专题06 简谐运动实例（二）单摆及类单摆模型（讲义）物理人教版2019选择性必修第一册

专题06 简谐运动实例（二）单摆及类单摆模型 一．单摆模型 1.单摆的组成：由细线和小球组成。 2.理想化模型 (1)细线的长度不可改变。 (2)细线的质量与小球相比可以忽略。 (3)小球的直径与线的长度相比可以忽略。 (4)单摆运动过程中，与小球受到的重力及线的拉力相比，空气等对它的阻力可以忽略。 3.单摆的回复力 (1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力，即F＝mgsin__θ。 (2)回复力的特点：在摆角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即F＝－x。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。 二．单摆的周期 1.探究影响单摆周期的因素 (1)探究方法：控制变量法。 (2)实验结论(都在小偏角下) ①两摆的摆球质量、摆长相同，振幅不同，两摆的周期相同，即单摆的周期与振幅无关。 ②两摆的摆长、振幅相同，摆球质量不同，两摆的周期相同，即单摆振动的周期与摆球质量无关。 ③两摆的振幅、摆球质量相同，摆长不同，摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小，即周期与摆长有关。 2.周期公式 (1)提出：由荷兰物理学家惠更斯首先提出。 (2)公式：T＝2π，即单摆做简谐运动的周期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，而与振幅、摆球质量无关。 三．类单摆模型 1.几种单摆模型拓展 模型 图示(l、l1、l2为摆线长，r为摆球半径) 摆长 等效重力加速度g效 周期T 双线摆 不变，lsin α＋r 不变，g T＝2π 折线摆 碰到钉子后变小 不变，g T＝π＋π 圆弧摆 不变，R－r 不变，g T＝2π 斜面摆 不变，l＋r 不变，gsin α T＝2π 若摆球可看为质点，以上各式中r可为0。 2.不同系统中的等效重力加速度 在不同的运动系统中，单摆周期公式中的g应理解为等效重力加速度，其大小等于单摆相对系统静止在平衡位置时的摆线拉力与摆球质量的比值。 情景 等效重力加速度 情景 等效重力加速度 g等效＝g－a g等效＝ g等效＝g＋a g等效＝g g等效＝ g等效＝g 【例1】单摆在振动过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（　 　） A．摆球经过同一高度速度相同 B．摆球在最低点加速度为零 C．重力沿垂直摆线方向的分力提供回复力 D．同一单摆，在北京和南京振动的周期相同 【答案】C 【详解】A．单摆在振动过程中机械能守恒，摆球经过同一高度时重力势能相等，动能也相等，因此摆球经过同一高度时速度大小相同，但摆球做曲线运动，速度的方向沿该点切线的方向，因此摆球经过同一高度速度方向可能不相同。故A错误； B．摆球在最低点时速度最大，向心加速度为，故B错误； C．重力沿垂直摆线方向的分力始终指向平衡位置，是单摆振动的回复力。故C正确； D．北京和南京的不相等，根据单摆的周期公式可知同一单摆，在北京和南京振动的周期不相同。故D错误。 故选C。 【总结提升】 理解回复力的两点提醒 (1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与摆球所受重力平衡的位置，并不是指摆动过程中摆球受力平衡的位置。摆球摆动到平衡位置时，回复力为零，但有指向悬点的合力提供向心力。 (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。　　 【例2】某单摆做简谐运动的振动图像如图所示，取g=9.8m/s2，则该单摆（　　） A．周期为1.0s B．摆长约为1m C．t=1.0s时所受合力为零 D．t=1.5s与t=2.5s时加速度相同 【答案】B 【详解】A．由图可知，周期，故A错误； B．由，得，故B正确； C．时小球经过平衡位置，水平方向不受力，但竖直方向所受合力不为零，故小球所受合力不为零，故C错误； D．和时，小球分别到达平衡位置两侧最大位移处，此时向心加速度为零，故小球的加速度沿切线指向平衡位置，加速度方向不同，大小相等，故加速度不同，故D错误。 故选B。 【例3】如图所示，光滑圆槽的半径R远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三个小球(均可视为质点)同时由静止释放，开始时，甲球比乙球离槽最低点O远些，丙球在槽的圆心处。则以下关于它们第一次到达点O的先后顺序的说法正确的是(　　) A.乙先到，然后甲到，丙最后到 B.丙先到，然后甲、乙同时到 C.丙先到，然后乙到，甲最后到 D.甲、乙、丙同时到 【答案】　B 【解析】　对于甲、乙两球，都做类单摆运动，其运动周期均为T＝2π，甲、乙两球第一次到达点O时运动了T，则t甲＝t乙＝＝；对于丙球，根据自由落体运动规律有R＝gt，解得t丙＝＜，故丙先到，然后甲、乙同时到，故B正确。 【例4】如图甲所示，一根轻杆和一根轻质细线组成一个“杆线摆”，杆线摆可以绕着悬挂轴来回摆动，轻杆与悬挂轴垂直，摆线与轻杆的夹角。其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，倾斜平面与水平面的夹角也为，该杆线摆做简谐运动的x-t图像如图乙所示，P是图像上对应。时刻的某点，，取重力加速度。则（　　） A．时刻摆球的速度方向沿图像上P点的切线 B．该杆线摆的细线长约为 C．该杆线摆做简谐运动的振幅是8cm D．摆球在10s内通过平衡位置5次 【答案】B 【详解】A．简谐运动的图像不是摆球的运动轨迹，所以在时刻摆球的速度方向不沿图像上点的切线，应指向平衡位置，故A错误； B．由图像可知，周期 结合 解得细线长，故B正确； C．由图可知该杆线摆做简谐运动的振幅是4cm，故C错误； D．摆球在一个周期内通过平衡位置2次，10s内通过平衡位置10次，故D错误。 故选B。 【例5】如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v＝ m/s，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，π2≈10，求： (1)单摆的摆长l； (2)摆球的质量m； (3)摆线拉力的最小值。 【答案】　(1)1 m　(2)0.1 kg　(3)0.99 N 【解析】(1)由图乙可知单摆周期为T＝2 s 根据单摆周期公式T＝2π，解得l＝1 m。 (2)当拉力最大时，即F＝1.02 N，摆球处在最低点， 由牛顿第二定律得F－mg＝m 解得m＝0.1 kg。 (3)从最低点到最高点，由动能定理得 －mgl(1－cos θ)＝0－mv2 解得cos θ＝0.99 在最高点摆线的拉力最小，最小值为 F′＝mgcos θ＝0.99 N。 一、单选题 1.忽略阻力，一小球单摆可看作简谐运动，小球内部填充物为细沙，其底部有一小孔，在运动过程中，细沙逐步泄漏，则小球的运动（　　） A．仍做原本的简谐运动 B．频率变大 C．周期变长 D．逐渐停止运动 【答案】C 【详解】ABC．单摆周期公式为，其中为摆长（悬点到摆球质心的距离）。当细沙泄漏时，摆球质心逐渐下移，导致增大；漏完后质心回到球心，恢复。在泄漏过程中，持续增加，因此周期逐渐变长，频率减小；由于摆长变化，运动不再是原本的简谐运动，故AB错误，C正确； D．忽略阻力，能量守恒，运动不会停止，故D错误。 故选C。 2．如图所示，在竖直平面内有甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放，释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则甲、乙、丙、丁的摆长之比为（　　） A．3∶4∶6∶12 B．12∶6∶4∶3 C．9∶16∶36∶144 D．144∶36∶16∶9 【答案】C 【详解】根据单摆周期公式 可知 设甲的周期为，根据题意可得 可得，， 根据单摆周期公式 可得甲、乙、丙、丁的摆长之比为9∶16∶36∶144。 故选C。 3．如图所示，两个完全相同的弹性小球A和B（均可看作质点），分别挂在长和L的细线上，重心在同一水平面上、且小球恰好互相接触，把小球A向左拉开一个较小角度（小于5°）后由静止释放，经过多长时间两球发生第2次碰撞（碰撞均为弹性碰撞）（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】两个质量相等的弹性小球做弹性正碰时，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得， 由，解得， 可知两球碰撞后速度交换，由单摆周期公式得， 从释放小球A到第1次相碰经历时间 从小球B摆起到第2次相碰经历时间 故选A。 4．单摆在、两点之间做简谐运动，点为平衡位置，如图甲所示。单摆的振动图像如图乙所示（向右为正方向），取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　） A．单摆的振幅为 B．单摆的摆动频率为 C．时，摆球在点 D．单摆的摆长为 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，单摆的振幅为，故A错误； B．由图乙可知，单摆的周期为，则单摆的摆动频率为，故B错误； C．时，单摆振动了，根据题意可知，单摆从点开始振动，则时，摆球在点，故C错误； D．根据题意，由单摆周期公式 可得单摆的摆长为，故D正确。 故选D。 5．单摆的周期由当地的重力加速度和摆长决定，设某地点有一单摆，摆长为时周期为，把摆长增加为后，则周期为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】单摆的周期公式为 其中为摆长，为当地重力加速度。题目中重力加速度不变，因此周期仅与摆长的平方根成正比。原摆长为 时，周期为 当摆长变为时，新周期为 故选B。 6．图1是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图2是与力传感器连接的计算机所显示的图像，其中F的最大值。已知小球质量m=0.1kg，小球的直径d=1.0cm，取重力加速度，取9.8，不计细线质量及空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球重力势能的变化周期是2s B．细线的长度是0.99m C．当t=1.25s时小球的加速度为0 D．等于0.965N 【答案】D 【详解】AB．单摆每经过最低点动能最大，势能最小，细线拉力最大，由图2可知两次经过最低点的时间间隔是1s，小球重力势能变化周期是1s，单摆的周期是2s，根据单摆的周期公式，得摆长L=1.0m 小球的直径d=1.0cm，细线的长度，故AB错误； C．当t=1.25s时细线拉力最大，小球位于最低点，有向心加速度，故C错误； D．设单摆最大摆角为θ，最低点速度大小为v，则有，， 解得 故D正确。 故选D。 7．如图所示，水平面上固定光滑圆弧面ABD，水平宽度为L，高为h，且满足L≫h，圆弧面上放一光滑平板ACD，小球从顶端A处由静止释放沿平板从A点滑到D点的时间为4s，若撤去平板ACD，仍将小球从A点由静止释放，则小球沿沿弧面滑到底端D点经历的时间为（　　） A．3.14s B．2.82s C．4s D．4.2s 【答案】A 【详解】设该圆弧对应的半径为R，小球沿光滑圆弧面ABD运动到底端的时间相当于摆长为R的单摆周期的，则有 小球沿光滑斜面ACD滑到D的时间为，根据等时圆原理可得 由题意可知 所以 故选A。 8．单摆做简谐运动，其动能随时间t的变化关系如图所示。已知重力加速度为g，则该单摆（　　） A．摆动周期为 B．摆动周期为 C．摆长为 D．摆长为 【答案】C 【详解】AB．摆球一个周期内两次经过最低点，则一个周期内两次动能最大，由图可知，单摆的周期，故AB错误； CD．根据单摆周期公式 解得，故C正确，D错误； 故选C。 9.惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以认为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为α。在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为g。下列选项正确的是（） A．多次改变图1中α角的大小，即可获得不同的等效重力加速度 B．在图2的测量过程中，单摆n次全振动的时间为 C．多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立 D．在图2的测量过程中，满足关系 【答案】C 【详解】A．等效重力加速度 所以若要获得不同的等效重力加速度，可以多次改变图1中角的大小，故A错误； B．由图2可知，单摆一次全振动的时间，单摆n次全振动的时，故B错误； C．根据单摆的周期公式可知若单摆做简谐运动的周期T与等效重力加速度的二次方根成反比，即 因为 则有 所以若多次改变斜面的倾角θ，满足 则可验证结论成立，故C正确； D．摆球自然悬垂时，通过力传感器测得摆线的拉力为，根据平衡条件有 在图2的测量过程中，摆球在A位置有 摆球在B位置有 摆球从A位置运动到B位置过程有 解得 故D错误。 故选C。 10．“双线摆”如图甲所示，双线长均为L，两线夹角为，摆球质量为m，给摆球一个垂直于两线平面方向的较小速度，使得摆球以较小摆角（小于5°）摆动。“杆线摆”结构如图乙所示，长为L的轻杆一端通过活动绞链与立柱垂直连接，另一端安装质量为m的摆球，细线一端拉住摆球，另一端系在立柱上的A点，给摆球一垂直于纸面的较小速度，使轻杆垂直于立柱来回摆动，摆动角度小于5°，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。已知，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．图甲中摆球的周期为 B．图乙中摆球的摆动周期为 C．图乙中摆球在摆动过程中细线上的拉力大小 D．若增大细线长度使A点上移，则摆球运动周期增大 【答案】C 【详解】A．由甲中摆球的摆线长度为：，结合单摆的周期公式 代入角度，可得 故A错误； C．图乙中摆球在平衡位置静止时，在垂直于斜面方向上的合力为零， 由图可知：FAsinθ=mgcosθ 即可得细线的拉力为： 故C正确； B．结合该等效单摆的摆长和加速度关系，可知图乙的摆球的周期为 解得： 故B错误； D．由摆球的周期公式 可知细线长度对摆球的运动周期无影响，故D错误。 故选C。 二、多选题 11.如图甲所示的单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，单摆相对平衡位置的位移随时间变化的图像如图乙所示。已知摆球的质量为，不计空气阻力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长约为 B．到，摆球的动能逐渐增大 C．到，摆球所受回复力逐渐增大 D．摆球的最大动能约为 【答案】BD 【详解】A．单摆周期 故摆长，由于，故A错误； B．到，摆球的位移逐渐减小，摆球正往平衡位置运动，故速度逐渐增大、动能逐渐增大，故B正确； C．到，摆球的位移逐渐减小，故回复力逐渐减小，故C错误； D．设摆球的最大摆角为，最高点到最低点的弦长为、高度差为，如图所示 由几何关系 单摆做小角度摆动，等于最大位移，由机械能守恒定律，单摆最大动能，故D正确。 故选BD。 12．如图甲所示，一摆长为0.99m的单摆悬挂在天花板上，如图乙所示，将相同的单摆悬挂在光滑斜面上。两情况下将摆球拉离平衡位置相同的小角度并由静止释放，小球相对平衡位置的位移随时间的关系图像如图丙所示，取9.87。下列说法正确的是（　　） A．图甲、乙中单摆的频率之比为 B．当地的重力加速度约为 C．斜面倾角的正弦值为 D．图甲、乙中摆绳上最大拉力之比为 【答案】BD 【详解】A．由图丙可知图甲、乙中单摆的周期之比为，所以甲、乙中单摆的频率之比为，故A错误； B．由甲的周期公式可得 解得，故B正确； C．由乙单摆得 解得，故C错误； D．设最大摆角为，对甲由机械能守恒得 由牛顿第二定律得 解得 同理对乙得 解得，故D正确。 故选BD。 13．如图甲，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。用电动机匀速拉动纸带时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下径迹。调节电动机拉动速度，分别在乙和丙两条纸带上留下轨迹，π取3.14，重力加速度g取9.8m/s2，下列说法正确的是（　　） A．单摆漏斗在P点和Q点运动的方向相同 B．乙纸带的速度为丙纸带速度的2倍 C．无论纸带是否匀速拉动，都可以用纸带通过的距离表示时间 D．若乙纸带拖动速度为10cm/s，可推算该单摆的摆长约为1m 【答案】BD 【详解】A．单摆振动中，根据“同侧法”，点和点的振动相反，向最大位移运动，向平衡位置运动，A错误； B．乙纸带，对应个周期；丙纸带，对应个周期。由 乙的时间 丙的时间 故，B正确； C．只有纸带匀速拉动时，距离才与时间成正比，才能用纸带距离表示时间；变速时距离与时间不成正比，无法表示，C错误； D．乙纸带速度 对应时间 即 周期 由单摆周期公式 得摆长，D正确； 故选BD。 14．如图所示，单摆摆球的质量为m，做简谐运动的周期为T，摆球从最大位移A处由静止释放，运动到最低点B时的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列正确的是（    ） A．摆球从A运动到B的过程中，重力做的功为 B．摆球运动到B时重力的瞬时功率为mgv C．摆球从A运动到B的过程中拉力的冲量为零 D．摆球从A运动到B的过程中拉力的冲量大小为 【答案】AD 【详解】A．摆球从A运动到B的过程中，根据动能定理得 故A正确； B．小球到达B点时，速度方向与重力的夹角为90°，则根据功率公式有 故B错误； CD．摆球从A运动到B的过程中，重力的冲量 合力的冲量 则拉力的冲量大小 故C错误，D正确。 故选AD。 三、解答题 15．如图所示为一单摆做简谐运动的图像。在时，质点的位移等于2cm。 (1)求该单摆的摆长（，其中g为重力加速度）； (2)写出该单摆的振动方程。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题图可知，该单摆的周期为2s，根据 可得该单摆的摆长为 （2）由题图可知 ， 设该单摆的振动方程为 依题意，在时，质点的位移等于，且时刻后质点向平衡位置振动，则有 解得 则该单摆的振动方程为 16．一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接一质量为m的小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，小钢球在竖直平面内摆动，轻绳与竖直方向夹角的最大值约为5°，轻绳对小钢球的拉力大小F随时间t变化的图像如图乙所示，图乙中的F2、F1、T0均为已知量。求： (1)重力加速度g的大小。 (2)轻绳的长度l。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小钢球由静止释放，设轻绳与竖直方向的最大夹角为θ，释放小钢球的瞬间，轻绳的拉力最小，即F1 = mgcosθ 小钢球由静止运动到最低点的过程，根据动能定理，有mgl(1－cosθ) = mv2 小钢球运动到最低点时，轻绳拉力最大，根据牛顿第二定律，有 联立可得 （2）由题图乙可知，单摆的周期T = 2T0 根据单摆周期公式，有 联立解得 17．如图甲所示，一可视为质点的小球在光滑圆弧曲面AB上做往复运动，可视为简谐运动。t=0时刻将质量m=0.05kg的小球从A点由静止释放，图乙为圆弧轨道对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线。根据题中所给信息（g取10m/s2），求： (1)小球简谐运动的周期T和圆弧轨道的半径R； (2)小球运动到平衡位置时的速度；（结果可用根号表示） (3)图乙中轨道支持力的最小值。 【答案】(1)，R=0.4m (2) (3)0.495N 【详解】（1）由图可得 由 联立解得 （2）由F-t图可得，摆球运动到平衡位置时轨道的支持力 由牛顿第二定律得 代入数据，解得平衡位置时速度 （3）小球从A到最低点机械能守恒，设OA与竖直方向夹角为，由机械能守恒定律得 支持力的最小值 联立解得 18．如图所示，单摆摆长为l，摆球质量为m，带正电q，悬挂在电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中，使摆球在偏离最低点、摆角很小的位置释放。（忽略空气阻力） （1）求摆角为时，摆球所受回复力的大小； （2）证明：在摆角很小时，摆球的运动是简谐运动。（很小时，） 【答案】（1）；（2）见解析 【详解】（1）在摆球运动到圆弧上某一位置P点时，受力如图所示 摆球受到的重力和电场力沿圆弧切线方向的分力之和充当回复力，其大小 （2）证明：当摆角很小时，摆球运动的圆弧可以看成直线， 相对位置O的位移x大小与弧长相等， 有 回复力大小 回复力方向，与位移x方向相反 又因为是一定的，可以用一个常量k表示，则回复力可表示为 证得摆球的运动是简谐运动。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 简谐运动实例（二）单摆及类单摆模型 一．单摆模型 1.单摆的组成：由细线和小球组成。 2.理想化模型 (1)细线的长度不可改变。 (2)细线的质量与小球相比可以忽略。 (3)小球的直径与线的长度相比可以忽略。 (4)单摆运动过程中，与小球受到的重力及线的拉力相比，空气等对它的阻力可以忽略。 3.单摆的回复力 (1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力，即F＝mgsin__θ。 (2)回复力的特点：在摆角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即F＝－x。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。 二．单摆的周期 1.探究影响单摆周期的因素 (1)探究方法：控制变量法。 (2)实验结论(都在小偏角下) ①两摆的摆球质量、摆长相同，振幅不同，两摆的周期相同，即单摆的周期与振幅无关。 ②两摆的摆长、振幅相同，摆球质量不同，两摆的周期相同，即单摆振动的周期与摆球质量无关。 ③两摆的振幅、摆球质量相同，摆长不同，摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小，即周期与摆长有关。 2.周期公式 (1)提出：由荷兰物理学家惠更斯首先提出。 (2)公式：T＝2π，即单摆做简谐运动的周期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，而与振幅、摆球质量无关。 三．类单摆模型 1.几种单摆模型拓展 模型 图示(l、l1、l2为摆线长，r为摆球半径) 摆长 等效重力加速度g效 周期T 双线摆 不变，lsin α＋r 不变，g T＝2π 折线摆 碰到钉子后变小 不变，g T＝π＋π 圆弧摆 不变，R－r 不变，g T＝2π 斜面摆 不变，l＋r 不变，gsin α T＝2π 若摆球可看为质点，以上各式中r可为0。 2.不同系统中的等效重力加速度 在不同的运动系统中，单摆周期公式中的g应理解为等效重力加速度，其大小等于单摆相对系统静止在平衡位置时的摆线拉力与摆球质量的比值。 情景 等效重力加速度 情景 等效重力加速度 g等效＝g－a g等效＝ g等效＝g＋a g等效＝g g等效＝ g等效＝g 【例1】单摆在振动过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（　 　） A．摆球经过同一高度速度相同 B．摆球在最低点加速度为零 C．重力沿垂直摆线方向的分力提供回复力 D．同一单摆，在北京和南京振动的周期相同 【答案】C 【详解】A．单摆在振动过程中机械能守恒，摆球经过同一高度时重力势能相等，动能也相等，因此摆球经过同一高度时速度大小相同，但摆球做曲线运动，速度的方向沿该点切线的方向，因此摆球经过同一高度速度方向可能不相同。故A错误； B．摆球在最低点时速度最大，向心加速度为，故B错误； C．重力沿垂直摆线方向的分力始终指向平衡位置，是单摆振动的回复力。故C正确； D．北京和南京的不相等，根据单摆的周期公式可知同一单摆，在北京和南京振动的周期不相同。故D错误。 故选C。 【总结提升】 理解回复力的两点提醒 (1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与摆球所受重力平衡的位置，并不是指摆动过程中摆球受力平衡的位置。摆球摆动到平衡位置时，回复力为零，但有指向悬点的合力提供向心力。 (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。　　 【例2】某单摆做简谐运动的振动图像如图所示，取g=9.8m/s2，则该单摆（　　） A．周期为1.0s B．摆长约为1m C．t=1.0s时所受合力为零 D．t=1.5s与t=2.5s时加速度相同 【答案】B 【详解】A．由图可知，周期，故A错误； B．由，得，故B正确； C．时小球经过平衡位置，水平方向不受力，但竖直方向所受合力不为零，故小球所受合力不为零，故C错误； D．和时，小球分别到达平衡位置两侧最大位移处，此时向心加速度为零，故小球的加速度沿切线指向平衡位置，加速度方向不同，大小相等，故加速度不同，故D错误。 故选B。 【例3】如图所示，光滑圆槽的半径R远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三个小球(均可视为质点)同时由静止释放，开始时，甲球比乙球离槽最低点O远些，丙球在槽的圆心处。则以下关于它们第一次到达点O的先后顺序的说法正确的是(　　) A.乙先到，然后甲到，丙最后到 B.丙先到，然后甲、乙同时到 C.丙先到，然后乙到，甲最后到 D.甲、乙、丙同时到 【答案】　B 【解析】　对于甲、乙两球，都做类单摆运动，其运动周期均为T＝2π，甲、乙两球第一次到达点O时运动了T，则t甲＝t乙＝＝；对于丙球，根据自由落体运动规律有R＝gt，解得t丙＝＜，故丙先到，然后甲、乙同时到，故B正确。 【例4】如图甲所示，一根轻杆和一根轻质细线组成一个“杆线摆”，杆线摆可以绕着悬挂轴来回摆动，轻杆与悬挂轴垂直，摆线与轻杆的夹角。其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，倾斜平面与水平面的夹角也为，该杆线摆做简谐运动的x-t图像如图乙所示，P是图像上对应。时刻的某点，，取重力加速度。则（　　） A．时刻摆球的速度方向沿图像上P点的切线 B．该杆线摆的细线长约为 C．该杆线摆做简谐运动的振幅是8cm D．摆球在10s内通过平衡位置5次 【答案】B 【详解】A．简谐运动的图像不是摆球的运动轨迹，所以在时刻摆球的速度方向不沿图像上点的切线，应指向平衡位置，故A错误； B．由图像可知，周期 结合 解得细线长，故B正确； C．由图可知该杆线摆做简谐运动的振幅是4cm，故C错误； D．摆球在一个周期内通过平衡位置2次，10s内通过平衡位置10次，故D错误。 故选B。 【例5】如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v＝ m/s，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，π2≈10，求： (1)单摆的摆长l； (2)摆球的质量m； (3)摆线拉力的最小值。 【答案】　(1)1 m　(2)0.1 kg　(3)0.99 N 【解析】(1)由图乙可知单摆周期为T＝2 s 根据单摆周期公式T＝2π，解得l＝1 m。 (2)当拉力最大时，即F＝1.02 N，摆球处在最低点， 由牛顿第二定律得F－mg＝m 解得m＝0.1 kg。 (3)从最低点到最高点，由动能定理得 －mgl(1－cos θ)＝0－mv2 解得cos θ＝0.99 在最高点摆线的拉力最小，最小值为 F′＝mgcos θ＝0.99 N。 一、单选题 1.忽略阻力，一小球单摆可看作简谐运动，小球内部填充物为细沙，其底部有一小孔，在运动过程中，细沙逐步泄漏，则小球的运动（　　） A．仍做原本的简谐运动 B．频率变大 C．周期变长 D．逐渐停止运动 【答案】C 【详解】ABC．单摆周期公式为，其中为摆长（悬点到摆球质心的距离）。当细沙泄漏时，摆球质心逐渐下移，导致增大；漏完后质心回到球心，恢复。在泄漏过程中，持续增加，因此周期逐渐变长，频率减小；由于摆长变化，运动不再是原本的简谐运动，故AB错误，C正确； D．忽略阻力，能量守恒，运动不会停止，故D错误。 故选C。 2．如图所示，在竖直平面内有甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放，释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则甲、乙、丙、丁的摆长之比为（　　） A．3∶4∶6∶12 B．12∶6∶4∶3 C．9∶16∶36∶144 D．144∶36∶16∶9 【答案】C 【详解】根据单摆周期公式 可知 设甲的周期为，根据题意可得 可得，， 根据单摆周期公式 可得甲、乙、丙、丁的摆长之比为9∶16∶36∶144。 故选C。 3．如图所示，两个完全相同的弹性小球A和B（均可看作质点），分别挂在长和L的细线上，重心在同一水平面上、且小球恰好互相接触，把小球A向左拉开一个较小角度（小于5°）后由静止释放，经过多长时间两球发生第2次碰撞（碰撞均为弹性碰撞）（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】两个质量相等的弹性小球做弹性正碰时，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得， 由，解得， 可知两球碰撞后速度交换，由单摆周期公式得， 从释放小球A到第1次相碰经历时间 从小球B摆起到第2次相碰经历时间 故选A。 4．单摆在、两点之间做简谐运动，点为平衡位置，如图甲所示。单摆的振动图像如图乙所示（向右为正方向），取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　） A．单摆的振幅为 B．单摆的摆动频率为 C．时，摆球在点 D．单摆的摆长为 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，单摆的振幅为，故A错误； B．由图乙可知，单摆的周期为，则单摆的摆动频率为，故B错误； C．时，单摆振动了，根据题意可知，单摆从点开始振动，则时，摆球在点，故C错误； D．根据题意，由单摆周期公式 可得单摆的摆长为，故D正确。 故选D。 5．单摆的周期由当地的重力加速度和摆长决定，设某地点有一单摆，摆长为时周期为，把摆长增加为后，则周期为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】单摆的周期公式为 其中为摆长，为当地重力加速度。题目中重力加速度不变，因此周期仅与摆长的平方根成正比。原摆长为 时，周期为 当摆长变为时，新周期为 故选B。 6．图1是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图2是与力传感器连接的计算机所显示的图像，其中F的最大值。已知小球质量m=0.1kg，小球的直径d=1.0cm，取重力加速度，取9.8，不计细线质量及空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球重力势能的变化周期是2s B．细线的长度是0.99m C．当t=1.25s时小球的加速度为0 D．等于0.965N 【答案】D 【详解】AB．单摆每经过最低点动能最大，势能最小，细线拉力最大，由图2可知两次经过最低点的时间间隔是1s，小球重力势能变化周期是1s，单摆的周期是2s，根据单摆的周期公式，得摆长L=1.0m 小球的直径d=1.0cm，细线的长度，故AB错误； C．当t=1.25s时细线拉力最大，小球位于最低点，有向心加速度，故C错误； D．设单摆最大摆角为θ，最低点速度大小为v，则有，， 解得 故D正确。 故选D。 7．如图所示，水平面上固定光滑圆弧面ABD，水平宽度为L，高为h，且满足L≫h，圆弧面上放一光滑平板ACD，小球从顶端A处由静止释放沿平板从A点滑到D点的时间为4s，若撤去平板ACD，仍将小球从A点由静止释放，则小球沿沿弧面滑到底端D点经历的时间为（　　） A．3.14s B．2.82s C．4s D．4.2s 【答案】A 【详解】设该圆弧对应的半径为R，小球沿光滑圆弧面ABD运动到底端的时间相当于摆长为R的单摆周期的，则有 小球沿光滑斜面ACD滑到D的时间为，根据等时圆原理可得 由题意可知 所以 故选A。 8．单摆做简谐运动，其动能随时间t的变化关系如图所示。已知重力加速度为g，则该单摆（　　） A．摆动周期为 B．摆动周期为 C．摆长为 D．摆长为 【答案】C 【详解】AB．摆球一个周期内两次经过最低点，则一个周期内两次动能最大，由图可知，单摆的周期，故AB错误； CD．根据单摆周期公式 解得，故C正确，D错误； 故选C。 9.惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以认为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为α。在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为g。下列选项正确的是（） A．多次改变图1中α角的大小，即可获得不同的等效重力加速度 B．在图2的测量过程中，单摆n次全振动的时间为 C．多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立 D．在图2的测量过程中，满足关系 【答案】C 【详解】A．等效重力加速度 所以若要获得不同的等效重力加速度，可以多次改变图1中角的大小，故A错误； B．由图2可知，单摆一次全振动的时间，单摆n次全振动的时，故B错误； C．根据单摆的周期公式可知若单摆做简谐运动的周期T与等效重力加速度的二次方根成反比，即 因为 则有 所以若多次改变斜面的倾角θ，满足 则可验证结论成立，故C正确； D．摆球自然悬垂时，通过力传感器测得摆线的拉力为，根据平衡条件有 在图2的测量过程中，摆球在A位置有 摆球在B位置有 摆球从A位置运动到B位置过程有 解得 故D错误。 故选C。 10．“双线摆”如图甲所示，双线长均为L，两线夹角为，摆球质量为m，给摆球一个垂直于两线平面方向的较小速度，使得摆球以较小摆角（小于5°）摆动。“杆线摆”结构如图乙所示，长为L的轻杆一端通过活动绞链与立柱垂直连接，另一端安装质量为m的摆球，细线一端拉住摆球，另一端系在立柱上的A点，给摆球一垂直于纸面的较小速度，使轻杆垂直于立柱来回摆动，摆动角度小于5°，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。已知，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．图甲中摆球的周期为 B．图乙中摆球的摆动周期为 C．图乙中摆球在摆动过程中细线上的拉力大小 D．若增大细线长度使A点上移，则摆球运动周期增大 【答案】C 【详解】A．由甲中摆球的摆线长度为：，结合单摆的周期公式 代入角度，可得 故A错误； C．图乙中摆球在平衡位置静止时，在垂直于斜面方向上的合力为零， 由图可知：FAsinθ=mgcosθ 即可得细线的拉力为： 故C正确； B．结合该等效单摆的摆长和加速度关系，可知图乙的摆球的周期为 解得： 故B错误； D．由摆球的周期公式 可知细线长度对摆球的运动周期无影响，故D错误。 故选C。 二、多选题 11.如图甲所示的单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，单摆相对平衡位置的位移随时间变化的图像如图乙所示。已知摆球的质量为，不计空气阻力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长约为 B．到，摆球的动能逐渐增大 C．到，摆球所受回复力逐渐增大 D．摆球的最大动能约为 【答案】BD 【详解】A．单摆周期 故摆长，由于，故A错误； B．到，摆球的位移逐渐减小，摆球正往平衡位置运动，故速度逐渐增大、动能逐渐增大，故B正确； C．到，摆球的位移逐渐减小，故回复力逐渐减小，故C错误； D．设摆球的最大摆角为，最高点到最低点的弦长为、高度差为，如图所示 由几何关系 单摆做小角度摆动，等于最大位移，由机械能守恒定律，单摆最大动能，故D正确。 故选BD。 12．如图甲所示，一摆长为0.99m的单摆悬挂在天花板上，如图乙所示，将相同的单摆悬挂在光滑斜面上。两情况下将摆球拉离平衡位置相同的小角度并由静止释放，小球相对平衡位置的位移随时间的关系图像如图丙所示，取9.87。下列说法正确的是（　　） A．图甲、乙中单摆的频率之比为 B．当地的重力加速度约为 C．斜面倾角的正弦值为 D．图甲、乙中摆绳上最大拉力之比为 【答案】BD 【详解】A．由图丙可知图甲、乙中单摆的周期之比为，所以甲、乙中单摆的频率之比为，故A错误； B．由甲的周期公式可得 解得，故B正确； C．由乙单摆得 解得，故C错误； D．设最大摆角为，对甲由机械能守恒得 由牛顿第二定律得 解得 同理对乙得 解得，故D正确。 故选BD。 13．如图甲，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。用电动机匀速拉动纸带时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下径迹。调节电动机拉动速度，分别在乙和丙两条纸带上留下轨迹，π取3.14，重力加速度g取9.8m/s2，下列说法正确的是（　　） A．单摆漏斗在P点和Q点运动的方向相同 B．乙纸带的速度为丙纸带速度的2倍 C．无论纸带是否匀速拉动，都可以用纸带通过的距离表示时间 D．若乙纸带拖动速度为10cm/s，可推算该单摆的摆长约为1m 【答案】BD 【详解】A．单摆振动中，根据“同侧法”，点和点的振动相反，向最大位移运动，向平衡位置运动，A错误； B．乙纸带，对应个周期；丙纸带，对应个周期。由 乙的时间 丙的时间 故，B正确； C．只有纸带匀速拉动时，距离才与时间成正比，才能用纸带距离表示时间；变速时距离与时间不成正比，无法表示，C错误； D．乙纸带速度 对应时间 即 周期 由单摆周期公式 得摆长，D正确； 故选BD。 14．如图所示，单摆摆球的质量为m，做简谐运动的周期为T，摆球从最大位移A处由静止释放，运动到最低点B时的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列正确的是（    ） A．摆球从A运动到B的过程中，重力做的功为 B．摆球运动到B时重力的瞬时功率为mgv C．摆球从A运动到B的过程中拉力的冲量为零 D．摆球从A运动到B的过程中拉力的冲量大小为 【答案】AD 【详解】A．摆球从A运动到B的过程中，根据动能定理得 故A正确； B．小球到达B点时，速度方向与重力的夹角为90°，则根据功率公式有 故B错误； CD．摆球从A运动到B的过程中，重力的冲量 合力的冲量 则拉力的冲量大小 故C错误，D正确。 故选AD。 三、解答题 15．如图所示为一单摆做简谐运动的图像。在时，质点的位移等于2cm。 (1)求该单摆的摆长（，其中g为重力加速度）； (2)写出该单摆的振动方程。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题图可知，该单摆的周期为2s，根据 可得该单摆的摆长为 （2）由题图可知 ， 设该单摆的振动方程为 依题意，在时，质点的位移等于，且时刻后质点向平衡位置振动，则有 解得 则该单摆的振动方程为 16．一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接一质量为m的小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，小钢球在竖直平面内摆动，轻绳与竖直方向夹角的最大值约为5°，轻绳对小钢球的拉力大小F随时间t变化的图像如图乙所示，图乙中的F2、F1、T0均为已知量。求： (1)重力加速度g的大小。 (2)轻绳的长度l。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小钢球由静止释放，设轻绳与竖直方向的最大夹角为θ，释放小钢球的瞬间，轻绳的拉力最小，即F1 = mgcosθ 小钢球由静止运动到最低点的过程，根据动能定理，有mgl(1－cosθ) = mv2 小钢球运动到最低点时，轻绳拉力最大，根据牛顿第二定律，有 联立可得 （2）由题图乙可知，单摆的周期T = 2T0 根据单摆周期公式，有 联立解得 17．如图甲所示，一可视为质点的小球在光滑圆弧曲面AB上做往复运动，可视为简谐运动。t=0时刻将质量m=0.05kg的小球从A点由静止释放，图乙为圆弧轨道对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线。根据题中所给信息（g取10m/s2），求： (1)小球简谐运动的周期T和圆弧轨道的半径R； (2)小球运动到平衡位置时的速度；（结果可用根号表示） (3)图乙中轨道支持力的最小值。 【答案】(1)，R=0.4m (2) (3)0.495N 【详解】（1）由图可得 由 联立解得 （2）由F-t图可得，摆球运动到平衡位置时轨道的支持力 由牛顿第二定律得 代入数据，解得平衡位置时速度 （3）小球从A到最低点机械能守恒，设OA与竖直方向夹角为，由机械能守恒定律得 支持力的最小值 联立解得 18．如图所示，单摆摆长为l，摆球质量为m，带正电q，悬挂在电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中，使摆球在偏离最低点、摆角很小的位置释放。（忽略空气阻力） （1）求摆角为时，摆球所受回复力的大小； （2）证明：在摆角很小时，摆球的运动是简谐运动。（很小时，） 【答案】（1）；（2）见解析 【详解】（1）在摆球运动到圆弧上某一位置P点时，受力如图所示 摆球受到的重力和电场力沿圆弧切线方向的分力之和充当回复力，其大小 （2）证明：当摆角很小时，摆球运动的圆弧可以看成直线， 相对位置O的位移x大小与弧长相等， 有 回复力大小 回复力方向，与位移x方向相反 又因为是一定的，可以用一个常量k表示，则回复力可表示为 证得摆球的运动是简谐运动。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $