2.4单摆 讲义 -2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

本讲义聚焦高中物理单摆核心知识点，系统梳理从单摆定义、简谐运动条件，到回复力来源、周期公式及影响因素，再到摆长计算、运动中速度加速度变化、振动图像、等效单摆、能量转化及实验探究的完整脉络，构建阶梯式学习支架。 该资料以9大题型为框架，通过“解题知识+典例+变式”强化模型建构与科学推理，如等效摆长分析培养科学思维，实验探究模块提升科学探究能力。课中辅助教师系统授课，课后通过过关验收助学生查漏补缺，落实物理观念与科学态度。

第二章 第4节 单摆 内 容 导 航 题型1 单摆及单摆的条件 题型2 单摆的回复力 题型3 单摆周期的计算及影响因素 题型4 单摆摆长的计算 题型5 单摆运动过程中速度、加速度与位移的变化问题 题型6 单摆的振动图像和表达式 题型7 等效单摆问题 题型8 单摆的能量转化 题型9 探究单摆周期与摆长的关系 考 点 演 练 题型1 单摆及单摆的条件 解｜题｜知｜识 1．定义：如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。 2．视为简谐运动的条件：摆角小于5°。 【典例1】关于机械振动相关的描述，下列说法正确的是（　　） A．单摆的周期随摆球质量的增大而减小 B．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率 C．单摆运动到平衡位置时，速度最大，回复力为零，合力也为零 D．水平放置的弹簧振子做简谐振动时的能量等于在平衡位置时振子的动能 【答案】D 【解答】解：A、单摆的周期T，与质量无关，故A错误； B、物体做受迫振动，其频率等于驱动力的频率，故B错误； C、单摆运动到平衡位置时，速度最大，回复力为零，但合力不是零，合力等于向心力，故C错误； D、水平放置的弹簧振子做简谐振动时的能量等于在平衡位置时振子的动能，故D正确。 故选：D。 【变式1】某同学将一根不可伸长的轻绳一端系上摆球，另一端系在力传感器上，测得轻绳的拉力大小F随时间t变化的图像如图所示，若已经测得摆长为L，摆球质量为m，结合图中信息可以推测出当地重力加速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，则小球的周期为4T； 由单摆的周期公式可得：4T 解得：g，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【变式2】已知在单摆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 【解答】解：设甲完成10次全振动所经历的时间为t，则 Ta，Tb 得到Ta：Tb＝3：5 又因为Ta＝2π， Tb＝2π2π， 可解得：La＝0.9m Lb＝2.5m 故选：B。 题型2 单摆的回复力 解｜题｜知｜识 1.来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。 2.特点：在偏角很小时，摆球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。可见，单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。 3.单摆做简谐运动的推证 如图为一个单摆的运动： 在偏角很小时，sinθ，又回复力F＝mgsin θ，所以单摆的回复力为Fx（式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x 的方向相反），由此知回复力符合F＝﹣kx，单摆做简谐运动。 【典例1】如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是（　　） A．摆球在B点时，动能最大，回复力最大 B．摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力增大 C．摆球在A点和C点时，速度为零，细线拉力最小，但回复力最大 D．摆球在B点时，重力势能最小，机械能最小 【答案】C 【解答】解：A．单摆近似可以看作简谐运动，在最低点B处，即平衡位置处时，速度最大，回复力为零，故A错误； B．摆球做变速圆周运动，摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力减小，故B错误； C．摆球在A点和C点时，即最大位移处时，速度为零；摆球在A于C处时细线拉力等于重力沿细线方向的分力mgcosθ，此时摆角θ最大拉力最小，回复力是沿垂直于细线方向的分力mgsinθ，此时摆角θ最大，回复力最大，故C正确； D．摆球运动过程中，机械能守恒，在最低点B处，动能最大，重力势能最小，故D错误。 故选：C。 题型3 单摆周期的计算及影响因素 解｜题｜知｜识 1.荷兰物理学家惠更斯研究发现，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，与振幅摆球质量无关。 2.单摆的周期公式为：T＝2π 3.对单摆周期公式的理解 由公式T＝2π知，某单摆做简谐运动（摆角小于5°）的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g 有关，而与振幅和摆球质量无关，故又叫作单摆的固有周期。 （1）摆长l ①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重心的长度，即l＝l'，l'为摆线长，D为摆球直径。 ②等效摆长：图1中，甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l•sin α，这就是等效摆长。其周期T＝2π。图2中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效﹔乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。 （2）重力加速度g 若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g 随所在位置的高度的变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是不同的，所以g 也不同，g＝9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值。 （3）等效重力加速度 若单摆系统处在非平衡状态（如加速、减速、完全失重状态），则一般情况下，g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值。如下图所示，此场景中的等效重力加速度g'＝gsinθ。球静止在О点时，FT＝mgsin θ，等效加速度g'gsin θ。 【典例1】如图a所示，细线下悬挂一个小型沙漏，沙漏内装上细沙。当沙漏小角度（θ＜10°）摆动时，甲、乙两名同学均沿垂直于摆动的方向先后匀速拖动木板，在木板上形成的沙子图像如图b所示，其中OB与O′B′等长。忽略沙漏重心变化及空气阻力，下面说法正确的是（　　） A．沙漏运动到A点时的加速度为0 B．细沙漏出前后，沙漏摆动周期不变 C．甲、乙同学拖动木板的速度之比为3：1 D．若加速拖动木板，沙漏的运动不再是简谐运动 【答案】B 【解答】解：A、沙漏运动到A点时是处于平衡位置，在此位置的回复力为零，但是合力并不为零，此时合力提供向心力，此位置沙漏还具有向心加速度，故A错误； B、根据单摆周期公式T＝2可知，单摆的周期与摆球的质量无关，所以细沙漏出前后，沙漏摆动周期不变，故B正确； C、甲、乙两位同学拖动木板所用时间分别为2T和1.5T，因为OB与O′B′等长，根据v可知甲、乙同学拖动木板的速度之比为3：4，故C错误； D、沙漏的运动与木板运动的速度大小无关，故D错误。 故选：B。 【变式1】如图所示，用三段长均为l的细线系于O′点，然后按图中的方式将小铁球拴接，小铁球的直径远小于l，∠ABO'＝30°，将小铁球向左拉离一个小角度，使小铁球在纸面内左右摆动，已知小铁球的摆动周期为T0。下列说法正确的是（　　） A．仅将小铁球的质量加倍，则小铁球的摆动周期变为2T0 B．若将细线B去除，由静止将小铁球向左拉离一个小角度，则小铁球的摆动周期变为2T0 C．仅将小铁球垂直纸面向外拉离一个小角度，则小铁球的摆动周期变为T0 D．若仅将该装置移到月球，将小铁球向左拉离一个小角度，则小铁球的摆动周期仍为T0 【答案】C 【解答】解：A、由单摆的周期公式得，单摆的摆动周期与小铁球的质量无关，所以仅将小铁球的质量加倍，则小铁球的摆动周期仍为T0，故A错误； B、若将细线从B点前断后，则单摆的摆长为L1＝2l，将小铁球向左拉高一个小角度，由公式 得，故B错误； C、仅将小铁球垂直纸面向外拉高一个小角度，单摆的摆长为，由 得 解得，故C正确； D、若仅将该装置移到月球，则重力加速度减小，由公式 可知单摆的周期增大，即大于T0，故D错误。 故选：C。 【变式2】如图所示，半径R＝0.1m的圆盘在竖直平面内，小球B固定在圆盘边缘，用竖直向下的平行光照射，圆盘的转轴A和小球B在水平地面上形成影子O和P，圆盘以角速度ω＝πrad/s逆时针匀速转动。从图示位置开始计时，以点O为坐标原点，以水平向右为x轴正方向，重力加速度g＝9.87m/s2，π2＝9.87，以下说法正确的是（　　） A．若一单摆（摆角θ＜5°）与P同步振动，则其摆长约为1m B．若一单摆（摆角θ＜5°）与P同步振动，则其摆长约为0.25m C．影子P做简谐运动的表达式为x＝0.1sin（πt）m D．影子P做简谐运动的表达式为 【答案】A 【解答】解：AB、P运动的周期2s 单摆周期与其相等，由 可得摆长 代入数值得l＝1m 故A正确，B错误； CD、P做简谐运动的表达式为x＝Rsin（ωt+φ0），其中 解得 故CD错误。 故选：A。 【变式3】周期是2s的单摆叫秒摆。地面上某秒摆的摆长为l，振幅为A，被火星探测器携带至火星表面，已知火星表面的重力加速度为0.4g（g为地球表面的重力加速度）。如果在火星表面，仍然保持该秒摆的周期是2s，则可以（　　） A．仅将摆长调整为2.5l B．仅将摆长调整为0.4l C．仅将振幅调整为2.5A D．仅将振幅调整为0.4A 【答案】B 【解答】解：AB、根据单摆的周期 单摆的周期与摆长及重力加速度有关，在地球表面上 在火星表面 根据题意可知，单摆的周期不变，故有 解得 l′＝0.4l 故A错误，B正确； CD、单摆的周期与振幅无关，只与摆长及重力加速度有关，故CD错误。 故选：B。 题型4 单摆摆长的计算 解｜题｜知｜识 1.根据单摆的周期的公式T＝2π可得单摆的摆长为l。 2.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重心的长度，即l＝l'，l'为摆线长，D为摆球直径。 3.等效摆长：图1中，甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l•sin α，这就是等效摆长。其周期T＝2π。图2中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效﹔乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。 【典例1】在同一地点，一只摆钟的摆长为L1时，在一段时间内比标准时间快了n分钟，当摆长为L2时，在相同时间内比标准时间又慢了n分钟。为了将摆钟校准，应该调整摆长为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：单摆周期公式为 ，当摆长为L1时，周期T1较小，导致摆钟在相同实际时间t内摆动次数过多，显示时间t+n；当摆长为L2时，周期T2较大，显示时间t﹣n。设标准周期为T0，需满足和 联立得 解得 化简得 对应摆长，故ABC错误，D正确。 故选：D。 【变式1】秒摆是一种特殊的单摆，其振动周期为2s。若要将秒摆的周期变为原来的一半，下列方案可行的是（　　） A．摆角变为原来的一半 B．摆长变为原来的 C．摆球质量变为原来的2倍 D．振幅变为原来的一半 【答案】B 【解答】解：单摆的周期与摆球的质量、振幅、摆角均无关，由单摆公式T＝2π可知，若摆长变为原来的，则秒摆的周期变为原来的一半，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【变式2】如图所示为同一地点的甲、乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是（　　） A．甲单摆的摆长较大 B．甲摆最大位移处的回复力比乙摆最大位移处的回复力的大 C．在t＝0.5s时，甲摆有负向最大加速度 D．在t＝0.5s时，乙摆有正向最大加速度 【答案】D 【解答】解：A、根据图像可知甲、乙两单摆的周期均为2.0s，根据单摆周期公式T可知，两单摆的摆长相等，故A错误； B、根据图像可知甲单摆的振幅大于乙单摆的振幅，根据单摆的回复力公式F可知，因为不知道两个摆球的质量，所以无法比较它们回复力的大小，故B错误； C、根据图像可知，在t＝0.5s时，甲摆正经过平衡位置，此时水平方向的加速度为零，只具有向心加速度，故C错误； D、根据图像可知，在t＝0.5s时，乙摆在负的最大位移处，此时乙摆的加速度最大，且方向是正方向，故D正确。 故选：D。 【变式3】（多选）如图所示，半径R＝0.1m的圆盘在竖直平面内，小球B固定在圆盘边缘，用竖直向下的平行光照射，圆盘的转轴A和小球B在水平地面上形成影子O和P，圆盘以角速度ω＝πrad/s逆时针匀速转动。从图示位置开始计时，以O为坐标原点，以水平向右为x轴正方向，重力加速度g取9.87m/s2，π2＝9.87，以下说法正确的是（　　） A．若一单摆（摆角θ＜5°）与P同步振动，则其摆长约为1m B．若一单摆（摆角θ＜5°）与P同步振动，则其摆长约为0.25m C．影子P做简谐运动的表达式为x＝0.1sin（πt）m D．影子P做简谐运动的表达式为x＝0.1sin（πt）m 【答案】AD 【解答】解：AB、P的运动周期为T，根据单摆周期公式T，代入数据解得单摆的摆长为L≈1m，故A正确，B错误； CD、由图可知影子P的振幅为A＝R＝0.1m，开始时P处在负的最大位移处，则其初相位为，根据x＝Asin（ωt+φ）可得影子P做简谐运动的表达式为x＝0.1sin（πt）m，故C错误，D正确。 故选：AD。 题型5 单摆运动过程中速度、加速度与位移的变化问题 解｜题｜知｜识 1.在一定条件下单摆的运动完全符合简谐运动的特征。 2.本考点旨在针对分析单摆运动过程中速度、加速度（回复力）与位移之间的相互关系。 【典例1】某同学利用如图所示的装置做多单摆实验。在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，当驱动摆A摆动起来后，摆B、C、D、E也跟着摆动起来。已知摆长LB＝LD＞LA＝LC＞LE，在振动稳定后，下列说法正确的是（　　） A．驱动摆A只是把振动形式传递给其他单摆，并不传递能量 B．摆球C的振幅小于摆球D C．摆球B、C、D、E的摆动周期满足TB＝TD＞TC＞TE D．摆球C摆动过程中多次通过同一位置时，加速度一定相同 【答案】D 【解答】解：A、驱动摆A不仅把振动形式传递给其他单摆，同时也把能量传递给其他单摆，故A错误； BC、如果驱动摆B的周期为T，其他单摆都做受迫振动，振动周期都等于驱动摆的周期，C的摆长与A的摆长相等，根据T可知C的固有周期与A的周期相等，所以C的振幅最大，则摆球C的振幅大于摆球D，故BC错误； D、单摆C摆动过程中多次通过同一位置时，根据牛顿第二定律可得加速度a 所以加速度一定相同，故D正确。 故选：D。 【变式1】并列悬挂的的两个弹簧振子如图甲所示，分别以振子A、B的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立y轴，当振子在振动过程中某次经过平衡位置时开始计时，两振子的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．两振子的振动频率之比为fA：fB＝2：1 B．振子A速度为零时，振子B速度最大 C．任意0.5s内，A、B两振子运动的路程相等 D．0.5s～1s内，振子A向下振动，振子B先向上振动后向下振动 【答案】B 【解答】解：A．由乙图振子的振动图像可知，两振子的周期分别为TA＝2.0s，TB＝1.0s 由可知，，故A错误； B．由乙图振子的振动图像可知，振子A 速度为零时，振子B处于平衡位置，速度最大，故B正确； C．TB＝1.0s，由可知，振子B在任意0.5s内路程均为两倍振幅10cm；由可知，振子A若在平衡位置或最大位移处计时，在0.5s时间内位移为10cm，若从其它位置计时，在0.5s时间内经过平衡位置，则平均速度较大，路程大于10cm，若在0.5s时间内经过最大位移处，则平均速度较小，路程小于10cm，故C错误； D．由乙图可知，0.5s～1s内，振子A 向下振动，振子B先向下振动后向上振动，故D错误。 故选：B。 题型6 单摆的振动图像和表达式 解｜题｜知｜识 本知识点以单摆为模型考查简谐运动的图像和表达式问题。解决方案与简谐运动一致。 【典例1】甲、乙两个单摆，做简谐振动时的图像如图所示，由此可知甲，乙两单摆（　　） A．摆长之比为 B．振动频率之比为2：3 C．在t＝1.0s时刻，加速度均不为零 D．在t＝1.8s时刻，振动方向相反 【答案】C 【解答】解：A、由图像可知，甲、乙单摆振动周期之比为2：1，根据单摆的周期公式 可知，甲、乙单摆摆长之比为4：1，故A错误； B、根据周期与频率的关系 所以振动频率之比等于周期的反比，为1：2，故B错误； C、在t＝1.0s时刻，沿振动方向的加速度均为零，单摆做圆周运动，平衡位置处还有向心加速度，因此加速度不为零，故C正确； D、根据振动图像可知，在t＝1.8s时刻，甲、乙两单摆均沿x轴正向振动，故D错误。 故选：C。 【变式1】（多选）某学习小组的同学在实验室用如图甲所示装置研究单摆的运动规律，O是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置。取向右为正方向。图乙是单摆的振动图像。已知当地的重力加速度大小g＝10m/s2，取π2＝10，下列说法中正确的是（　　） A．单摆的振幅是0.14m，振动的频率是1Hz B．振动的表达式为x＝0.07sin（πt）m C．单摆的摆长为1m D．t＝1.5s时摆球在N点 【答案】BC 【解答】解：A、由乙图可知单摆的振幅为7cm＝0.07m，振动周期为2s，振动频率为f，故A错误； C、根据单摆的周期公式T可得，单摆的摆长L＝1m，故C正确； B、单摆的角频率为，所以单摆的振动表达式为x＝Asin（ωt）＝0.07sin（πt）m，故B正确； D、根据图乙可知，在t＝1.5s时，摆球在负的最大位移处，即在M点，故D错误。 故选：BC。 【变式2】（多选）学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是（　　） A．甲、乙两单摆的摆球质量之比是1：2 B．甲、乙两单摆的摆长之比是1：4 C．t＝1.5s时，两摆球的加速度方向相反 D．3～4s内，两摆球的势能均减少 【答案】BD 【解答】解：A、单摆的周期与振幅和摆球的质量无关，无法求出甲、乙两单摆摆球的质量关系，故A错误； B、由题图可知，甲、乙两单摆的周期之比为1：2，根据单摆的周期公式T＝2π可知，周期与摆长的二次方根成正比，所以甲、乙两单摆的摆长之比是1：4，故B正确； C、由加速度公式a，t＝1.5s时，两摆球位移方向相同，所以它们的加速度方向相同，故C错误； D、3～4s内，两摆球均向平衡位置运动，两摆球的势能均减少，故D正确。 故选：BD。 题型7 等效单摆问题 解｜题｜知｜识 有些运动并不符合单摆的条件，但其运动特点与单摆一致，可以看作等效单摆。 【典例1】如图所示，在一倾角为α＝30°的光滑绝缘斜面上，将一长为L的细线（不可伸长）一端固定，另一端系一质量为m的小球，小球静止时在O点。将小球拉开一很小的倾角θ后由静止释放，小球的运动可视为单摆运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．摆球的摆动周期为 B．摆球刚释放时的回复力大小为 C．摆球经过平衡位置时合力为零 D．摆球摆动过程中，机械能不守恒 【答案】B 【解答】解：A、小球做单摆运动的等效重力加速度为 根据单摆的周期公式，有 故A错误； B、摆球刚释放时的回复力大小为 故B正确； C、摆球经过平衡位置时具有向心加速度，即沿绳方向合力不为零，故合力不为零，故C错误； D、摆球摆动过程中，斜面光滑，摆线拉力不做功，只有重力做功，摆球摆动过程中机械能守恒，故D错误。 故选：B。 题型8 单摆的能量转化 解｜题｜知｜识 做简谐运动的物体在运动过程中经过某一位置时系统所具有的动能与势能之和即机械能，简谐运动中机械能守恒。 （1）简谐运动的能量与振幅有关，一个确定的振动系统，振幅越大时能量越高。 （2）简谐运动中，物体经过平衡位置处动能最大.势能最小，经过最大位移处动能为零、势能最大，在远离平衡位置时动能减小，势能增大，靠近平衡位置时则相反。 【典例1】如图甲，一个小球在A、B间做简谐运动，O点为最低点。以O点为坐标原点、以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示。重力加速度g大小取9.8m/s2，π2≈9.8，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球的振动方程为x＝5sin（2πt）（cm） B．0～0.5s，小球的动能逐渐增大 C．动能和重力势能相互转化的周期为1s D．此单摆的摆长约为2m 【答案】C 【解答】解：A、小球的振动周期为T＝2s 振幅 根据简谐运动的表达式，小球的振动方程是 x＝Asinωt＝5sinπt（cm） 故A错误； B、0﹣0.5s，小球远离平衡位置，动能转化为势能，小球的动能逐渐减小，故B错误； C、单摆周期为2s，一个周期内动能和重力势能相互转化两次，故动能和重力势能相互转化的周期为1s，故C正确； D、根据周期公式有 解得 L＝1m 故D错误。 故选：C。 【变式1】两个摆长均为L的单摆A、B悬挂在O点，如图所示，对应摆球a、b质量分别为5m、m，现保持摆线绷紧，将摆球a、b分别拉至离摆动最低点竖直高度h与4h处，同时由静止释放。a、b两球摆动在同一竖直平面内，碰撞后粘在一起，形成组合体D。所有摆动均为简谐运动。 （1）试求组合体D上升的最大高度； （2）若a、b两球发生弹性碰撞，求第一次碰后b球上升的最大高度？ （3）若a、b两球的摆动不在同一竖直平面内，a球的释放点记为P。增加与单摆A完全相同的单摆C，其摆球为c。在a球释放后间隔时间，将c球自P点由静止释放。c球与组合体D碰后粘在一起形成组合体E，求组合体E上升的最大高度。 【答案】（1）组合体D上升的最大高度为； （2）若a、b两球发生弹性碰撞，第一次碰后b球上升的最大高度为9h； （3）组合体E上升的最大高度为。 【解答】解：（1）对a球，由动能定理得 同理对b球， 两个单摆的摆长相等，所以它们的周期相等，a球和b球碰撞时是发生在最低点，规定水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律得 5mv1﹣mv2＝6mv共 两球碰后由机械能守恒得 解得 （2）规定水平向右的方向为正方向，设碰后a、b两球的速度分别为v'1和v'2，根据动量守恒定律有 5mv1+mv2＝5mv′1+mv′2 根据能量守恒有 解得 对b球碰撞后，根据机械能守恒定律有 解得hb＝9h （3）组合体D摆回最低点时，其对应的两个动量变为反方向，此时与c球相撞，a球动量抵消，仅剩余b球动量，总质量变为11m，根据动量守恒定律有 mv2＝11mv3 对组合体根据机械能守恒定律有 解得 答：（1）组合体D上升的最大高度为； （2）若a、b两球发生弹性碰撞，第一次碰后b球上升的最大高度为9h； （3）组合体E上升的最大高度为。 题型9 探究单摆周期与摆长的关系 解｜题｜知｜识 探究单摆的周期与摆长的关系 1．实验目的： （1）知道把单摆的运动看做简谐运动的条件． （2）会探究与单摆的周期有关的因素． （3）会用单摆测定重力加速度． 2．实验原理 当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g．因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地重力加速度g的值． 3．实验器材 带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线（约1米）、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺． 4．实验步骤 （1）让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆． （2）把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图． （3）用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l＝l′+r． （4）把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度（不超过5°），然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即T（N为全振动的次数），反复测3次，再算出周期． （5）根据单摆振动周期公式T＝2π 计算当地重力加速度g． （6）改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值． （7）将测得的重力加速度值与当地重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因． 【典例1】在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时， （1）为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为 　B　 A．20cm长的结实的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台 B．100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台 C．100cm长的结实的细线、大木球、秒表、50cm量程的刻度尺、铁架台 D．100cm长的结实的细线、大钢球、大挂钟、米尺、铁架台 （2）为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最 　低　 （填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并计数为1，摆球每次通过该位置时计数加1．当计数为63时，所用的时间为t秒，则单摆周期为 　　 秒． （3）实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是 　C　 ． A．实验室的海拔太高 B．摆球太重 C．测出n次全振动时间为t，误作为（n+1）次全振动时间进行计算 D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了 （4）有两位同学利用假期分别去参观北京大学和厦门大学的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2﹣L图象，如图甲所示．去北大的同学所测实验结果对应的图线是 　B　 （填“A”或“B”）．另外，在厦大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两种单摆的振动图象如图乙所示，由图可知，a、b两单摆的摆长之比＝　4：9　 ．（北大所在地的纬度比厦大高．） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）实验中应采用长1m左右，不能形变的细线，小球选用体积小质量大小的金属球；故选：B； （2）摆球经过最低点的位置时速度最大，在相等的距离误差上引起的时间误差最小，测的周期误差最小．所以为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置时开始计时．由题分析可知，单摆全振动的次数为N31，周期为T； （3）A、海拔太高时，重力加速度较小，这肯定不是测量结果偏大的原因；故A错误； B、摆球的重力越重，误差越小；故B错误； C、实验中误将n次全振动计为n+1次，根据T求出的周期变小，g偏大，故C正确． D、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，依据：，测得的单摆周期变大，故由可知得到的g值偏小，故D错误． （4）由得，，知T2～L图象的斜率越大，则重力加速度越小，因为南京当地的重力加速度小于北京，去北大的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线． 由振动图线知，两单摆的周期比为，由知，两单摆摆长之比． 故答案为：（1）B；（2）低；；（3）C；（4）B；． 【变式1】用图示装置完成“探究单摆周期与摆长的关系”： （1）用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径，结果如图甲所示，可读出摆球的直径为 　1.87　 cm； （2）实验时，摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻，如图乙所示，光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丙所示，则该单摆的周期为 　2t0 ； （3）若把该装置放到正在匀加速上升的电梯中，用完全相同的操作重新完成实验，图像中Δt将 　变小　 （选填“变大”“不变”或“变小”），图像中t0将 　变小　 （选填“变大”“不变”或“变小”）。 【答案】（1）1.87；（2）2t0；（3）变小；变小 【解答】解：（1）游标卡尺分度值为0.1mm，摆球直径为18mm+7×0.1mm＝18.7mm＝1.87cm （2）摆球运动到最低点时R变大，由图可知周期为2t0； （3）若把该装置放到正在匀加速上升的电梯中，则等效重力加速度变为 g'＝g+a＞g 则用完全相同的操作重新完成实验，则摆球经过最低点时的速度变大，则遮光时间变短，即图像中Δt将变小，单摆的周期T＝2变小，可知图像中t0将变小。 故答案为：（1）1.87；（2）2t0；（3）变小；变小 【变式2】某实验小组探究单摆做简谐运动的周期和小球的质量、单摆摆长的关系。 （1）小组内的两位同学各自组装了一套实验装置，分别如图甲、乙所示。为了保证小球在确定的竖直面内摆动，应选用图 　乙　 （选填“甲”或“乙”）所示的实验装置。 （2）关于该实验，下列说法正确的是 　AB　 。 A.该探究方法为控制变量法 B.实验所用小球的质量要尽量大，体积要尽量小 C.实验时细线的最大摆角约为45° D.测量小球的摆动周期时，应该从小球处于最高点时开始计时 （3）当小球的质量一定，探究单摆做简谐运动的周期和摆长的关系时，该小组同学利用正确装置通过改变摆长进行了多次实验，得到了多组关于摆长l和其对应的周期T的数值，画出的T2﹣l图像如图丙所示，由图丙可得小球的质量一定时，周期T和摆长l的关系为T＝　　 （用a、b、l表示）。 【答案】（1）乙；（2）AB；（3）。 【解答】解：（1）图乙所示装置可以避免小球摆动的同时发生摆动，保证小球在确定的竖直面内摆动； （2）A.该实验探究单摆做简谐运动的周期和小球质量、单摆的摆长三个物理量之间的关系，要采用“控制变量法”进行研究，故A正确； B.为了减小空气阻力的影响，实验小球的质量尽量大、体积要尽量小，故B正确； C.为了保证摆球做简谐运动，实验时摆线的最大摆角应小于5°，故C错误； D.测量小球的摆动周期时，从小球处于最低处开始计时，误差较小，故D错误。 故选：AB。 （3）图像的斜率k 由图丙可得 化简得 故答案为：（1）乙；（2）AB；（3）。 【变式3】某同学做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验。 （1）（多选）组装单摆时，下列器材更合适的是 　AD　 。 A．长度约为100cm的无弹性细线 B．长度约为40cm的无弹性细线 C．直径为2.0cm的带孔塑料球 D．直径为2.0cm的带孔小钢球 （2）为了减小周期的测量误差，摆球应在经过 　最低点　 （填“最高点”或“最低点”）位置时开始计时，并计数为1，之后摆球每次通过该位置时计数加1，当计数为65时，所用的时间为t，则单摆周期为 　　 。 （3）若测得摆线长为L0、小球直径为d、单摆周期为T，则当地的重力加速度的计算式为g＝　　 。 （4）该同学通过多次实验后以摆长L为横坐标、周期的平方T2为纵坐标，作出T2﹣L图线如图所示，若他计算摆长时加的是小球直径，则所画图线应为图中的直线 　乙　 （填“甲”或“乙”）。 【答案】（1）AD（2）最低点，（3）（4）乙 【解答】解：（1）实验中要选用长1m左右、不易变形的细线，小球选用质量大、体积小的小钢球，故选AD； （2）小球经过最低点的位置速度最大，所以为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置开始计时；由试题分析可知，小球全振动的次数为32次，所以周期为T； （3）由单摆周期公式可知单摆周期为T＝2，解得g； （4）由单摆周期公式T＝2π，可得，若该同学计算摆长时加的是小球直径，则有，由图像可知乙正确。 过 关 验 收 1．如图所示，在一次滑雪训练中，滑雪名将谷爱凌从山坡上B点由静止开始自由下滑至最低点A，用时30s，坡面AB可视为圆心角小于5°的圆弧。已知重力加速度大小为10m/s2，π2≈10，不计一切阻力。可估算出圆弧AB的半径约为（　　） A．3600m B．2250m C．900m D．225m 【答案】A 【解答】解：根据单摆的周期公式有 T＝2π 则tT 解得 r＝3600m 故A正确，BCD错误； 故选：A。 2．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O是圆弧的最低点。两个不相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放，它们从释放至达O点过程中都经过图中的P点。则下列判断正确的是（　　） A．M比N后到达O点 B．M、N通过P点时所受的回复力相同 C．M有可能在P点追上N并与之相碰 D．M和N一定在O点相碰 【答案】D 【解答】解：AD.根据，两个小球做简谐振动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误，D正确； B.M、N通过P点时所受的回复力均为小球在该点重力沿着切线方向的分力，两小球不同，回复力不同，故B错误； C.M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误。 故选：D。 3．如图所示，某小组同学用细线悬挂一个去掉柱塞的注射器，注射器内装满墨汁。注射器在小角度内摆动过程中（忽略流出墨水对注射器内墨汁减少量的影响），沿着垂直于注射器摆动的方向匀速拖动木板，注射器下端与木板距离始终很小。其中墨迹上A、B两点到OO′的距离均为注射器下端振幅的一半。不计空气阻力，则（　　） A．在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度等于4倍振幅 B．注射器下端从A点正上方摆到B点正上方的时间等于倍摆动周期 C．把该装置从北京带到广州，为使周期不变，需要缩短细线长度 D．注射器下端在A点正上方与在B正点上方时加速度相同 【答案】C 【解答】解：A、在一个摆动周期内，注射器在平衡位置附近摆动，摆动的路程等于4倍振幅，而匀速拖动木板，可知木板在OO′方向上的路程不为零，故在一个摆动周期内，形成黑迹的轨迹长度大于4倍振幅，故A错误； B、在一个摆动周期内，注射器从最高位置运动至平衡位置所需的时间为，离平衡位置越近，注射器摆动得越快，可知注射器从A点上方运动至平衡位置的时间小于， 同理可知注射器从平衡位置运动至B点上方的时间小于，故注射器从A点上方摆到B点上方的时间小于倍摆动周期，故B错误； C、广州的重力加速度比北京小，把该装置从北京带到广州，重力加速度减小，根据周期公式可知，为使周期不变，需要缩短细线长度，故C正确； D、注射器在A点上方与在B点上方时，注射器的位移大小相同，方向相反， 根据 可知注射器在A点上方与在B点上方时加速度大小相同，方向相反，故D错误。 故选：C。 （多选）4．甲、乙两个单摆的振动图象如图所示。根据振动图象可以断定（　　） A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4 B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2 C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3 D．若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9：4 【答案】BCD 【解答】解：ABC．根据图象可知，单摆振动的周期关系：T甲＝T乙，所以周期之比为T甲：T乙＝2：3，频率为周期的反比，所以频率之比：f甲：f乙＝3：2；若甲乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式：，所以摆长之比与周期的平方成正比即为4：9，故A错误，BC正确； D．若在不同地点，摆长相同，根据所得：重力加速度之比与周期的平方成反比，即为：9：4，故D正确； 故选：BCD。 5．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。设摆球向右方向运动为正方向。图乙所示是这个单摆的振动图像。根据图像回答：（π2＝10） （1）单摆振动的频率是多大？ （2）若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？ （3）如果摆球在B处绳上拉力F1＝0.1N，在O处绳上拉力F2＝2.8N，则摆球质量是多少？ 【答案】（1）单摆振动的频率是1.25Hz； （2）这个摆的摆长是0.16m； （3）摆球质量是0.1kg。 【解答】解：（1）由图乙可知：T＝0.8 s 则fHz＝1.25 Hz （2）由T＝2π，代入数据解得：l＝0.16 m. （3）在B点，沿绳子方向平衡，有： F1＝mgcosα 在O点有：F2﹣mg＝m 从B点到O点根据机械能守恒有：mgl（1﹣cosα） 联立可得摆球质量：m＝0.1kg 答：（1）单摆振动的频率是1.25Hz； （2）这个摆的摆长是0.16m； （3）摆球质量是0.1kg。 6．如图所示为节拍器。节拍器中有一摆杆，上有可沿摆杆上下移动的摆锤，摆锤位置所对标尺数，表示每分钟振动的节拍数（一次全振动有两次节拍数），调节好摆锤位置，拨动摆杆，摆锤就按照单摆运动规律摆动。忽略一切阻力，摆杆质量不计、长度很长，摆锤几何尺寸很小，则以下说法正确的是（　　） A．摆锤在最高点时加速度为零 B．摆角越大，节拍数越大 C．摆锤位置上移时摆锤的节拍数变小 D．摆锤沾染杂物变重，实际节拍数会偏大 【答案】C 【解答】解：A．摆锤在最高点时做圆周运动，沿切线方向具有加速度，加速度不为零，故A错误； B．根据单摆周期 可知，周期与摆角无关，故节拍数不变，故B错误； C．摆锤位置上移时，相当于摆长变长，周期变大，故摆锤的节拍数变小，故C正确； D．摆锤沾染杂物变重，根据单摆周期公式可知，不会影响单摆周期，故实际节拍数不变，故D错误。 故选：C。 7．如图所示是用单摆测定重力加速度的实验装置，测量多组摆长L和周期T，通过T2﹣L图像即能够测出g。关于该实验中的下列四个说法：①在摆球放手的同时要启动停表进行计时；②为便于观测，单摆摆动时的最大摆角越小越好；③测量摆长时未计入小球半径，会导致测量值偏小；④释放后小球在水平面内做圆周运动，会导致测量值偏大。下列选项正确的是（　　） A．只有②正确 B．只有④正确 C．只有②④正确 D．只有①③正确 【答案】B 【解答】解：为了减小实验误差，应摆球在最低点速度最大，应从摆球到达最低点时启动停表进行计时，故①错误；为便于观测，单摆摆动时的最大摆角适当大点好，控制在5°以内就行，故②错误；计算摆长时未计入摆球的半径值，通过T2﹣L图像测g，由于斜率不变，即导致重力加速度的测量值不变，故③错误；释放后小球在水平面内做圆周运动，不再是单摆运动，根据牛顿第二定律 ，解得，会导致测量值偏大，故④正确，故B正确，ACD错误。 故选：B。 （多选）8．如图所示，倾角为β的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面上质量为M的物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球b连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球b的距离为l。用手按住物体a不动，把小球b拉开很小的角度θ（θ＜5°）后释放，使小球b做单摆运动，稳定后放开物体a。当小球b运动到最高点时，物体a恰好不下滑，当小球b运动到最低点时，物体a恰好不上滑，物体a与斜面的最大静摩擦力大小为Ffm，忽略空气阻力及定滑轮的大小，a、b均可看作质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球摆动的最大回复力大小为（Mgsinβ﹣Ffm）tanθ B．小球摆动的最大回复力大小为Mgsinβ+Ffm C．物体a受到的摩擦力变化的周期 D．物体a受到的摩擦力变化的周期 【答案】AC 【解答】解：AB．当小球运动到最高点时，物体a恰好不下滑，此时a受沿斜面向上的最大静摩擦力Ffm，有T1＝mgcosθ T1+Ffm＝Mgsinβ 当小球b运动到最低点时，物体a恰好不上滑，有 T2＝Mgsinβ+Ffm 小球b从最高点到最低点过程中根据动能定理 当小球b运动到最低点时根据牛顿第二定律 小球摆动至端点时回复力最大为 F＝mgsinθ 联立解得 F＝（Mgsinβ﹣Ffm）tanθ 故A正确，B错误； CD．小球做单摆运动，一个周期T0内会两次经过最高点、两次经过最低点：所以1个周期内物体a的受力状态（摩擦力的大小、方向）完成两次循环。所以物体a受到的摩擦力变化的周期是单摆周期的二分之一， 故C正确，D错误。 故选：AC。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二章 第4节 单摆 内 容 导 航 题型1 单摆及单摆的条件 题型2 单摆的回复力 题型3 单摆周期的计算及影响因素 题型4 单摆摆长的计算 题型5 单摆运动过程中速度、加速度与位移的变化问题 题型6 单摆的振动图像和表达式 题型7 等效单摆问题 题型8 单摆的能量转化 题型9 探究单摆周期与摆长的关系 考 点 演 练 题型1 单摆及单摆的条件 解｜题｜知｜识 1．定义：如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。 2．视为简谐运动的条件：摆角小于5°。 【典例1】关于机械振动相关的描述，下列说法正确的是（　　） A．单摆的周期随摆球质量的增大而减小 B．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率 C．单摆运动到平衡位置时，速度最大，回复力为零，合力也为零 D．水平放置的弹簧振子做简谐振动时的能量等于在平衡位置时振子的动能 【变式1】某同学将一根不可伸长的轻绳一端系上摆球，另一端系在力传感器上，测得轻绳的拉力大小F随时间t变化的图像如图所示，若已经测得摆长为L，摆球质量为m，结合图中信息可以推测出当地重力加速度为（　　） A． B． C． D． 【变式2】已知在单摆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 题型2 单摆的回复力 解｜题｜知｜识 1.来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。 2.特点：在偏角很小时，摆球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。可见，单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。 3.单摆做简谐运动的推证 如图为一个单摆的运动： 在偏角很小时，sinθ，又回复力F＝mgsin θ，所以单摆的回复力为Fx（式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x 的方向相反），由此知回复力符合F＝﹣kx，单摆做简谐运动。 【典例1】如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是（　　） A．摆球在B点时，动能最大，回复力最大 B．摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力增大 C．摆球在A点和C点时，速度为零，细线拉力最小，但回复力最大 D．摆球在B点时，重力势能最小，机械能最小 题型3 单摆周期的计算及影响因素 解｜题｜知｜识 1.荷兰物理学家惠更斯研究发现，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，与振幅摆球质量无关。 2.单摆的周期公式为：T＝2π 3.对单摆周期公式的理解 由公式T＝2π知，某单摆做简谐运动（摆角小于5°）的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g 有关，而与振幅和摆球质量无关，故又叫作单摆的固有周期。 （1）摆长l ①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重心的长度，即l＝l'，l'为摆线长，D为摆球直径。 ②等效摆长：图1中，甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l•sin α，这就是等效摆长。其周期T＝2π。图2中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效﹔乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。 （2）重力加速度g 若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g 随所在位置的高度的变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是不同的，所以g 也不同， g＝9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值。 （3）等效重力加速度 若单摆系统处在非平衡状态（如加速、减速、完全失重状态），则一般情况下，g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值。如下图所示，此场景中的等效重力加速度g'＝gsinθ。球静止在О点时，FT＝mgsin θ，等效加速度g'gsin θ。 【典例1】如图a所示，细线下悬挂一个小型沙漏，沙漏内装上细沙。当沙漏小角度（θ＜10°）摆动时，甲、乙两名同学均沿垂直于摆动的方向先后匀速拖动木板，在木板上形成的沙子图像如图b所示，其中OB与O′B′等长。忽略沙漏重心变化及空气阻力，下面说法正确的是（　　） A．沙漏运动到A点时的加速度为0 B．细沙漏出前后，沙漏摆动周期不变 C．甲、乙同学拖动木板的速度之比为3：1 D．若加速拖动木板，沙漏的运动不再是简谐运动 【变式1】如图所示，用三段长均为l的细线系于O′点，然后按图中的方式将小铁球拴接，小铁球的直径远小于l，∠ABO'＝30°，将小铁球向左拉离一个小角度，使小铁球在纸面内左右摆动，已知小铁球的摆动周期为T0。下列说法正确的是（　　） A．仅将小铁球的质量加倍，则小铁球的摆动周期变为2T0 B．若将细线B去除，由静止将小铁球向左拉离一个小角度，则小铁球的摆动周期变为2T0 C．仅将小铁球垂直纸面向外拉离一个小角度，则小铁球的摆动周期变为T0 D．若仅将该装置移到月球，将小铁球向左拉离一个小角度，则小铁球的摆动周期仍为T0 【变式2】如图所示，半径R＝0.1m的圆盘在竖直平面内，小球B固定在圆盘边缘，用竖直向下的平行光照射，圆盘的转轴A和小球B在水平地面上形成影子O和P，圆盘以角速度ω＝πrad/s逆时针匀速转动。从图示位置开始计时，以点O为坐标原点，以水平向右为x轴正方向，重力加速度g＝9.87m/s2，π2＝9.87，以下说法正确的是（　　） A．若一单摆（摆角θ＜5°）与P同步振动，则其摆长约为1m B．若一单摆（摆角θ＜5°）与P同步振动，则其摆长约为0.25m C．影子P做简谐运动的表达式为x＝0.1sin（πt）m D．影子P做简谐运动的表达式为 【变式3】周期是2s的单摆叫秒摆。地面上某秒摆的摆长为l，振幅为A，被火星探测器携带至火星表面，已知火星表面的重力加速度为0.4g（g为地球表面的重力加速度）。如果在火星表面，仍然保持该秒摆的周期是2s，则可以（　　） A．仅将摆长调整为2.5l B．仅将摆长调整为0.4l C．仅将振幅调整为2.5A D．仅将振幅调整为0.4A 题型4 单摆摆长的计算 解｜题｜知｜识 1.根据单摆的周期的公式T＝2π可得单摆的摆长为l。 2.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重心的长度，即l＝l'，l'为摆线长，D为摆球直径。 3.等效摆长：图1中，甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l•sin α，这就是等效摆长。其周期T＝2π。图2中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效﹔乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。 【典例1】在同一地点，一只摆钟的摆长为L1时，在一段时间内比标准时间快了n分钟，当摆长为L2时，在相同时间内比标准时间又慢了n分钟。为了将摆钟校准，应该调整摆长为（　　） A． B． C． D． 【变式1】秒摆是一种特殊的单摆，其振动周期为2s。若要将秒摆的周期变为原来的一半，下列方案可行的是（　　） A．摆角变为原来的一半 B．摆长变为原来的 C．摆球质量变为原来的2倍 D．振幅变为原来的一半 【变式2】如图所示为同一地点的甲、乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是（　　） A．甲单摆的摆长较大 B．甲摆最大位移处的回复力比乙摆最大位移处的回复力的大 C．在t＝0.5s时，甲摆有负向最大加速度 D．在t＝0.5s时，乙摆有正向最大加速度 【变式3】（多选）如图所示，半径R＝0.1m的圆盘在竖直平面内，小球B固定在圆盘边缘，用竖直向下的平行光照射，圆盘的转轴A和小球B在水平地面上形成影子O和P，圆盘以角速度ω＝πrad/s逆时针匀速转动。从图示位置开始计时，以O为坐标原点，以水平向右为x轴正方向，重力加速度g取9.87m/s2，π2＝9.87，以下说法正确的是（　　） A．若一单摆（摆角θ＜5°）与P同步振动，则其摆长约为1m B．若一单摆（摆角θ＜5°）与P同步振动，则其摆长约为0.25m C．影子P做简谐运动的表达式为x＝0.1sin（πt）m D．影子P做简谐运动的表达式为x＝0.1sin（πt）m 题型5 单摆运动过程中速度、加速度与位移的变化问题 解｜题｜知｜识 1.在一定条件下单摆的运动完全符合简谐运动的特征。 2.本考点旨在针对分析单摆运动过程中速度、加速度（回复力）与位移之间的相互关系。 【典例1】某同学利用如图所示的装置做多单摆实验。在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，当驱动摆A摆动起来后，摆B、C、D、E也跟着摆动起来。已知摆长LB＝LD＞LA＝LC＞LE，在振动稳定后，下列说法正确的是（　　） A．驱动摆A只是把振动形式传递给其他单摆，并不传递能量 B．摆球C的振幅小于摆球D C．摆球B、C、D、E的摆动周期满足TB＝TD＞TC＞TE D．摆球C摆动过程中多次通过同一位置时，加速度一定相同 【变式1】并列悬挂的的两个弹簧振子如图甲所示，分别以振子A、B的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立y轴，当振子在振动过程中某次经过平衡位置时开始计时，两振子的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．两振子的振动频率之比为fA：fB＝2：1 B．振子A速度为零时，振子B速度最大 C．任意0.5s内，A、B两振子运动的路程相等 D．0.5s～1s内，振子A向下振动，振子B先向上振动后向下振动 题型6 单摆的振动图像和表达式 解｜题｜知｜识 本知识点以单摆为模型考查简谐运动的图像和表达式问题。解决方案与简谐运动一致。 【典例1】甲、乙两个单摆，做简谐振动时的图像如图所示，由此可知甲，乙两单摆（　　） A．摆长之比为 B．振动频率之比为2：3 C．在t＝1.0s时刻，加速度均不为零 D．在t＝1.8s时刻，振动方向相反 【变式1】（多选）某学习小组的同学在实验室用如图甲所示装置研究单摆的运动规律，O是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置。取向右为正方向。图乙是单摆的振动图像。已知当地的重力加速度大小g＝10m/s2，取π2＝10，下列说法中正确的是（　　） A．单摆的振幅是0.14m，振动的频率是1Hz B．振动的表达式为x＝0.07sin（πt）m C．单摆的摆长为1m D．t＝1.5s时摆球在N点 【变式2】（多选）学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是（　　） A．甲、乙两单摆的摆球质量之比是1：2 B．甲、乙两单摆的摆长之比是1：4 C．t＝1.5s时，两摆球的加速度方向相反 D．3～4s内，两摆球的势能均减少 题型7 等效单摆问题 解｜题｜知｜识 有些运动并不符合单摆的条件，但其运动特点与单摆一致，可以看作等效单摆。 【典例1】如图所示，在一倾角为α＝30°的光滑绝缘斜面上，将一长为L的细线（不可伸长）一端固定，另一端系一质量为m的小球，小球静止时在O点。将小球拉开一很小的倾角θ后由静止释放，小球的运动可视为单摆运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．摆球的摆动周期为 B．摆球刚释放时的回复力大小为 C．摆球经过平衡位置时合力为零 D．摆球摆动过程中，机械能不守恒 题型8 单摆的能量转化 解｜题｜知｜识 做简谐运动的物体在运动过程中经过某一位置时系统所具有的动能与势能之和即机械能，简谐运动中机械能守恒。 （1）简谐运动的能量与振幅有关，一个确定的振动系统，振幅越大时能量越高。 （2）简谐运动中，物体经过平衡位置处动能最大.势能最小，经过最大位移处动能为零、势能最大，在远离平衡位置时动能减小，势能增大，靠近平衡位置时则相反。 【典例1】如图甲，一个小球在A、B间做简谐运动，O点为最低点。以O点为坐标原点、以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示。重力加速度g大小取9.8m/s2，π2≈9.8，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球的振动方程为x＝5sin（2πt）（cm） B．0～0.5s，小球的动能逐渐增大 C．动能和重力势能相互转化的周期为1s D．此单摆的摆长约为2m 【变式1】两个摆长均为L的单摆A、B悬挂在O点，如图所示，对应摆球a、b质量分别为5m、m，现保持摆线绷紧，将摆球a、b分别拉至离摆动最低点竖直高度h与4h处，同时由静止释放。a、b两球摆动在同一竖直平面内，碰撞后粘在一起，形成组合体D。所有摆动均为简谐运动。 （1）试求组合体D上升的最大高度； （2）若a、b两球发生弹性碰撞，求第一次碰后b球上升的最大高度？ （3）若a、b两球的摆动不在同一竖直平面内，a球的释放点记为P。增加与单摆A完全相同的单摆C，其摆球为c。在a球释放后间隔时间，将c球自P点由静止释放。c球与组合体D碰后粘在一起形成组合体E，求组合体E上升的最大高度。 题型9 探究单摆周期与摆长的关系 解｜题｜知｜识 探究单摆的周期与摆长的关系 1．实验目的： （1）知道把单摆的运动看做简谐运动的条件． （2）会探究与单摆的周期有关的因素． （3）会用单摆测定重力加速度． 2．实验原理 当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g．因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地重力加速度g的值． 3．实验器材 带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线（约1米）、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺． 4．实验步骤 （1）让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆． （2）把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图． （3）用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l＝l′+r． （4）把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度（不超过5°），然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即T（N为全振动的次数），反复测3次，再算出周期． （5）根据单摆振动周期公式T＝2π 计算当地重力加速度g． （6）改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值． （7）将测得的重力加速度值与当地重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因． 【典例1】在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时， （1）为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为 　 　 A．20cm长的结实的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台 B．100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台 C．100cm长的结实的细线、大木球、秒表、50cm量程的刻度尺、铁架台 D．100cm长的结实的细线、大钢球、大挂钟、米尺、铁架台 （2）为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最 　 　 （填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并计数为1，摆球每次通过该位置时计数加1．当计数为63时，所用的时间为t秒，则单摆周期为 　 秒． （3）实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是 　 　 ． A．实验室的海拔太高 B．摆球太重 C．测出n次全振动时间为t，误作为（n+1）次全振动时间进行计算 D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了 （4）有两位同学利用假期分别去参观北京大学和厦门大学的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2﹣L图象，如图甲所示．去北大的同学所测实验结果对应的图线是 　 　 （填“A”或“B”）．另外，在厦大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两种单摆的振动图象如图乙所示，由图可知，a、b两单摆的摆长之比＝　 　 ．（北大所在地的纬度比厦大高．） 【变式1】用图示装置完成“探究单摆周期与摆长的关系”： （1）用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径，结果如图甲所示，可读出摆球的直径为 　 　 cm； （2）实验时，摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻，如图乙所示，光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丙所示，则该单摆的周期为 　 ； （3）若把该装置放到正在匀加速上升的电梯中，用完全相同的操作重新完成实验，图像中Δt将 　 　 （选填“变大”“不变”或“变小”），图像中t0将 　 　 （选填“变大”“不变”或“变小”）。 【变式2】某实验小组探究单摆做简谐运动的周期和小球的质量、单摆摆长的关系。 （1）小组内的两位同学各自组装了一套实验装置，分别如图甲、乙所示。为了保证小球在确定的竖直面内摆动，应选用图 　 　 （选填“甲”或“乙”）所示的实验装置。 （2）关于该实验，下列说法正确的是 　 　 。 A.该探究方法为控制变量法 B.实验所用小球的质量要尽量大，体积要尽量小 C.实验时细线的最大摆角约为45° D.测量小球的摆动周期时，应该从小球处于最高点时开始计时 （3）当小球的质量一定，探究单摆做简谐运动的周期和摆长的关系时，该小组同学利用正确装置通过改变摆长进行了多次实验，得到了多组关于摆长l和其对应的周期T的数值，画出的T2﹣l图像如图丙所示，由图丙可得小球的质量一定时，周期T和摆长l的关系为T＝ （用a、b、l表示）。 【变式3】某同学做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验。 （1）（多选）组装单摆时，下列器材更合适的是 　 　 。 A．长度约为100cm的无弹性细线 B．长度约为40cm的无弹性细线 C．直径为2.0cm的带孔塑料球 D．直径为2.0cm的带孔小钢球 （2）为了减小周期的测量误差，摆球应在经过 　 　 （填“最高点”或“最低点”）位置时开始计时，并计数为1，之后摆球每次通过该位置时计数加1，当计数为65时，所用的时间为t，则单摆周期为 　 。 （3）若测得摆线长为L0、小球直径为d、单摆周期为T，则当地的重力加速度的计算式为g＝ 。 （4）该同学通过多次实验后以摆长L为横坐标、周期的平方T2为纵坐标，作出T2﹣L图线如图所示，若他计算摆长时加的是小球直径，则所画图线应为图中的直线 　 　 （填“甲”或“乙”）。 过 关 验 收 1．如图所示，在一次滑雪训练中，滑雪名将谷爱凌从山坡上B点由静止开始自由下滑至最低点A，用时30s，坡面AB可视为圆心角小于5°的圆弧。已知重力加速度大小为10m/s2，π2≈10，不计一切阻力。可估算出圆弧AB的半径约为（　　） A．3600m B．2250m C．900m D．225m 2．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O是圆弧的最低点。两个不相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放，它们从释放至达O点过程中都经过图中的P点。则下列判断正确的是（　　） A．M比N后到达O点 B．M、N通过P点时所受的回复力相同 C．M有可能在P点追上N并与之相碰 D．M和N一定在O点相碰 3．如图所示，某小组同学用细线悬挂一个去掉柱塞的注射器，注射器内装满墨汁。注射器在小角度内摆动过程中（忽略流出墨水对注射器内墨汁减少量的影响），沿着垂直于注射器摆动的方向匀速拖动木板，注射器下端与木板距离始终很小。其中墨迹上A、B两点到OO′的距离均为注射器下端振幅的一半。不计空气阻力，则（　　） A．在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度等于4倍振幅 B．注射器下端从A点正上方摆到B点正上方的时间等于倍摆动周期 C．把该装置从北京带到广州，为使周期不变，需要缩短细线长度 D．注射器下端在A点正上方与在B正点上方时加速度相同 （多选）4．甲、乙两个单摆的振动图象如图所示。根据振动图象可以断定（　　） A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4 B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2 C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3 D．若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9：4 5．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。设摆球向右方向运动为正方向。图乙所示是这个单摆的振动图像。根据图像回答：（π2＝10） （1）单摆振动的频率是多大？ （2）若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？ （3）如果摆球在B处绳上拉力F1＝0.1N，在O处绳上拉力F2＝2.8N，则摆球质量是多少？ 6．如图所示为节拍器。节拍器中有一摆杆，上有可沿摆杆上下移动的摆锤，摆锤位置所对标尺数，表示每分钟振动的节拍数（一次全振动有两次节拍数），调节好摆锤位置，拨动摆杆，摆锤就按照单摆运动规律摆动。忽略一切阻力，摆杆质量不计、长度很长，摆锤几何尺寸很小，则以下说法正确的是（　　） A．摆锤在最高点时加速度为零 B．摆角越大，节拍数越大 C．摆锤位置上移时摆锤的节拍数变小 D．摆锤沾染杂物变重，实际节拍数会偏大 7．如图所示是用单摆测定重力加速度的实验装置，测量多组摆长L和周期T，通过T2﹣L图像即能够测出g。关于该实验中的下列四个说法：①在摆球放手的同时要启动停表进行计时；②为便于观测，单摆摆动时的最大摆角越小越好；③测量摆长时未计入小球半径，会导致测量值偏小；④释放后小球在水平面内做圆周运动，会导致测量值偏大。下列选项正确的是（　　） A．只有②正确 B．只有④正确 C．只有②④正确 D．只有①③正确 （多选）8．如图所示，倾角为β的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面上质量为M的物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球b连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球b的距离为l。用手按住物体a不动，把小球b拉开很小的角度θ（θ＜5°）后释放，使小球b做单摆运动，稳定后放开物体a。当小球b运动到最高点时，物体a恰好不下滑，当小球b运动到最低点时，物体a恰好不上滑，物体a与斜面的最大静摩擦力大小为Ffm，忽略空气阻力及定滑轮的大小，a、b均可看作质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球摆动的最大回复力大小为（Mgsinβ﹣Ffm）tanθ B．小球摆动的最大回复力大小为Mgsinβ+Ffm C．物体a受到的摩擦力变化的周期 D．物体a受到的摩擦力变化的周期 学科网（北京）股份有限公司 $