第2.3节 单摆-【帮课堂】2024-2025学年高二物理同步学与练（沪科版2020上海选择性必修第一册）

第二章 机械振动 2．3 单摆 课程标准 1. 了解单摆的物理模型，以及单摆回复力的来源。 2. 会计算单摆的周期。 3. 了解利用单摆测量重力加速度的实验，以及化曲为直的图像方法。 物理素养 物理观念：建立单摆的简谐振动模型的概念。 科学思维：理解单摆做圆周运动的向心力和回复力同时存在，分析其变化规律。 科学探究：利用单摆周期测量重力加速度时如何规避单摆长度的误差？ 科学态度与责任：通过观察单摆测量重力加速度演示实验，培养学生的观察、概括能力。 一、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，忽略线的伸缩和质量，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) 回复力来源：如图所示，摆球的重力沿圆弧切向的分力提供回复力。 ※注意：不能说重力和拉力的合力，因为做变速圆周运动，合力提供向心力和切向力。 (2) 特点：在偏角很小时（摆角<5°），sinθ≈，摆球的切向分力（回复力）F＝Gsinθ＝－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 因为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或处，回复力最大，向心力为0。 因为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 理想化条件 轻弹簧、阻力不计、振子可看成质点 轻绳（质量不计、不可伸长） 阻力不计、摆角<5°、振子可看成质点 回复力 F＝－kx 重力的切线分量： 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 二、单摆的周期 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 (1) 单摆的周期T＝2π，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′＋， 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，根据图象回答： (1)单摆振动的频率是多大？ (2)开始时刻摆球在何位置？ (3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？ 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，在摆动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 三、等效单摆 l等效＝lsin α 做垂直纸面的小角度摆动 l等效＝lsin α＋l 垂直纸面摆动 l等效＝l 纸面内摆动 左侧：l等效＝l 右侧：l等效＝l 纸面内摆动T＝π＋π 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小角度摆动。 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4. 如图所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)，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．2π B．2π C．2π D．2π 四、利用单摆测量重力加速度 1．实验原理：由T＝2π知 g＝. 2．实验器材：带孔小钢球一个，细线一条(约1 m长)、铁架台、毫米刻度尺、秒表、或游标卡尺． 3．实验步骤 (1) 把线的上端用铁夹固定在铁架台上，并把铁架台放在实验桌边，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′＋，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始计时，测量30～50次全振动的时间．计算出平均摆动一次的时间，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)，重复实验三次，测出相应的摆长l和周期T. 4．数据处理 (1) 平均值法：改变一次摆长，将相应的l和T，代入公式g＝中求出g值，最后求出g的平均值 (2) 图象法：由T＝2π得T2＝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＝，由图象的斜率即可求出重力加速度g. 5．注意事项和误差分析 (1)摆线要选1 m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°(具体实验时可以小于15°)，因为摆角过大，单摆的振动不再是简谐运动． (6)单摆要在竖直平面内摆动，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始计时． (8)要准确记好摆动次数，不要多记或少记．少记录次数g偏小。 注意：摆球质量大小，偏角即振幅大小对测量无影响。 例5. (1)在用单摆测定重力加速度的实验中，应选用的器材为________． A．1 m长的细线　　 B．1 m长的粗线 C．10 cm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)在该实验中，单摆的摆角θ应________，从摆球经过________开始计时，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＝________. 例6．在“用单摆测重力加速度”的实验中，若测得的g值比当地的标准值偏小，可能因为（ ） 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．开始记时时，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 题型01 单摆的基本规律 例7．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（　　） A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为 B．单摆的摆长约为1m C．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小 题型02 等效单摆 例8. 如图所示，曲面AO是一段半径为2 m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长10 cm.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，所经历的时间分别是t1和t2，那么（ ） A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2 C．v1＝v2，t1＝t2 D．上述三种都有可能 题型03 单摆实验 例9．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝。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，某同学根据实验数据作出的图象如图所示。 (1)造成图象不过坐标原点的原因可能是________。 (2)由图象求出的重力加速度g＝____________m/s2。(取π2＝9.87) 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 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之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中（ ） 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 3．在盛沙的漏斗下面放一木板,让漏斗左右摆动起来,同时其中细沙匀速流出,经历一段时间后,观察木板上沙子的堆积情况,则沙堆的剖面应是下图中的（ ） 4．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图所示，一个光滑弧形凹槽半径为R，弧长为L（已知R≫L）。现将一质量为m的小球从凹槽边缘由静止释放，小球以最低点为平衡位置做简谐运动。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球做简谐运动的回复力为重力和支持力的合力 B．小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力 C．小球做简谐运动的周期为2π D．小球运动到凹槽最低点时所受合力为零 5．（多选）一个单摆做小角度摆动，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 6．（多选）某单摆由1 m长的摆线连接一个直径为2 cm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 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1.6 m，则两单摆长la与lb分别为（ ） A．la＝2.5 m，lb＝0.9 m　　 B．la＝0.9 m，lb＝2.5 m C．la＝2.4 m，lb＝4.0 m D．la＝4.0 m，lb＝2.4 m 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摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1 B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1 C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动， 则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1 D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动， 则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4 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，沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的周期（ ） A．不变 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变大 10．（多选）惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运行的速率由钟摆控制．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．当摆钟不准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 11．（多选）有一个单摆，原来的周期是。在下列情况下，对周期变化的判断正确的是（　　） 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 12．（24-25高二上·上海·随堂练习）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′＝，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．2π B．2π C．2π D．π 13．如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的M处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力的情况下（ ） A．A球先到达C点 B．B球先到达C点 C．两球同时到达C点 D．无法确定哪一个球先到达C点 14．如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是（ ） A．恰好在O点 B．一定在O点的左侧 C．一定在O点的右侧 D．条件不足，无法确定 15．如图，ABC是一段竖直放置的光滑圆弧轨道，相距0.62m的A，B两点等高、距轨道最低点C的竖直高度为0.01m。一小滑块自A点由静止释放并开始计时，其速率v随时间t变化的图像可能为（　　） A． B． C． D． 摆钟 摆钟是最早能够精确计时的一种工具，至今仍在很多地方使用。 16．把摆钟的钟摆简化成一个单摆。如果一个摆钟，每小时走慢1分钟，可以通过调整钟摆来校准时间，则应该（    ） A．增加摆长 B．增加摆锤质量 C．缩短摆长 D．减小摆锤质量 17．如图，将单摆的摆球从最低点B在竖直平面内向右缓慢拉开一个偏角θ（θ＜5°），并从A点静止释放，C为左侧最高点，不计空气阻力。 （1）刚释放摆球的瞬间，摆球( ) A．合力不为零         B．向心力为零     C．合力沿切线a的方向         D．向心力沿b的方向 （2）摆球从开始释放到B点的时间为 （3）从A运动到C点的过程中，其动能随时间的变化关系图像为( ) A．    B．    C．    D． 18．接上题，若摆球静止在A点时，给摆球一个水平向左的冲量I，使得摆球能够继续绕悬挂点O在竖直平面内做一个完整的圆周运动，则需要的最小冲量为多大？ 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二章 机械振动 2．3 单摆 课程标准 1. 了解单摆的物理模型，以及单摆回复力的来源。 2. 会计算单摆的周期。 3. 了解利用单摆测量重力加速度的实验，以及化曲为直的图像方法。 物理素养 物理观念：建立单摆的简谐振动模型的概念。 科学思维：理解单摆做圆周运动的向心力和回复力同时存在，分析其变化规律。 科学探究：利用单摆周期测量重力加速度时如何规避单摆长度的误差？ 科学态度与责任：通过观察单摆测量重力加速度演示实验，培养学生的观察、概括能力。 一、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，忽略线的伸缩和质量，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) 回复力来源：如图所示，摆球的重力沿圆弧切向的分力提供回复力。 ※注意：不能说重力和拉力的合力，因为做变速圆周运动，合力提供向心力和切向力。 (2) 特点：在偏角很小时（摆角<5°），sinθ≈，摆球的切向分力（回复力）F＝Gsinθ＝－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 因为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或处，回复力最大，向心力为0。 因为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 理想化条件 轻弹簧、阻力不计、振子可看成质点 轻绳（质量不计、不可伸长） 阻力不计、摆角<5°、振子可看成质点 回复力 F＝－kx 重力的切线分量： 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提供回复力，还要提供向心力，回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，故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． 二、单摆的周期 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 (1) 单摆的周期T＝2π，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′＋， 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，根据图象回答： (1)单摆振动的频率是多大？ (2)开始时刻摆球在何位置？ (3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？ 【答案】 (1)1.25 Hz 　(2)B点　 (3)0.16 m 【解析】 (1)由题图乙知周期T＝0.8 s，则频率f＝＝1.25 Hz. (2)由题图乙知，开始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＝2π得l＝≈0.16 m. 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，在摆动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】（题图不太准确，中间细线不水平）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，根据mgl(1－cosθ)＝mv2，得v＝，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； 根据T＝2π，周期与质量无关，所以D项错． 三、等效单摆 l等效＝lsin α 做垂直纸面的小角度摆动 l等效＝lsin α＋l 垂直纸面摆动 l等效＝l 纸面内摆动 左侧：l等效＝l 右侧：l等效＝l 纸面内摆动T＝π＋π 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小角度摆动。 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4. 如图所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)，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．2π B．2π C．2π D．2π 【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=lsin α， 代入周期公式，可得T＝2π ，故选D. 四、利用单摆测量重力加速度 1．实验原理：由T＝2π知 g＝. 2．实验器材：带孔小钢球一个，细线一条(约1 m长)、铁架台、毫米刻度尺、秒表、或游标卡尺． 3．实验步骤 (1) 把线的上端用铁夹固定在铁架台上，并把铁架台放在实验桌边，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′＋，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始计时，测量30～50次全振动的时间．计算出平均摆动一次的时间，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)，重复实验三次，测出相应的摆长l和周期T. 4．数据处理 (1) 平均值法：改变一次摆长，将相应的l和T，代入公式g＝中求出g值，最后求出g的平均值 (2) 图象法：由T＝2π得T2＝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＝，由图象的斜率即可求出重力加速度g. 5．注意事项和误差分析 (1)摆线要选1 m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°(具体实验时可以小于15°)，因为摆角过大，单摆的振动不再是简谐运动． (6)单摆要在竖直平面内摆动，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始计时． (8)要准确记好摆动次数，不要多记或少记．少记录次数g偏小。 注意：摆球质量大小，偏角即振幅大小对测量无影响。 例5. (1)在用单摆测定重力加速度的实验中，应选用的器材为________． A．1 m长的细线　　 B．1 m长的粗线 C．10 cm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)在该实验中，单摆的摆角θ应________，从摆球经过________开始计时，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， 例6．在“用单摆测重力加速度”的实验中，若测得的g值比当地的标准值偏小，可能因为（ ） 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．开始记时时，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】根据T＝2π，g＝ 推理得B对． 题型01 单摆的基本规律 例7．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（　　） A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为 B．单摆的摆长约为1m C．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小 【答案】B 【详解】A．由振动图像可读出周期为2s，振幅8cm，由 得到圆频率 则单摆的位移x随时间t变化的关系式为 A错误； B．由公式 解得 B正确； CD．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，摆球的位移减小，回复力减小，速度增大，所需向心力增大，绳子的拉力增大，CD错误； 故选B。 题型02 等效单摆 例8. 如图所示，曲面AO是一段半径为2 m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长10 cm.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，所经历的时间分别是t1和t2，那么（ ） A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2 C．v1＝v2，t1＝t2 D．上述三种都有可能 【答案】B 【解析】因为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2 m，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＝mv2，解得v＝，知v1＞v2. 题型03 单摆实验 例9．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝。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，某同学根据实验数据作出的图象如图所示。 (1)造成图象不过坐标原点的原因可能是________。 (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＝＝4，则g＝＝9.87 m/s2。 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之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中（ ） 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】摆球在摆动过程中，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,让漏斗左右摆动起来,同时其中细沙匀速流出,经历一段时间后,观察木板上沙子的堆积情况,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．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图所示，一个光滑弧形凹槽半径为R，弧长为L（已知R≫L）。现将一质量为m的小球从凹槽边缘由静止释放，小球以最低点为平衡位置做简谐运动。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球做简谐运动的回复力为重力和支持力的合力 B．小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力 C．小球做简谐运动的周期为2π D．小球运动到凹槽最低点时所受合力为零 【答案】B 【详解】AB．小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力，A错误，B正确； C．小球做简谐运动时，弧形凹槽的半径相当于摆长，则其周期为，C错误； D．小球运动到凹槽最低点时所受合力提供向心力，不为零，D错误； 故选B。 5．（多选）一个单摆做小角度摆动，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（-重力分量）提供向心力，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1 m长的摆线连接一个直径为2 cm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； 在小摆角情况下，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1.6 m，则两单摆长la与lb分别为（ ） A．la＝2.5 m，lb＝0.9 m　　 B．la＝0.9 m，lb＝2.5 m C．la＝2.4 m，lb＝4.0 m D．la＝4.0 m，lb＝2.4 m 【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。 根据单摆周期公式T＝2π，可知l＝T2， 由此得la∶lb＝T∶T＝9∶25。则 la＝×1.6 m＝0.9 m，lb＝×1.6 m＝2.5 m。 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摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1 B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1 C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动， 则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1 D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动， 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，沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的周期（ ） A．不变 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变大 【答案】B 【解析】在沙子逐渐下漏的过程中，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发明了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运行的速率由钟摆控制．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．当摆钟不准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】根据周期公式T＝2π知，当摆钟不准确时需要调整摆长，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。在下列情况下，对周期变化的判断正确的是（　　） 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＝2π ，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．（24-25高二上·上海·随堂练习）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′＝，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．2π B．2π C．2π D．π 【答案】D 【解析】摆到竖直位置的时间为：t1＝×2π＝， 从竖直位置到右侧最高点的时间为：t2＝×π＝， 故小球的运动周期为：T＝2(t1＋t2)＝π， D正确． 13．如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的M处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力的情况下（ ） A．A球先到达C点 B．B球先到达C点 C．两球同时到达C点 D．无法确定哪一个球先到达C点 【答案】A 【解析】A球做自由落体运动，到达C所需时间tA＝，R为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆)，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的，即tB＝＝>tA，所以A球先到达C点，故A正确． 14．如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是（ ） A．恰好在O点 B．一定在O点的左侧 C．一定在O点的右侧 D．条件不足，无法确定 【答案】C 【解析】两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看作等效单摆， 则A、B两球的运动周期分别为TA＝2π，TB＝2π， 两球第一次到达O点的时间分别为tA＝TA＝，tB＝TB＝， 由于R1<R2，则tA<tB，故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧。故选C。 15．如图，ABC是一段竖直放置的光滑圆弧轨道，相距0.62m的A，B两点等高、距轨道最低点C的竖直高度为0.01m。一小滑块自A点由静止释放并开始计时，其速率v随时间t变化的图像可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设圆弧轨道的半径为R，根据几何关系可得R2＝0.312+（R﹣0.01）2，解得R＝4.81m 小滑块在光滑圆弧轨道上的运动近似为简谐运动，类似于单摆，等效摆长为R，则其运动周期为 T＝2π＝2×3.14×s≈4.4s 滑块速率变化周期为T′＝＝s＝2.2s，故A正确，BCD错误。 摆钟 摆钟是最早能够精确计时的一种工具，至今仍在很多地方使用。 16．把摆钟的钟摆简化成一个单摆。如果一个摆钟，每小时走慢1分钟，可以通过调整钟摆来校准时间，则应该（    ） A．增加摆长 B．增加摆锤质量 C．缩短摆长 D．减小摆锤质量 17．如图，将单摆的摆球从最低点B在竖直平面内向右缓慢拉开一个偏角θ（θ＜5°），并从A点静止释放，C为左侧最高点，不计空气阻力。 （1）刚释放摆球的瞬间，摆球( ) A．合力不为零         B．向心力为零     C．合力沿切线a的方向         D．向心力沿b的方向 （2）摆球从开始释放到B点的时间为 （3）从A运动到C点的过程中，其动能随时间的变化关系图像为( ) A．    B．    C．    D． 18．接上题，若摆球静止在A点时，给摆球一个水平向左的冲量I，使得摆球能够继续绕悬挂点O在竖直平面内做一个完整的圆周运动，则需要的最小冲量为多大？ 【答案】16．C 17．ABC A 18． 【解析】16．根据单摆的周期公式 已知摆钟，每小时走慢1分钟，说明摆钟的周期变长， 需要校准时间则应使周期变短，则应缩短摆长，改变摆锤的质量不会影响摆钟的周期。 故选C。 17．[1]由题意可知，当摆球在A处时，速度为0，根据向心力的表达式 可知此时向心力为0。但加速度不为0，受力分析可得合力为 其中为绳子与竖直方向的夹角。即合力不为0，方向沿切线b的方向。 故选ABC。 [2]根据单摆的周期公式 可知摆球从释放开始第一次到达最低点B的时间为 则摆球从释放开始到达最低点B的时间为 [3]图像的斜率表示动能变化的快慢，根据动能定理可知，动能变化的快慢等于重力做功的快慢， 即等于重力的瞬时功率，为 在A点速度为0，此时重力的瞬时功率为0；在最低点速度为水平方向，此时重力的瞬时功率还为0。所以从A点到最低点B，重力的瞬时功率先变大后变小，从最低点B到C点，重力的瞬时功率先变大后变小，则图像的倾斜程度先变大，后变小，在变大，再变小。 故选A。 18．设给摆球一个水平向左的冲量I，小球获得初速度为，由动量定理 小球在最高点时，由牛顿第二定律 从最低点到最高点，由机械能守恒定律 联立可得需要的最小冲量为 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$