尺测量小球的直径d；
C.用米尺测量悬线的长度L；
D.让小球在竖直平面内小角度摆动，当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3、…，当数到20时，停止计时，测得时间为t；
E.多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；
F.计算出每个悬线长度对应的t2；
G.以t2为纵坐标、L为横坐标，作出t2－L图线.
结合上述实验，完成下列问题：
(1)用游标为10分度的游标卡尺测量小球直径，某次测量示数如图6所示，读出小球直径d为________ cm.
图6
(2)该同学根据实验数据，利用计算机作出t2－L图线如图7所示.根据图线拟合得到方程t2＝404.0L＋3.07，由此可以得出当地的重力加速度g＝_____ m/s2.(取π2＝9.86，结果保留3位有效数字)
图7
(3)从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是________.
A.不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时
B.开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数
C.不应作t2－L图线，而应作t－L图线
D.不应作t2－L图线，而应作t2－(L＋eq \f(1,2)d)图线
答案 (1)1.52 (2)9.76 (3)D
解析 (1)游标卡尺主尺的示数是1.5 cm＝15 mm，游标尺示数是2×0.1 mm＝0.2 mm，小球的直径d＝15 mm＋0.2 mm＝15.2 mm＝1.52 cm.
(2)根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))得：
eq \f(t,10)＝2πeq \r(\f(l,g))，又l＝L＋eq \f(d,2)，则t2＝400π2eq \f(l,g)＝400π2eq \f(L,g)＋eq \f(200π2d,g).
由题意知斜率k＝404.0，则eq \f(400π2,g)＝404.0，
代入π2＝9.86得g≈9.76 m/s2.
(3)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长小于实际摆长，故t2－L图象不过原点，在纵轴上截距不为零，故D正确.
四、单摆的x-t图像问题
如图所示,细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器内装上墨汁。当注射器摆动时,沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板,观察喷在木板上的墨汁图样。如果图样的形状像是正弦曲线,那么你如何确定图线是正弦曲线?
答案 假设曲线是正弦曲线,测量它的振幅和周期,写出对应的正弦函数的表达式。用刻度尺测出曲线上某些点的纵坐标,将每一个位移对应的振动时间代入表达式求出函数值,若这一函数值和测量值相等,则图像是正弦曲线。
单摆的x-t图像
例5 (2023山东费县第一中学高二期中)图甲、乙分别是A、B两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像,则下列说法正确的是( )
A.A、B两单摆的振幅相等
B.t=2 s时,A单摆的重力势能最小,B单摆的动能为零
C.A、B两单摆的摆长之比为4∶1
D.A、B两单摆的摆球在最低点时,向心加速度大小一定相等
答案 B
解析 由题图知,A、B两单摆的振幅分别为4 cm、2 cm,故选项A错误;t=2 s时,位移xA=0,即A单摆在平衡位置处,xB=2 cm,即B单摆在振动的正方向最大位移处,则A单摆的重力势能最小,B单摆的动能为零,故选项B正确;由题图可知,A、B单摆的周期分别为TA=4 s、TB=8 s,由单摆的周期公式得出A、B两单摆的摆长之比为lA∶lB=TA2∶TB2=1∶4,故选项C错误;设摆球摆动的最大偏角为θ,由机械能守恒定律可得mgl(1-cs θ)=12mv2,根据向心加速度公式a=v2l可得,摆球在最低点时向心加速度a=2g(1-cs θ),因两摆球的最大偏角θ满足sin θ=Aml,故θA>θB,所以aA>aB,故选项D错误。
在解决单摆图像等问题时,要注意应用以下规律:(1)单摆在摆动过程中,机械能守恒。(2)近似计算:当摆角θ很小时,θ≈sin θ≈Al,A为振幅(近似等于弦长或弧长),l为摆线长。
针对训练2 (多选)如图甲所示,演示简谐运动图像的装置由一根较长的细线和较小的漏斗组成。当漏斗摆动时,漏斗的细沙均匀流出,同时匀速拉出漏斗正下方的木板,漏出的细沙在板上会形成一条曲线,这条曲线可以理解为漏斗摆动的振动图像。图乙是同一个漏斗分别在两块木板上形成的曲线(图中的实线),已知P、Q分别是木板上的两点,木板1、2的移动速度分别为v1、v2,则( )
A.P处堆积的细沙与Q处一样多
B.P处堆积的细沙比Q处多
C.v1∶v2=4∶3
D.v1∶v2=3∶4
答案 BD
解析 设单摆的周期为T,木板1运动的时间t1=2T,木板2运动的时间t2=32T,由v=lt得,v1v2=t2t1=34,D正确。由于单摆在最大位移附近速度小,经历的时间会长一些,故P处堆积的细沙比Q处多,B正确。
1.(单摆模型)(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型,其理想化条件是( )
A.摆线质量不计
B.摆线长度不伸缩
C.摆球的直径比摆线长度短得多
D.只要是单摆的运动就是一种简谐运动
答案 ABC
解析 单摆由摆线和摆球组成,摆线只计长度不计质量,摆球只计质量不计大小,且摆线不伸缩,选项A、B、C正确。但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的,只有在摆角很小的情况下才能视单摆的运动为简谐运动,选项D错误。
2.(单摆的周期)将秒摆(周期为2 s的单摆)的周期变为4 s,下面哪些措施是正确的( )
A.只将摆球质量变为原来的14
B.只将振幅变为原来的2倍
C.只将摆长变为原来的4倍
D.只将摆长变为原来的16倍
3.(单摆的振动图像)(2023陕西富县高级中学高二期中)一单摆振动过程中离开平衡位置的位移随时间变化的规律如图所示,取向右为正方向。则下列说法正确的是( )
A.第1 s末和第5 s末摆球位于同一位置
B.0~1 s的时间内,摆球的回复力逐渐减小
C.t=3 s时,摆球的位移为振幅的22
D.t=3 s时,摆球的速度方向与加速度方向相反
答案 C
解析 由题图可知第1 s末和第5 s末位移等大反向,即摆球位于平衡位置两侧,故A错误;0~1 s的时间内,摆球的位移增大,则回复力逐渐增大,故B错误;设单摆振幅为A,由题图可知单摆周期T=8 s,t=0时,x=0,则单摆位移与时间则单摆位移与时间的关系式为x=Asin2πTt=Asinπ4t,当t=3 s时,摆球的位移为x=Asinπ4×3=22A,故C正确;t=3 s时,位移为正值,则加速度a=-kxm,方向与位移方向相反,为负方向,图线在该时刻的斜率为负,即摆球的速度方向为负方向,故D错误。
4.(单摆的周期、机械能)一个单摆,如果摆球的质量增加为原来的4倍,摆球经过平衡位置时速度减为原来的一半,则单摆的( )
A.频率不变,振幅不变
B.频率不变,振幅改变
C.频率改变,振幅不变
D.频率改变,振幅不变
答案 B
解析 决定单摆周期的是摆长和当地的重力加速度,与摆球的质量无关,与摆球的运动速度也无关,所以频率也与质量和速度无关,所以选项C、D错误。决定振幅的是外来因素,反映在单摆的运动中,可以从能量去考虑,即在平衡位置(即最低点)时的动能;当质量增为原来的4倍,速度减为原来的一半时,动能不变,最高点的重力势能也不变,但是又因第二次摆球的质量增大了(实际上单摆已经变成另一个摆动过程了),势能不变,质量变大了,摆动的竖直高度就一定变小了,也就是说,振幅变小了,所以选项A错误,选项B正确。
一、选择题
考点一 单摆的回复力
1.(多选)(2024广东江门高二月考)关于单摆,下列说法正确的是( )
A.摆球受到的回复力是它所受的合力
B.摆球经过平衡位置时,所受的合力不为零
C.只有在最高点时,回复力才等于重力和摆线拉力的合力
D.摆球在任意位置处,回复力都不等于重力和摆线拉力的合力
答案 BC
解析 摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力,不是摆球所受的合力,A错误。摆球经过平衡位置时,回复力为零,但由于摆球做圆周运动,有向心力,合力不为零,方向指向悬点,B正确。根据牛顿第二定律可知,摆球在最大位移处时,速度为零,向心加速度为零,重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力,回复力等于重力和摆线拉力的合力;在其他位置时,速度不为零,向心加速度不为零,重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力,回复力不等于重力和摆线拉力的合力,C正确,D错误。
2.(2024湖北武汉高二月考)对于做简谐运动的单摆,下列说法正确的是( )
A.在位移为正的区间,速度和加速度都一定为负
B.当位移逐渐增大时,回复力逐渐增大,振动的能量也逐渐增大
C.摆球经过平衡位置时,速度最大,势能最小,摆线所受拉力最大
D.摆球在最大位移处时,速度为零,处于平衡状态
答案 C
解析 在位移为正的区间,回复力F=-kx为负,加速度为负,但速度可正可负,A项错误;当位移逐渐增大时,回复力逐渐增大,振动的能量不变,B项错误;平衡位置为摆球最低位置,摆球经过平衡位置时,速度最大,势能最小,由FT-mg=mv2l可知,在平衡位置摆线所受拉力最大,C项正确;摆球在最大位移处,速度为零,但加速度不为零,并不处于平衡状态,D项错误。
3.(2024北京人大附中高二月考)有一正在摆动的秒摆(T=2 s),若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时,那么当t=1.6 s时,以下对摆球的运动情况及回复力变化情况的说法正确的是( )
A.正在向左做减速运动,回复力正在增大
B.正在向右做减速运动,回复力正在增大
C.正在向右做加速运动,回复力正在减小
D.正在向左做加速运动,回复力正在减小
答案 D
解析 秒摆的周期为T=2 s,取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时,当t=1.6 s时,即34T考点二 单摆的周期
4.(2024河南新乡高二月考)两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动,它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2,则( )
A.f1>f2,A1=A2
B.f1C.f1=f1,A1>A2
D.f1=f2,A1答案 C
解析 单摆的频率由摆长决定,摆长相等,频率相等,所以A、B错误;由机械能守恒定律可知,摆球在平衡位置的速度越大,其振幅越大,所以C正确,D错误。
5.(2024上海高二月考)在上海走时准确的摆钟,随考察队带到北极,则这个摆钟( )
A.变慢了,重新校准应减小摆长
B.变慢了,重新校准应增大摆长
C.变快了,重新校准应减小摆长
D.变快了,重新校准应增大摆长
答案 D
解析 摆钟从上海到北极,纬度升高,重力加速度g变大,由单摆的周期公式T=2πlg可知,摆钟的周期变小,即摆动变快,要将周期T调大从而重新校准应增大摆长l,故D正确,A、B、C错误。
6.(2024北京西城高二期末)一个单摆做简谐运动的周期为T,如果将其摆长增加为原来的2倍,振幅变为原来的12,则其周期变为( )
A.12TB.2T2C.2TD.2T
答案 C
解析 根据T=2πlg可知,单摆的周期与振幅无关,将其摆长增加为原来的2倍,则T'=2π2lg=2T,选项C正确。
考点三 “单摆”模型的拓展
7.(2024广东佛山高二月考)如图所示,处于竖直向下的匀强电场中的摆球,质量为m,半径为r,带正电荷,用长为l的细线把摆球吊在悬点O处做成单摆,则这个单摆的周期为( )
A.2πlgB.2πl+rg
C.大于2πl+rgD.小于2πl+rg
答案 D
解析 设电场强度为E,摆球所带电荷量为q,当单摆所处系统中无竖直向下的匀强电场时,单摆的周期为T=2πl+rg;当单摆处于竖直向下的匀强电场时,其等效重力加速度为g等效=mg+qEm=g+qEm>g,周期T'=2πl+rg等效,所以单摆的周期减小,即T'8.(多选)(2024湖北武汉高二月考)同一地点的两单摆甲、乙的振动图像如图所示,且甲、乙两单摆的摆球质量相等,忽略空气阻力。则下列说法正确的是( )
A.甲的摆长与乙的摆长相等
B.甲的摆长比乙的摆长长
C.甲的机械能比乙的大
D.在t=0.5 s时有负向最大加速度的是乙摆
答案 AC
解析 从图中可得两者的周期相同,都为2.0 s,又知道两者在同一个地点测量的,g相同,根据单摆周期公式T=2πlg,可知两单摆的摆长相等,故A正确,B错误;甲摆的振幅为10 cm,乙摆的振幅为7 cm,则甲摆的振幅比乙摆的大,由于甲、乙两单摆的摆球质量相等,甲的机械能比乙的机械能大,故C正确;在t=0.5 s时,甲摆经过平衡位置,振动的加速度为零,而乙摆位于负向最大位移处,则乙摆具有正向最大加速度,故D错误。
9.(2024河南郑州高二月考)如图所示,一摆长为l的单摆,在悬点的正下方的P处有一光滑钉子,P与悬点相距l-l',则这个单摆做小幅度摆动时的周期为( )
A.2πlgB.2πl'g
C.πlg+l'gD.2πl+l'2g
答案 C
解析 碰钉子前摆长为l,则周期T1=2πlg,碰钉子后摆长变为l',则周期T2=2πl'g,所以该组合摆的周期T=T12+T22=πlg+l'g,故C正确。
10.(2024湖南衡阳期中)两个质量相等的弹性小球分别挂在l1=1.00 m,l2=0.25 m的细绳上,两球重心等高,如图所示。现将B球在竖直面内拉开一个较小的角度放开后,从B球开始运动计算,经过4 s两球相碰的次数为(取π2≈10,g取10 m/s2)( )
A.3次B.4次C.5次D.6次
答案 C
解析 先计算两球运动的周期,T1=2πl1g=2 s,T2=2πl2g=1 s,从B开始运动经T24,即0.25 s第1次相碰,并经T12,即1 s第2次相碰;再经T22,即0.5 s第3次相碰,可推证到第5次相碰共用时3.25 s,到第6次相碰共用时4.25 s,故经过4 s两球相碰的次数为5次,故C正确。
11.(多选)如图所示,长度为l的轻绳上端固定在O点,下端系一小球(小球可以看成质点)。在O点正下方,距O点3l4处的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处,轻绳被拉直,然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置,点C(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h,h≪l,A、B、P、O在同一竖直平面内。当地的重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.点C与点B高度差小于h
B.点C与点B高度差等于h
C.小球摆动的周期等于3π2lg
D.小球摆动的周期等于3π4lg
答案 BC
解析 由机械能守恒定律可知,点C与点B高度差等于h,选项A错误,B正确;由单摆周期公式可知,小球摆动的周期等于πlg+π l4 g=3π2lg,选项D错误,C正确。
12.(多选)(2024广东韶关高二月考)某物理小组两位同学分别使用图甲中所示的同一套装置,观察单摆做运动时的振动图像。已知两人实验时所用的摆长相同,落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图乙中N1、N2所示。下列关于两图线相关的分析正确的是( )
A.N1表示砂摆振动的幅度较大,N2表示砂摆振动的幅度较小
B.N1与N2振动的周期相同
C.N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大
D.N1对应的砂摆摆到最低点时,摆线的拉力比N2对应的拉力大
答案 BC
解析 由图乙可知,N1表示砂摆振动的幅度与N2表示砂摆振动的幅度相同,故A错误;由公式T=2πlg可知,两摆由于摆长相同,则两摆的周期相同,故B正确;由图乙可知,N1对应的木板运动时间为T,N2对应的木板运动的时间为2T,则N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大,故C正确;由动能定理有mgl(1-cs θ)=12mv2,在最低点有FT-mg=mv2l,解得FT=3mg-2mgcs θ,由于两摆的振动幅度相同,即θ相同,则摆线的拉力相同,故D错误。
二、非选择题
13.(2024湖南长沙高二月考)如图所示,ACB为光滑弧形槽,弧形槽半径为R,R≫AB。甲球从弧形槽的球心处自由落下,乙球从A点由静止释放。
(1)求两球第1次到达C点的时间之比。
(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲,让其自由下落,同时乙球从圆弧左侧由静止释放,欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇,则甲球下落的高度h是多少?
答案 (1)22π (2)(2n+1)2π2R8(n=0,1,2,…)
解析 (1)甲球做自由落体运动
R=12gt12
所以t1=2Rg
乙球沿圆弧做简谐运动(由于AC≪R,可认为摆角θ<5°)。此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同,故此等效摆长为R,因此乙球第1次到达C处的时间t2=14T=14×2πRg=π2Rg,所以t1t2=22π。
(2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落,到达C点的时间t甲=2hg。
由于乙球运动的周期性,所以乙球到达C点的时间t乙=T4+nT2=π2Rg(2n+1)(n=0,1,2,…)
由于甲、乙在C处相遇,故t甲=t乙
解得h=(2n+1)2π2R8(n=0,1,2,…)。
14.正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图5所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点用时30 s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1 m，当地重力加速度g取π2(m/s2)；根据以上数据可得小球运动的周期T＝________ s；房顶到窗上沿的高度h＝________ m.
图5
答案 3 3
解析 n＝eq \f(1,2)×(21－1)＝10，T＝eq \f(t,n)＝3 s，
T＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)＝eq \f(1,2)(2πeq \r(\f(l,g))＋2πeq \r(\f(l＋h,g)))，
解得h＝3 m.
实验次数
摆长l/m
周期T/s
重力加速度g/(m·s－2)
重力加速度g的平均值/(m·s－2)
1
g＝eq \f(g1＋g2＋g3,3)
2
3
图像形状
摆角很小时,为正弦曲线
获取信息
(1)任意时刻的位移;
(2)某段时间内位移的变化;
(3)振幅、周期;
(4)任意时刻的速度方向;
(5)结合周期公式T=2πlg求l或g
对称性
在摆动过程中,关于平衡位置对称的两个位置,摆球的位移、速度、加速度、回复力大小相等,动能、重力势能大小相等
周期性
每经过一个周期,单摆重复1次全振动,位移、速度、加速度、回复力变化1次,动能、重力势能变化2次
守恒性
单摆在摆动过程中,机械能守恒
物理观念：
1.知道单摆振动时回复力的来源.
2.知道影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式.
3.掌握用单摆测定重力加速度的原理和方法.
科学思维：
1.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件.
2.引导学生对摆球进行受力分析，将单摆纳入简谐运动模型.
科学探究：
1.观察单摆，对影响单摆周期的因素进行猜想，然后通过实验探究认识到影响单摆周期的因素.
2.会测量当地的重力加速度.
一、单摆及单摆的回复力
1.单摆
(1)如果细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫做单摆.单摆是实际摆的理想化模型.
(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)回复力的来源：如图1所示，摆球的重力沿圆弧切线方向(填“切线方向”或“法线方向”)的分力提供回复力.
图1
(2)回复力的特点：在偏角很小时，sin θ≈eq \f(x,l)，所以单摆的回复力为F＝－eq \f(mg,l)x，即小球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，单摆的运动可看成是简谐运动.
二、单摆的周期
1.定性探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响
(1)探究方法:控制变量法。
(2)实验结论
①单摆振动的周期与摆球的质量无关。
②振幅较小时,周期与振幅无关。
③摆长越长,周期越长;摆长越短,周期越短。
2.定量探究单摆的周期与摆长的关系
(1)周期的测量:用停表测出单摆N(30~50)次全振动的时间t,利用T=tN计算它的周期。
(2)摆长的测量:用刻度尺测出细线长度l0,用游标卡尺测出小球直径D,利用l=l0+D2求出摆长。
(3)数据处理:改变摆长l,测出对应的单摆周期,作出T-l、T-l2或T-l图像,得出结论。
3.周期公式
(1)公式的提出:荷兰物理学家惠更斯提出了单摆的周期公式。
(2)公式:T=2πlg,即T与摆长l的二次方根成正比,与重力加速度g的二次方根成反比。
三、用单摆测定重力加速度
1.实验原理
由T＝2πeq \r(\f(l,g))，得g＝eq \f(4π2l,T2)，则测出单摆的摆长l和周期T，即可求出当地的重力加速度.
2.数据处理
(1)平均值法：利用实验中获得的摆长和周期的实验数据，从中选择几组，分别计算重力加速度，然后取平均值.
(2)图象法：分别以l和T2为纵坐标和横坐标，作出函数l＝eq \f(g,4π2)T2的图象，图象的斜率k＝eq \f(g,4π2)，进而求出重力加速度g.
1.判断下列说法的正误.
(1)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力.( × )
(2)单摆经过平衡位置时受到的合力为零.( × )
(3)制作单摆的摆球越大越好.( × )
(4)若单摆的振幅变为原来的一半，则周期也将变为原来的一半.( × )
2.一个理想的单摆，已知其周期为T.如果由于某种原因重力加速度变为原来的2倍，振幅变为原来的3倍，摆长变为原来的8倍，摆球质量变为原来的2倍，它的周期变为______.
答案 2T
一、单摆的回复力
(1)单摆的回复力就是单摆所受的合外力吗？
(2)单摆经过平衡位置时，回复力为零，合外力也为零吗？
答案 (1)回复力不是合外力.单摆的运动可看做变速圆周运动，其重力可分解为沿悬线方向的分力和沿圆弧切线方向的分力，重力沿圆弧切线方向的分力提供使摆球沿圆弧振动的回复力.
(2)单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零.
1.实际摆可看成单摆的四个条件
(1)忽略在摆动过程中所受到的阻力;
(2)将摆球看作质点;
(3)摆线细且不可伸长;
(4)忽略摆球的质量。
2.单摆摆球的运动特点
(1)摆球以悬点为圆心在竖直平面内做变速圆周运动。
(2)摆球同时以最低点O为平衡位置做机械振动。
3.受力规律
(1)在运动过程中只要v≠0,沿半径方向的力的合力不为0,提供向心力。
(2)在运动过程中只要不在平衡位置,小球一定有回复力,即重力沿圆弧切线方向的分力。
(3)在平衡位置,回复力为零,小球的合力并不为零,合力提供圆周运动的向心力。
4.单摆做简谐运动的条件
如图所示,在摆角很小时,摆球对O点的位移x的大小与θ角所对的弧长、θ角所对的弦都近似相等,因此sin θ≈xl,所以单摆的回复力大小F=G1=mgsin θ ≈mglx=kx,其中k=mgl为一常数。考虑力F的方向与位移x的方向相反,所以有F=-kx。因此,在摆角θ很小时,单摆做简谐运动。
特别提示 单摆的摆动不一定都是简谐运动,只有单摆做小角度摆动时才认为是简谐运动。
例1 (多选)关于单摆摆球在运动过程中
的受力,下列结论正确的是( )
A.摆球受重力、摆线的拉力作用
B.摆球受重力、摆线的拉力、回复力作用
C.摆球的回复力为零时,向心力最大
D.摆球的回复力最大时,摆线中的拉力大小比摆球的重力大
答案 AC
解析 单摆在运动过程中,摆球受重力和摆线的拉力,重力沿圆弧切线的分力提供回复力,A选项正确、B选项错误;在平衡位置处,回复力为零,速度最大,向心力F向=mv2R最大,选项C正确;当回复力最大时,摆球在最大位移处,速度为零,向心力为零,则拉力等于重力沿半径方向的分力,即拉力小于重力,选项D错误。
对单摆的两点说明
(1)所谓平衡位置,是指摆球静止时,摆线拉力与小球所受重力平衡的位置,并不是指摆动过程中的受力平衡位置。实际上,在摆动过程中,摆球受力不可能平衡。
(2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供的,不可误认为回复力是重力G与摆线拉力FT的合力。
针对训练1 关于单摆,下列说法正确的是( )
A.单摆的摆长即为悬点到摆球最下端的长度
B.振动过程中,单摆在平衡位置所受摆线的拉力最小
C.振动过程中,摆球所受的合力就是回复力
D.振动过程中,摆球的机械能守恒
答案 D
解析 单摆的摆长等于摆线悬点到摆球球心的距离,故A错误;设某时刻摆线和竖直方向的夹角为θ,则对摆球,有FT-mgcs θ= mv2l,则摆球所受摆线的拉力FT=mgcs θ+ mv2l,在最低点,θ=0,cs θ=1,值最大,由单摆的特点知,此时单摆速度也最大,故此时摆球所受摆线的拉力也最大,故B错误;振动过程中,重力沿圆弧切线方向的分力充当摆球的回复力,在平衡位置,回复力为零,摆球的合力并不为零,故C错误;振动过程中,只有摆球的重力做功,故其机械能守恒,故D正确。
二、单摆的周期
单摆的周期公式为T＝2πeq \r(\f(l,g)).
(1)单摆的摆长l等于悬线的长度吗？
(2)将一个单摆移送到不同的星球表面时，周期会发生变化吗？
答案 (1)不等于.单摆的摆长l等于悬线的长度与摆球的半径之和.
(2)可能会.单摆的周期与所在地的重力加速度g有关，不同星球表面的重力加速度可能不同.
1.伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟.
2.单摆的周期公式：T＝2πeq \r(\f(l,g)).
3.对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和准确值相差0.01%).
(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离l＝l线＋r球.
(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定.
(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期.
4.周期公式的成立条件
当单摆做偏角很小的振动时,才有T=2πlg,与单摆的振幅及摆球的质量无关,只与摆长l及单摆所在处的重力加速度g有关。
特别提示 实际的单摆摆球不可能是质点,所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度,即l=l0+D2,l0为摆线长,D为摆球直径。
5.对摆长的理解
对于不规则的摆动物体或复合物体,摆长是指摆动轨迹圆弧的圆心到摆动物体重心的长度。图(a)中,摆球半径为r,甲、乙两摆在垂直纸面方向摆起来效果是相同的,所以甲摆的摆长为lsin α+r。图(b)中,乙在垂直纸面方向小角度摆动时,与甲摆等效;乙在纸面内小角度摆动时,与丙摆等效。
6.对重力加速度g的理解
只处于重力场中的单摆,周期公式中的g由单摆所在的空间位置决定,即g=Gm0r2,其中m0为地球的质量,r为到地心的距离。在地球表面不同位置、离地表不同高度处、不同星球上g都不同,因此,应求出单摆所在处的重力加速度代入公式,即g不一定等于9.8 m/s2。
例2 (2023甘肃天水第一中学高二阶段练习)一同学在探究单摆的运动规律时,测得单摆50次全振动所用的时间为120 s。已知当地的重力加速度大小为9.80 m/s2,π2≈9.8。则下列说法不正确的是( )
A.该单摆做简谐运动时,在速度增大的过程中回复力一定减小
B.该单摆的摆长约为1.44 m
C.若把该单摆放在月球上,则其摆动周期变大
D.若把该单摆的摆长减小为原来的一半,则其振动的周期为562 s
答案 D
解析 单摆的速度越大,距平衡位置越近,回复力越小,A正确,不符合题意;单摆的周期为T=tn,解得T=2.4 s,由公式T=2πlg,解得l=1.44 m,B正确,不符合题意;由公式T=2πlg,月球上的重力加速度较小,所以周期变大,C正确,不符合题意;把摆长减小为原来的一半,则T'=2T2=652 s,D错误,符合题意。
单摆模型及问题的分析、解答
(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小角度摆动;③回复力F=-kx。
(2)首先确认符合单摆模型的条件,然后寻找等效摆长l及等效重力加速度g,最后利用公式T=2πlg或简谐运动规律分析、解答。
例3 如图所示,三根细线在O点处打结,A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上,使∠AOB=90°,∠BAO=30°,已知OC线长是l,下端C点系着一个小球(可视为质点且做小角度摆动)。
(1)让小球在纸面内摆动,周期T= 。
(2)让小球在垂直纸面内摆动,周期T= 。
答案 (1)2πlg (2)2π34+1lg
解析 (1)让小球在纸面内摆动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为l,周期T=2πlg;(2)让小球在垂直纸面内摆动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为34l+l,周期T=2π34+1lg。
三、实验：用单摆测定重力加速度
1.实验原理
由T＝2πeq \r(\f(l,g))，得g＝eq \f(4π2l,T2)，则测出单摆的摆长l和周期T，即可求出当地的重力加速度.
2.实验器材
铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、秒表、细线(1 m左右)、刻度尺、游标卡尺.
3.实验步骤
(1)让细线穿过小球上的小孔，在细线的穿出端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆.
(2)将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂.在单摆平衡位置处做上标记.
(3)用刻度尺量出悬线长l′(准确到mm)，用游标卡尺测出摆球的直径d，则摆长为l＝l′＋eq \f(d,2).
(4)把单摆拉开一个角度，角度不大于5°，释放摆球.摆球经过最低位置时，用秒表开始计时，测出单摆完成30次(或50次)全振动的时间，求出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期.
(5)改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格.
4.数据处理
(1)公式法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式g＝eq \f(4π2l,T2)中求出g值，最后求出g的平均值.
设计如下所示实验表格：
(2)图象法：由T＝2πeq \r(\f(l,g))得T2＝eq \f(4π2,g)l，以T2为纵坐标，以l为横坐标作出T2－l图象(如图4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.
图4
5.注意事项
(1)选择细而不易伸长的线，长度一般不应短于1 m；摆球应选用密度较大、直径较小的金属球.
(2)摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小.
(3)摆球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆.
(4)计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，要测n次全振动的时间t.
例4 某同学利用如图5所示的装置测量当地的重力加速度.实验步骤如下：
图5
A.按装置图安装好实验装置；
B.用游标卡尺测量小球的直径d；
C.用米尺测量悬线的长度L；
D.让小球在竖直平面内小角度摆动，当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3、…，当数到20时，停止计时，测得时间为t；
E.多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；
F.计算出每个悬线长度对应的t2；
G.以t2为纵坐标、L为横坐标，作出t2－L图线.
结合上述实验，完成下列问题：
(1)用游标为10分度的游标卡尺测量小球直径，某次测量示数如图6所示，读出小球直径d为________ cm.
图6
(2)该同学根据实验数据，利用计算机作出t2－L图线如图7所示.根据图线拟合得到方程t2＝404.0L＋3.07，由此可以得出当地的重力加速度g＝_____ m/s2.(取π2＝9.86，结果保留3位有效数字)
图7
(3)从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是________.
A.不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时
B.开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数
C.不应作t2－L图线，而应作t－L图线
D.不应作t2－L图线，而应作t2－(L＋eq \f(1,2)d)图线
答案 (1)1.52 (2)9.76 (3)D
解析 (1)游标卡尺主尺的示数是1.5 cm＝15 mm，游标尺示数是2×0.1 mm＝0.2 mm，小球的直径d＝15 mm＋0.2 mm＝15.2 mm＝1.52 cm.
(2)根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))得：
eq \f(t,10)＝2πeq \r(\f(l,g))，又l＝L＋eq \f(d,2)，则t2＝400π2eq \f(l,g)＝400π2eq \f(L,g)＋eq \f(200π2d,g).
由题意知斜率k＝404.0，则eq \f(400π2,g)＝404.0，
代入π2＝9.86得g≈9.76 m/s2.
(3)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长小于实际摆长，故t2－L图象不过原点，在纵轴上截距不为零，故D正确.
四、单摆的x-t图像问题
如图所示,细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器内装上墨汁。当注射器摆动时,沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板,观察喷在木板上的墨汁图样。如果图样的形状像是正弦曲线,那么你如何确定图线是正弦曲线?
答案 假设曲线是正弦曲线,测量它的振幅和周期,写出对应的正弦函数的表达式。用刻度尺测出曲线上某些点的纵坐标,将每一个位移对应的振动时间代入表达式求出函数值,若这一函数值和测量值相等,则图像是正弦曲线。
单摆的x-t图像
例5 (2023山东费县第一中学高二期中)图甲、乙分别是A、B两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像,则下列说法正确的是( )
A.A、B两单摆的振幅相等
B.t=2 s时,A单摆的重力势能最小,B单摆的动能为零
C.A、B两单摆的摆长之比为4∶1
D.A、B两单摆的摆球在最低点时,向心加速度大小一定相等
答案 B
解析 由题图知,A、B两单摆的振幅分别为4 cm、2 cm,故选项A错误;t=2 s时,位移xA=0,即A单摆在平衡位置处,xB=2 cm,即B单摆在振动的正方向最大位移处,则A单摆的重力势能最小,B单摆的动能为零,故选项B正确;由题图可知,A、B单摆的周期分别为TA=4 s、TB=8 s,由单摆的周期公式得出A、B两单摆的摆长之比为lA∶lB=TA2∶TB2=1∶4,故选项C错误;设摆球摆动的最大偏角为θ,由机械能守恒定律可得mgl(1-cs θ)=12mv2,根据向心加速度公式a=v2l可得,摆球在最低点时向心加速度a=2g(1-cs θ),因两摆球的最大偏角θ满足sin θ=Aml,故θA>θB,所以aA>aB,故选项D错误。
在解决单摆图像等问题时,要注意应用以下规律:(1)单摆在摆动过程中,机械能守恒。(2)近似计算:当摆角θ很小时,θ≈sin θ≈Al,A为振幅(近似等于弦长或弧长),l为摆线长。
针对训练2 (多选)如图甲所示,演示简谐运动图像的装置由一根较长的细线和较小的漏斗组成。当漏斗摆动时,漏斗的细沙均匀流出,同时匀速拉出漏斗正下方的木板,漏出的细沙在板上会形成一条曲线,这条曲线可以理解为漏斗摆动的振动图像。图乙是同一个漏斗分别在两块木板上形成的曲线(图中的实线),已知P、Q分别是木板上的两点,木板1、2的移动速度分别为v1、v2,则( )
A.P处堆积的细沙与Q处一样多
B.P处堆积的细沙比Q处多
C.v1∶v2=4∶3
D.v1∶v2=3∶4
答案 BD
解析 设单摆的周期为T,木板1运动的时间t1=2T,木板2运动的时间t2=32T,由v=lt得,v1v2=t2t1=34,D正确。由于单摆在最大位移附近速度小,经历的时间会长一些,故P处堆积的细沙比Q处多,B正确。
1.(单摆模型)(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型,其理想化条件是( )
A.摆线质量不计
B.摆线长度不伸缩
C.摆球的直径比摆线长度短得多
D.只要是单摆的运动就是一种简谐运动
答案 ABC
解析 单摆由摆线和摆球组成,摆线只计长度不计质量,摆球只计质量不计大小,且摆线不伸缩,选项A、B、C正确。但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的,只有在摆角很小的情况下才能视单摆的运动为简谐运动,选项D错误。
2.(单摆的周期)将秒摆(周期为2 s的单摆)的周期变为4 s,下面哪些措施是正确的( )
A.只将摆球质量变为原来的14
B.只将振幅变为原来的2倍
C.只将摆长变为原来的4倍
D.只将摆长变为原来的16倍
3.(单摆的振动图像)(2023陕西富县高级中学高二期中)一单摆振动过程中离开平衡位置的位移随时间变化的规律如图所示,取向右为正方向。则下列说法正确的是( )
A.第1 s末和第5 s末摆球位于同一位置
B.0~1 s的时间内,摆球的回复力逐渐减小
C.t=3 s时,摆球的位移为振幅的22
D.t=3 s时,摆球的速度方向与加速度方向相反
答案 C
解析 由题图可知第1 s末和第5 s末位移等大反向,即摆球位于平衡位置两侧,故A错误;0~1 s的时间内,摆球的位移增大,则回复力逐渐增大,故B错误;设单摆振幅为A,由题图可知单摆周期T=8 s,t=0时,x=0,则单摆位移与时间则单摆位移与时间的关系式为x=Asin2πTt=Asinπ4t,当t=3 s时,摆球的位移为x=Asinπ4×3=22A,故C正确;t=3 s时,位移为正值,则加速度a=-kxm,方向与位移方向相反,为负方向,图线在该时刻的斜率为负,即摆球的速度方向为负方向,故D错误。
4.(单摆的周期、机械能)一个单摆,如果摆球的质量增加为原来的4倍,摆球经过平衡位置时速度减为原来的一半,则单摆的( )
A.频率不变,振幅不变
B.频率不变,振幅改变
C.频率改变,振幅不变
D.频率改变,振幅不变
答案 B
解析 决定单摆周期的是摆长和当地的重力加速度,与摆球的质量无关,与摆球的运动速度也无关,所以频率也与质量和速度无关,所以选项C、D错误。决定振幅的是外来因素,反映在单摆的运动中,可以从能量去考虑,即在平衡位置(即最低点)时的动能;当质量增为原来的4倍,速度减为原来的一半时,动能不变,最高点的重力势能也不变,但是又因第二次摆球的质量增大了(实际上单摆已经变成另一个摆动过程了),势能不变,质量变大了,摆动的竖直高度就一定变小了,也就是说,振幅变小了,所以选项A错误,选项B正确。
一、选择题
考点一 单摆的回复力
1.(多选)(2024广东江门高二月考)关于单摆,下列说法正确的是( )
A.摆球受到的回复力是它所受的合力
B.摆球经过平衡位置时,所受的合力不为零
C.只有在最高点时,回复力才等于重力和摆线拉力的合力
D.摆球在任意位置处,回复力都不等于重力和摆线拉力的合力
答案 BC
解析 摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力,不是摆球所受的合力,A错误。摆球经过平衡位置时,回复力为零,但由于摆球做圆周运动,有向心力,合力不为零,方向指向悬点,B正确。根据牛顿第二定律可知,摆球在最大位移处时,速度为零,向心加速度为零,重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力,回复力等于重力和摆线拉力的合力;在其他位置时,速度不为零,向心加速度不为零,重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力,回复力不等于重力和摆线拉力的合力,C正确,D错误。
2.(2024湖北武汉高二月考)对于做简谐运动的单摆,下列说法正确的是( )
A.在位移为正的区间,速度和加速度都一定为负
B.当位移逐渐增大时,回复力逐渐增大,振动的能量也逐渐增大
C.摆球经过平衡位置时,速度最大,势能最小,摆线所受拉力最大
D.摆球在最大位移处时,速度为零,处于平衡状态
答案 C
解析 在位移为正的区间,回复力F=-kx为负,加速度为负,但速度可正可负,A项错误;当位移逐渐增大时,回复力逐渐增大,振动的能量不变,B项错误;平衡位置为摆球最低位置,摆球经过平衡位置时,速度最大,势能最小,由FT-mg=mv2l可知,在平衡位置摆线所受拉力最大,C项正确;摆球在最大位移处,速度为零,但加速度不为零,并不处于平衡状态,D项错误。
3.(2024北京人大附中高二月考)有一正在摆动的秒摆(T=2 s),若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时,那么当t=1.6 s时,以下对摆球的运动情况及回复力变化情况的说法正确的是( )
A.正在向左做减速运动,回复力正在增大
B.正在向右做减速运动,回复力正在增大
C.正在向右做加速运动,回复力正在减小
D.正在向左做加速运动,回复力正在减小
答案 D
解析 秒摆的周期为T=2 s,取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时,当t=1.6 s时,即34T
4.(2024河南新乡高二月考)两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动,它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2,则( )
A.f1>f2,A1=A2
B.f1
D.f1=f2,A1
解析 单摆的频率由摆长决定,摆长相等,频率相等,所以A、B错误;由机械能守恒定律可知,摆球在平衡位置的速度越大,其振幅越大,所以C正确,D错误。
5.(2024上海高二月考)在上海走时准确的摆钟,随考察队带到北极,则这个摆钟( )
A.变慢了,重新校准应减小摆长
B.变慢了,重新校准应增大摆长
C.变快了,重新校准应减小摆长
D.变快了,重新校准应增大摆长
答案 D
解析 摆钟从上海到北极,纬度升高,重力加速度g变大,由单摆的周期公式T=2πlg可知,摆钟的周期变小,即摆动变快,要将周期T调大从而重新校准应增大摆长l,故D正确,A、B、C错误。
6.(2024北京西城高二期末)一个单摆做简谐运动的周期为T,如果将其摆长增加为原来的2倍,振幅变为原来的12,则其周期变为( )
A.12TB.2T2C.2TD.2T
答案 C
解析 根据T=2πlg可知,单摆的周期与振幅无关,将其摆长增加为原来的2倍,则T'=2π2lg=2T,选项C正确。
考点三 “单摆”模型的拓展
7.(2024广东佛山高二月考)如图所示,处于竖直向下的匀强电场中的摆球,质量为m,半径为r,带正电荷,用长为l的细线把摆球吊在悬点O处做成单摆,则这个单摆的周期为( )
A.2πlgB.2πl+rg
C.大于2πl+rgD.小于2πl+rg
答案 D
解析 设电场强度为E,摆球所带电荷量为q,当单摆所处系统中无竖直向下的匀强电场时,单摆的周期为T=2πl+rg;当单摆处于竖直向下的匀强电场时,其等效重力加速度为g等效=mg+qEm=g+qEm>g,周期T'=2πl+rg等效,所以单摆的周期减小,即T'
A.甲的摆长与乙的摆长相等
B.甲的摆长比乙的摆长长
C.甲的机械能比乙的大
D.在t=0.5 s时有负向最大加速度的是乙摆
答案 AC
解析 从图中可得两者的周期相同,都为2.0 s,又知道两者在同一个地点测量的,g相同,根据单摆周期公式T=2πlg,可知两单摆的摆长相等,故A正确,B错误;甲摆的振幅为10 cm,乙摆的振幅为7 cm,则甲摆的振幅比乙摆的大,由于甲、乙两单摆的摆球质量相等,甲的机械能比乙的机械能大,故C正确;在t=0.5 s时,甲摆经过平衡位置,振动的加速度为零,而乙摆位于负向最大位移处,则乙摆具有正向最大加速度,故D错误。
9.(2024河南郑州高二月考)如图所示,一摆长为l的单摆,在悬点的正下方的P处有一光滑钉子,P与悬点相距l-l',则这个单摆做小幅度摆动时的周期为( )
A.2πlgB.2πl'g
C.πlg+l'gD.2πl+l'2g
答案 C
解析 碰钉子前摆长为l,则周期T1=2πlg,碰钉子后摆长变为l',则周期T2=2πl'g,所以该组合摆的周期T=T12+T22=πlg+l'g,故C正确。
10.(2024湖南衡阳期中)两个质量相等的弹性小球分别挂在l1=1.00 m,l2=0.25 m的细绳上,两球重心等高,如图所示。现将B球在竖直面内拉开一个较小的角度放开后,从B球开始运动计算,经过4 s两球相碰的次数为(取π2≈10,g取10 m/s2)( )
A.3次B.4次C.5次D.6次
答案 C
解析 先计算两球运动的周期,T1=2πl1g=2 s,T2=2πl2g=1 s,从B开始运动经T24,即0.25 s第1次相碰,并经T12,即1 s第2次相碰;再经T22,即0.5 s第3次相碰,可推证到第5次相碰共用时3.25 s,到第6次相碰共用时4.25 s,故经过4 s两球相碰的次数为5次,故C正确。
11.(多选)如图所示,长度为l的轻绳上端固定在O点,下端系一小球(小球可以看成质点)。在O点正下方,距O点3l4处的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处,轻绳被拉直,然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置,点C(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h,h≪l,A、B、P、O在同一竖直平面内。当地的重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.点C与点B高度差小于h
B.点C与点B高度差等于h
C.小球摆动的周期等于3π2lg
D.小球摆动的周期等于3π4lg
答案 BC
解析 由机械能守恒定律可知,点C与点B高度差等于h,选项A错误,B正确;由单摆周期公式可知,小球摆动的周期等于πlg+π l4 g=3π2lg,选项D错误,C正确。
12.(多选)(2024广东韶关高二月考)某物理小组两位同学分别使用图甲中所示的同一套装置,观察单摆做运动时的振动图像。已知两人实验时所用的摆长相同,落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图乙中N1、N2所示。下列关于两图线相关的分析正确的是( )
A.N1表示砂摆振动的幅度较大,N2表示砂摆振动的幅度较小
B.N1与N2振动的周期相同
C.N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大
D.N1对应的砂摆摆到最低点时,摆线的拉力比N2对应的拉力大
答案 BC
解析 由图乙可知,N1表示砂摆振动的幅度与N2表示砂摆振动的幅度相同,故A错误;由公式T=2πlg可知,两摆由于摆长相同,则两摆的周期相同,故B正确;由图乙可知,N1对应的木板运动时间为T,N2对应的木板运动的时间为2T,则N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大,故C正确;由动能定理有mgl(1-cs θ)=12mv2,在最低点有FT-mg=mv2l,解得FT=3mg-2mgcs θ,由于两摆的振动幅度相同,即θ相同,则摆线的拉力相同,故D错误。
二、非选择题
13.(2024湖南长沙高二月考)如图所示,ACB为光滑弧形槽,弧形槽半径为R,R≫AB。甲球从弧形槽的球心处自由落下,乙球从A点由静止释放。
(1)求两球第1次到达C点的时间之比。
(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲,让其自由下落,同时乙球从圆弧左侧由静止释放,欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇,则甲球下落的高度h是多少?
答案 (1)22π (2)(2n+1)2π2R8(n=0,1,2,…)
解析 (1)甲球做自由落体运动
R=12gt12
所以t1=2Rg
乙球沿圆弧做简谐运动(由于AC≪R,可认为摆角θ<5°)。此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同,故此等效摆长为R,因此乙球第1次到达C处的时间t2=14T=14×2πRg=π2Rg,所以t1t2=22π。
(2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落,到达C点的时间t甲=2hg。
由于乙球运动的周期性,所以乙球到达C点的时间t乙=T4+nT2=π2Rg(2n+1)(n=0,1,2,…)
由于甲、乙在C处相遇,故t甲=t乙
解得h=(2n+1)2π2R8(n=0,1,2,…)。
14.正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图5所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点用时30 s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1 m，当地重力加速度g取π2(m/s2)；根据以上数据可得小球运动的周期T＝________ s；房顶到窗上沿的高度h＝________ m.
图5
答案 3 3
解析 n＝eq \f(1,2)×(21－1)＝10，T＝eq \f(t,n)＝3 s，
T＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)＝eq \f(1,2)(2πeq \r(\f(l,g))＋2πeq \r(\f(l＋h,g)))，
解得h＝3 m.
实验次数
摆长l/m
周期T/s
重力加速度g/(m·s－2)
重力加速度g的平均值/(m·s－2)
1
g＝eq \f(g1＋g2＋g3,3)
2
3
图像形状
摆角很小时,为正弦曲线
获取信息
(1)任意时刻的位移;
(2)某段时间内位移的变化;
(3)振幅、周期;
(4)任意时刻的速度方向;
(5)结合周期公式T=2πlg求l或g
对称性
在摆动过程中,关于平衡位置对称的两个位置,摆球的位移、速度、加速度、回复力大小相等,动能、重力势能大小相等
周期性
每经过一个周期,单摆重复1次全振动,位移、速度、加速度、回复力变化1次,动能、重力势能变化2次
守恒性
单摆在摆动过程中,机械能守恒
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