第二章 机械振动 单摆以及实验探究讲义-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

第二章 单摆以及实验 一、学习目标 1.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件，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． 二、知识点概述 知识点1 单摆及单摆的回复力 1．单摆模型 如果细线的长度不可改变，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，这样的装置就叫作单摆．单摆是实际摆的理想化模型． 在单摆模型里，悬线无弹性、不可伸缩、没有质量，小球是质点，单摆是一个理想化的模型． 2．单摆的回复力 (1)回复力的提供：摆球的重力沿切线方向的分力，即F＝mgsin_θ. (2)回复力的特点：在偏角很小时，单摆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． (3)运动规律：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律． 典例训练 1、(多选)如图所示为均匀小球在做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称．下列说法正确的是(　　) A． 小球受重力、绳子拉力和回复力 B． 小球所受合外力就是单摆的回复力 C． 小球在O点时合外力不为0，回复力为0 D． 小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等 2、在如图所示的装置中，可视为单摆的是（　　） A．B．C．D． 3、如图所示，摆球（质量为m）沿BC弧来回摆动，关于摆球的运动和受力情况，下列说法中正确的是（　　） A．沿圆弧运动时的向心力是拉力与摆球所受重力的合力 B．沿圆弧运动的回复力是拉力与摆球所受重力的合力 C．沿圆弧运动的回复力是 D．当摆角很小（不超过5°）时，摆球的运动可看作简谐振动 知识点2 单摆的周期 1．影响单摆周期的因素 (1)单摆的周期与摆球质量、振幅无关． (2)单摆的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大． 2．周期公式 (1)公式：T＝2π. (2)单摆的等时性：单摆的周期与振幅无关的性质． 典例训练 1、如图所示是甲乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法中不正确的是（　　） A．甲、乙两摆的振幅之比为2：1 B．甲、乙两摆的振动频率之比为2：1 C．甲、乙两摆的摆长之比为1：4 D．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等 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，两单摆摆长之差为1.6 m，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 3、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象。根据图象回答：（） （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？ 4、一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面，用“单摆测重力加速度”实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F与时间t的变化关系如图所示，已知摆长L和，该星球半径为R，引力常量为G，求： （1）该星球表面的重力加速度g； （2）该星球的质量。 5、图甲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，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，图中F的最大值Fmax=F1，最小值Fmin=F2，重力加速度为g。不计摆线质量及空气阻力。求： （1）单摆周期T； （2）摆长l（计算时，可取g=9.8m/s2，π2=9.8）； （3）摆球质量m的表达式（用题干中的已知物理量表示）。 考法1探究摆钟的物理原理 把摆钟等效成一个小球，当小球运动到图中的任意位置P时，小球受到的回复力是小球所受重力G沿着圆弧切线方向的分力G1，F＝G1＝mgsin θ.若摆角θ很小，则有sin θ≈θ＝，并且位移x≈，考虑了位移和回复力的方向后，有F＝－mg(“－”表示回复力F与位移x的方向相反)，m是小球的质量，l是摆长，g是重力加速度，它们都有确定的数值，可以用一个常数k来表示，则上式又可以写成F＝－kx，也就是说，在摆角很小时，小球所受到的回复力跟位移大小成正比而方向相反，所以小球做简谐运动． 【典例1】某单摆由1 m长的摆线连接一个直径2 cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法中正确的是(　　) A． 用大球替代小球，单摆的周期不变 B． 摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小 C． 用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变 D． 将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大 考法2探究单摆振动的周期 1．单摆的周期公式T＝2π. 2．摆长l (1)实际的单摆的摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度：即l＝l′＋，l′为摆线长，d为摆球直径．(2)等效摆长：如图所示，甲、乙在垂直纸面方向摆起来的效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin_α，这就是等效摆长，所以其周期为T＝2π. 典例训练 1、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 2、如图所示是置于赤道上的一段光滑的圆弧，A、B两点位于圆弧上等高处，它们距圆弧最低点O的距离远远小于圆弧半径，若将一可视为质点的小球从A点由静止释放，小球从A点沿圆弧轨道运动到O点的时间为t，则下列说法正确的是（　　） A. 小球在A、B间做匀变速曲线运动 B. 小球在O点加速度为零 C. 若将小球从A点下方某位置由静止释放，小球沿圆弧运动到O点的时间等于t D. 将此装置由赤道移到北极，小球由A点运动到O点的时间大于t 知识点3 实验：用单摆测量重力加速度 一、实验思路 由T＝2π，得g＝，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． 二、实验器材 铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、停表、细线(1 m左右)、刻度尺、游标卡尺． 三、物理量的测量 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，使摆线自由下垂．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′＋. 4．把单摆拉开一个角度，角度小于5°，释放摆球．摆球经过最低位置时，用停表开始计时，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． 四、数据分析 1．公式法：每改变一次摆长，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． 设计如下所示实验表格 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＝ 2 3 2.图像法：由T＝2π得T2＝l，以T2为纵轴，以l为横轴作出T2－l图像(如图1所示)．其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g. 五、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. 典例训练 1、实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验． （1）用L表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，则重力加速度g=____．（用L、T表示） （2）在这个实验中，应该选用下列哪两组材料构成单摆？____（选填选项前的字母）． A．长约1 m的细线 B．长约1 m的橡皮绳 C．直径约1 cm的均匀铁球 D．直径约1cm的塑料球 （3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是____（选填选项前的字母）． A．测出摆线长作为单摆的摆长 B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之在竖直平面内做简谐运动 C．在摆球经过平衡位置时开始计时 D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期 （4）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据做出了如图所示的图像，横坐标为摆长，纵坐标为周期的平方．若图线斜率为k，则当地的重力加速度g=____（用k表示）． （5）乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是____（选填选项前的字母）． A．开始摆动时振幅较小 B．开始计时时，过早按下秒表 C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间 （6）丙同学做出了单摆做简谐运动时的振动图像如图所示，则摆线偏离竖直方向的最大摆角的正弦值约为____（结果保留一位有效数字）． 2、某同学在实验室利用单摆测量当地的重力加速度。 （1）在摆球自然悬垂的状态下，用毫米刻度尺量取从悬点到摆球最顶端的长度；用游标卡尺测量摆球的直径，如图甲，则______。 （2）如图乙，该同学测出不同摆长和对应的周期，并在坐标纸上作出图线，由图线可精确求出重力加速度______（已知，结果保留3位有效数字）。 （3）另一同学由单摆周期公式直接求得的值偏小，则可能是______。 A．测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径 B．把次全振动误计为次全振动 C．摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线变长 3、用单摆测定重力加速度的装置如图所示。 （1）测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，求重力加速度g1（用L、n、t表示）； （2）某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示，由于家里只有一根量程为0～30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得求重力加速度g2（用l1、l2、T1、T2表示）。 4、在“用单摆测定重力加速度”的实验中： （1）用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间（如图1），秒表的读数为______s。 （2）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L与T的数据，再以L为横坐标，为纵坐标将所得数据点连成直线（如图2），并求得该直线的斜率为k，则重力加速度______（用k表示）。 （3）如果计算时将摆线长加小球的直径当做摆长，采用上述方法测得的g值将______（填偏大、偏小或不变）。 题组A 基础过关练 1．单摆在摆动过程中，下列说法正确的是（　　） A．回复力由重力和细线拉力的合力提供 B．摆动到最低点时回复力为零 C．动能变化的周期等于振动周期 D．小球质量越大，周期越长 2．单摆的振动图像如图所示，单摆的摆长为（ ）. A．0.4m B．0.8m C．1.0m D．9.8m 3．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为（　　） A．单摆的摆球质量偏大 B．测量摆长时，只考虑了摆线长，忽略了小球的半径 C．测量周期时，把n次全振动误认为是n+1次全振动 D．测量周期时，把n次全振动误认为是n-1次全振动 4．如图所示，上端固定的细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器向下喷出一细束墨水。沿着与摆动方向垂直的方向匀速拖动一张足够长的 白纸，白纸上的墨迹便画出振动图象（x-t 图象）。不计空气阻力，设注射器中水的质量远大于注射器的质量，随着水的流出，摆的周期将（　　） A．周期不变 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变大 5．下列关于单摆的说法，正确的是(　 　) A．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零 B．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力 C．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力 D．单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A(A为振幅)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－A 6．图甲为生活中常见的一种摆钟，图乙为摆钟内摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在龙岩走时准确的摆钟移到北京，要使摆钟仍然走时准确，则（　　） A．因摆钟周期变大，应将螺母适当向上移动 B．因摆钟周期变大，应将螺母适当向下移动 C．因摆钟周期变小，应将螺母适当向上移动 7．单摆做简谐运动的过程中，以下说法正确的是（ ）. A．摆球受到的合力处处为零 B．摆球受到的合力处处不为零 C．通过平衡位置时合力为零 D．通过平衡位置时回复力不为零 8．如图所示，为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，M>m，在沙子逐渐漏完的过程中，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 9．一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球上受到的万有引力的，在地球上走时准确的摆钟搬到该行星上，时针转一圈所经历的时间为（　　） A． B． C． D． 10． 如图（甲）所示，一小球在半径很大光滑圆弧曲面AOB之间做简谐运动，取向右偏离平衡位置的位移方向为正，小球在曲面A、B间运动的x-t图像如图（乙）所示。取g=π2m/s2求： （1）小球振动的频率f； （2）圆弧曲面的半径R。 11．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　） A. 单摆的摆长约为2.0m B. 单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8cosπt(cm) C. 从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D. 从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大 12．某同学疫情期间在家里探究用单摆测量重力加速度，用手机拍摄单摆振动的视频，得到分帧图片，根据图片上显示的位置和时刻，来测当地的重力加速度，实验装置如图所示。 (1)家中有乒乓球、小塑料球和带孔小木球、带孔小钢球，其中最适合做摆球的物体是________； (2)下列主要操作步骤正确的顺序是____________（填序号）； ①把刻度尺竖直固定在墙上 ②打开手机摄像功能，开始摄像 ③手机固定在三脚架上，调整好手机镜头的位置 ④把小球拉开一定的小角度，静止释放小球，使其在竖直面内摆动 ⑤把小球用长约的细线悬挂起来，使其悬点和刻度尺的零刻度对齐 ⑥停止摄像，选择合适的分帧图片进行分祈 (3)从视频中截取小球第1次和第41次经过最低点时的两帧图片，图片中小球所在位置和时刻如图所示，可以估测单摆的摆长约为____________，单摆的周期为________，粗略测得的重力加速度为________。 题组B 能力提升练 1．一光滑圆弧面ABD，水平距离为L，高为h（L>>h），小球从顶端A处静止释放，滑到底端D的时间为t1，若在圆弧面上放一块光滑斜面ACD，则小球从A点静止释放，滑到D的时间为t2，则（　　） A．t2=t1 B． C． D． 2．荡秋千是小孩最喜欢的娱乐项目之一，可简化为如图甲所示。图甲中点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至点，此时细线处于张紧状态。由静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的、之间来回摆动，其中点为最低位置，，小于5°且大小未知，同时由连接到计算机的力传感器得到了摆线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，如图乙所示（图中所标字母，重力加速度均为已知量）。不计空气阻力。根据题中（包括图中）所给的信息，下列说法正确的是（　　） A．该单摆的周期为 B．无法求出摆球振动的摆长 C．可以求得由A运动到所用的时间（不考虑重复周期）为 D．在小于5°的情况下，越大周期越大 3．如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是（　　） A．t1＝t2，v1>v2 B．t1>t2，v1<v2 C．t1<t2，v1>v2 D．t1>t2，v1>v2 4．某同学利用如图所示的单摆绘制出振动图像，若当地重力加速度g为9.8m/s2，估算此单摆的摆长并写出其振动方程（　　） A．1m，x=3sinπt（cm） B．2m，x=3sinπt（cm） C．1m，x=3cosπt（cm） D．2m，x3cosπt（cm） 5．甲、乙两人观察同一单摆的振动,甲每经过 3.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在其平衡位置处;乙每经过 4.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在平衡位置右侧的最高处,由此可知该单摆的周期不可能的是 A．0.5s B．1.0s C．1.5s D．2.0s 6．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，则该单摆的周期为（　　） A．t B．2t C．3t D．4t 7．细长轻绳下端悬挂一小球A构成单摆，在悬挂点O正下方摆长处有一能挡住摆线的钉子P，如图所示，现将单摆向右方拉开一个小角度（），t=0时刻无初速度释放。不计一切阻力。下列描述释放后小球的机械能E、绳中拉力的冲量大小I、速度的大小v、离开平衡位置的位移大小x随时间t变化的关系图线中，可能正确的有（　　） A．B．C．D． 8．如图甲所示是一个单摆，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，由此可知（　　） A．单摆振动的频率为2.5Hz B．时摆球位于B点，绳的拉力最大 C．时摆球位于平衡位置O，加速度为零 D．若当地的重力加速度，则这个单摆的摆长是0.16m 9．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之问来回摆动，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，动能为零，回复力也为零 C．摆球在B点处，重力势能最小，合力为零 D．摆球在B点处，动能最大，细线拉力也最大 10．如图所示，圆弧AO是半径为2 m的光滑圆弧面的一部分，圆弧与水平面相切于点O，AO弧长为10 cm，现将一小球先后从圆弧的点A和点B无初速度地释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别为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 11．将一单摆向右拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向左摆动，用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，摆球从最高点M摆至左边最高点N时，以下说法正确的是（　　） A. 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为4：1 B. 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为2：1 C. 摆球向左不能摆到释放时的同一高度处 D. 摆线经过最低点时，角速度不变，半径减小，摆线张力变小 12．如图所示为同一地区两个单摆的振动图像，实线是单摆甲的振动图像，虚线是单摆乙的振动图像。已知两单摆的摆球质量相同，则甲、乙两个单摆的（　　） A．摆长之比为1∶ 2 B．摆长之比为2∶ 1 C．最大回复力之比为1∶ 8 D．最大回复力之比为8∶ 1 13．一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被挡住，使摆长发生变化。现使摆球作小角度摆动，图示为摆球从右边最高点M摆至左边最高点N的闪光照片（悬点和小钉未摄入），P为最低点，每相邻两次闪光的时间间隔相等。则小钉距悬点的距离为（　　） A． B． C． D．条件不足，无法判断 14．如图所示，一质量为M的物块静止于A点，绳长为L，现给物块施加一初速度v，物块抵达B点时的速度恰好为0，且此时拉物块B的绳与竖直方向成45°夹角，绳长保持不变，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．物块将做简谐运动 B．满足关系式v2=gL C．物块第二次经过A点时的速度与第一次经过A点时的速度不同 D．设物块在运动时绳与竖直方向的夹角为β（β ≤ 45°），则当夹角为β时，绳子对物块的拉力大小为Mg(2 - cosβ) 15．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后开始运动，小球在摆动过程中的偏角不超过。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取，忽略一切阻力。下列说法正确的是（　　） A. 时小球位于B点 B. 时小球位于C点 C. OA之间的距离为1.5m D. OP之间的距离为1.2m 16、某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。 （1）该同学用游标卡尺测小球的直径，游标卡尺读数部分放大图如图1所示，读数为___________cm； （2）下列操作正确的是___________ A．摆长应为绳长和小球直径之和 B．测量周期时，应从小球经过最低点开始计时 C．若从计数为1到计数n的时间为t，则周期为 D．小球的初始摆角应尽量大一些 （3）测出单摆周期T与摆长L，重力加速度g的表达式为___________（用T和L表示）。该同学测出六组T与L的数据，如下表所示，请在图2中作出的图像。（ ） L/m T/s （4）若另一同学在测量周期过程中，误将50次全振动记为49次，其他测量均正确。已知图3中虚线是按50次全振动计算所描绘的图线，图线A和D与虚线平行，那么此同学描绘的图像可能是图3中的图线___________（选填“A”、“B”、“C”或“D”） 17．某学校的兴趣小组在实验室做单摆振动实验。如图甲所示为单摆在两点间振动的情形，点是平衡位置，图乙是这个单摆的振动图像，单摆振动的周期为，取摆球向右运动的方向为正方向，学校所在地的重力加速度为。若将此单摆移至悬停在某一高度的热气球载人舱中，做摆角小于的振动，测得周期为，已知地球半径为。 （1）根据图乙写出此单摆的振动方程。（2）求此单摆的摆长。（3）求该热气球此时离海平面的高度。 18．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=α；α小于10°且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题（包括图）所给的信息，求：（g取10m/s2） （1）单摆的振动周期和摆长； （2）摆球的质量； （3）摆球运动过程中的最大速度。 第 1 页 共 32 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二章 单摆以及实验 一、学习目标 1.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件，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． 二、知识点概述 知识点1 单摆及单摆的回复力 1．单摆模型 如果细线的长度不可改变，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，这样的装置就叫作单摆．单摆是实际摆的理想化模型． 在单摆模型里，悬线无弹性、不可伸缩、没有质量，小球是质点，单摆是一个理想化的模型． 2．单摆的回复力 (1)回复力的提供：摆球的重力沿切线方向的分力，即F＝mgsin_θ. (2)回复力的特点：在偏角很小时，单摆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． (3)运动规律：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律． 典例训练 1、(多选)如图所示为均匀小球在做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称．下列说法正确的是(　　) A． 小球受重力、绳子拉力和回复力 B． 小球所受合外力就是单摆的回复力 C． 小球在O点时合外力不为0，回复力为0 D． 小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等 【答案】CD【解析】物体只受两个力：重力、绳子拉力，A错；单摆的回复力是重力沿运动方向的分力，B错；单摆在O点时，回复力为0，但合外力不为0，合外力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据运动的对称性可知，选项D正确． 2、在如图所示的装置中，可视为单摆的是（　　） A．B．C．D． 【答案】A 【详解】 单摆的悬线要求无弹性且粗细、质量可忽略，摆球的直径与悬线长度相比可忽略，悬点必须固定。 故选A。 3、如图所示，摆球（质量为m）沿BC弧来回摆动，关于摆球的运动和受力情况，下列说法中正确的是（　　） A．沿圆弧运动时的向心力是拉力与摆球所受重力的合力 B．沿圆弧运动的回复力是拉力与摆球所受重力的合力 C．沿圆弧运动的回复力是 D．当摆角很小（不超过5°）时，摆球的运动可看作简谐振动 【答案】D 【详解】 A. 摆球受重力mg和摆线的拉力FT，将重力沿圆弧切线和法线方向分解可知，摆球沿圆弧运动时的向心力是拉力FT与摆球重力的分力mgcos的合力，故A错误； BC. 摆球沿圆弧运动的回复力是重力沿圆弧切线的分力mgsin，因为摆球在摆动过程中，会发生变化，摆球沿圆弧运动的回复力也是变化的，故BC错误； D. 当摆角很小（不超过5°）时，摆球的运动可看作简谐振动，故D正确。 故选D。 知识点2 单摆的周期 1．影响单摆周期的因素 (1)单摆的周期与摆球质量、振幅无关． (2)单摆的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大． 2．周期公式 (1)公式：T＝2π. (2)单摆的等时性：单摆的周期与振幅无关的性质． 典例训练 1、如图所示是甲乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法中不正确的是（　　） A．甲、乙两摆的振幅之比为2：1 B．甲、乙两摆的振动频率之比为2：1 C．甲、乙两摆的摆长之比为1：4 D．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等 【答案】D 【详解】 A．由图知甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm，振幅之比为2：1，故选项A不符题意； BC．由图可知，，则两单摆的周期之比为1:2，根据可知两单摆的频率之比为2:1，而由单摆的周期公式得到甲、乙两摆的摆长之比为1：4，故选项BC不符题意； D．因摆球摆动的最大偏角未知，无法判断两单摆摆球在最低点时向心加速度大小关系，故选项D符合题意； 故选D。 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，两单摆摆长之差为1.6 m，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【解析】单摆完成一次全振动所需的时间叫单摆振动周期，据题设可知a、b两单摆的周期之比为：＝，由单摆周期公式T＝2π得：＝，根据题设得Lb－La＝1.6 m，联立解得La＝0.9 m，Lb＝2.5 m. 3、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象。根据图象回答：（） （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）1.25Hz；（2）0.16m；（3）0.1kg 【详解】 （1）由单摆振动图像得T=0.8s，故频率为 f==1.25Hz （2）根据公式T=2π可得 （3）设摆线偏离平衡位置的角度为，则摆球在B点，沿绳子方向受力平衡，有 在O点，有 从B点到O点，根据机械能守恒定律，有 联立可得摆球质量 4、一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面，用“单摆测重力加速度”实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F与时间t的变化关系如图所示，已知摆长L和，该星球半径为R，引力常量为G，求： （1）该星球表面的重力加速度g； （2）该星球的质量。 【答案】（1）；（2） 【解析】 【详解】（1）根据单摆周期公式可知 解得 （2）根据 解得 5、图甲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，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，图中F的最大值Fmax=F1，最小值Fmin=F2，重力加速度为g。不计摆线质量及空气阻力。求： （1）单摆周期T； （2）摆长l（计算时，可取g=9.8m/s2，π2=9.8）； （3）摆球质量m的表达式（用题干中的已知物理量表示）。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）单摆在一个周期内会两次经过最低点，摆线出现两次弹力最大的时刻，则周期为 （2）根据 得 （3）设摆球在最高点时摆线与竖直方向的夹角为，当摆球在最高点时 摆球最低点时，根据牛顿第二定律 根据机械能守恒 联立得 考法1探究摆钟的物理原理 把摆钟等效成一个小球，当小球运动到图中的任意位置P时，小球受到的回复力是小球所受重力G沿着圆弧切线方向的分力G1，F＝G1＝mgsin θ.若摆角θ很小，则有sin θ≈θ＝，并且位移x≈，考虑了位移和回复力的方向后，有F＝－mg(“－”表示回复力F与位移x的方向相反)，m是小球的质量，l是摆长，g是重力加速度，它们都有确定的数值，可以用一个常数k来表示，则上式又可以写成F＝－kx，也就是说，在摆角很小时，小球所受到的回复力跟位移大小成正比而方向相反，所以小球做简谐运动． 【典例1】某单摆由1 m长的摆线连接一个直径2 cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法中正确的是(　　) A． 用大球替代小球，单摆的周期不变 B． 摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小 C． 用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变 D． 将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大 【答案】C 【解析】用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期变大，故A错误；由单摆周期公式T＝2π可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故B错误；用等大铜球替代铁球，单摆摆长不变，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期不变，故C正确；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆周期变小，故D错误． 考法2探究单摆振动的周期 1．单摆的周期公式T＝2π. 2．摆长l (1)实际的单摆的摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度：即l＝l′＋，l′为摆线长，d为摆球直径．(2)等效摆长：如图所示，甲、乙在垂直纸面方向摆起来的效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin_α，这就是等效摆长，所以其周期为T＝2π. 典例训练 1、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】据题意，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做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2πR1g，TB＝2πR2g，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝14TA＝π2R1g，tB＝14TB＝π2R2g，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. 2、如图所示是置于赤道上的一段光滑的圆弧，A、B两点位于圆弧上等高处，它们距圆弧最低点O的距离远远小于圆弧半径，若将一可视为质点的小球从A点由静止释放，小球从A点沿圆弧轨道运动到O点的时间为t，则下列说法正确的是（　　） A. 小球在A、B间做匀变速曲线运动 B. 小球在O点加速度为零 C. 若将小球从A点下方某位置由静止释放，小球沿圆弧运动到O点的时间等于t D. 将此装置由赤道移到北极，小球由A点运动到O点的时间大于t 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据题意可知，小球的运动跟单摆的运动相同，是简谐运动，小球在A、B间不是做匀变速曲线运动，故A错误； B．小球在O点回复力为零，但合力不为零，合力提供向心力，有向心加速度，则小球在O点的加速度不为零，故B错误； C．根据单摆周期公式 可知周期与振幅无关，则将小球从A点下方某位置由静止释放，小球沿圆弧运动到O点的时间等于t，故C正确； D．根据单摆周期公式 将此装置由赤道移到北极，重力加速度变大，单摆周期变小，则小球由A点运动到O点的时间小于t，故D错误。 故选C。 知识点3 实验：用单摆测量重力加速度 一、实验思路 由T＝2π，得g＝，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． 二、实验器材 铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、停表、细线(1 m左右)、刻度尺、游标卡尺． 三、物理量的测量 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，使摆线自由下垂．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′＋. 4．把单摆拉开一个角度，角度小于5°，释放摆球．摆球经过最低位置时，用停表开始计时，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． 四、数据分析 1．公式法：每改变一次摆长，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． 设计如下所示实验表格 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＝ 2 3 2.图像法：由T＝2π得T2＝l，以T2为纵轴，以l为横轴作出T2－l图像(如图1所示)．其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g. 五、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. 典例训练 1、实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验． （1）用L表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，则重力加速度g=____．（用L、T表示） （2）在这个实验中，应该选用下列哪两组材料构成单摆？____（选填选项前的字母）． A．长约1 m的细线 B．长约1 m的橡皮绳 C．直径约1 cm的均匀铁球 D．直径约1cm的塑料球 （3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是____（选填选项前的字母）． A．测出摆线长作为单摆的摆长 B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之在竖直平面内做简谐运动 C．在摆球经过平衡位置时开始计时 D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期 （4）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据做出了如图所示的图像，横坐标为摆长，纵坐标为周期的平方．若图线斜率为k，则当地的重力加速度g=____（用k表示）． （5）乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是____（选填选项前的字母）． A．开始摆动时振幅较小 B．开始计时时，过早按下秒表 C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间 （6）丙同学做出了单摆做简谐运动时的振动图像如图所示，则摆线偏离竖直方向的最大摆角的正弦值约为____（结果保留一位有效数字）． 【答案】 AC BC C 0.04 【详解】 （1）[1]根据单摆的振动周期公式可得. （2）[2]在这个实验中，应该选用长约1 m的不可伸长的细线，故选项A正确，B错误；为了减小相对阻力大小，可选用直径约1 cm的均匀铁球，故选项C正确，D错误；故选AC. （3）[3]测出摆线长加上摆球的半径作为单摆的摆长，选项A错误；把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之在竖直平面内做简谐运动，选项B正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，选项C正确；用秒表测量单摆完成至少30次全振动所用时间，求出周期的平均值作为单摆的周期，选项D错误；故选BC. （4）[4]根据单摆的振动周期公式可得则，则； （5）[5]单摆的周期与振幅无关，选项A错误；开始计时，过早按下秒表，则周期测量偏大，根据可知，g的测量值偏小，选项B错误；测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期测量值偏小，则根据可知，g的测量值偏大，选项C正确；故选C. （6）[6]由图可知周期为2s得振幅为4cm=0.04m 2、某同学在实验室利用单摆测量当地的重力加速度。 （1）在摆球自然悬垂的状态下，用毫米刻度尺量取从悬点到摆球最顶端的长度；用游标卡尺测量摆球的直径，如图甲，则______。 （2）如图乙，该同学测出不同摆长和对应的周期，并在坐标纸上作出图线，由图线可精确求出重力加速度______（已知，结果保留3位有效数字）。 （3）另一同学由单摆周期公式直接求得的值偏小，则可能是______。 A．测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径 B．把次全振动误计为次全振动 C．摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线变长 【答案】18.8 9.77 A 【详解】 （1）[1]摆球的直径 （2）[2]根据解得根据图像的斜率 解得重力加速度 （3）[3]根据解得测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径，摆长变短，则值偏小；根据把次全振动误计为次全振动，则测得的周期变小，则值偏大；摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线变长，则值偏大。 故选A。 3、用单摆测定重力加速度的装置如图所示。 （1）测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，求重力加速度g1（用L、n、t表示）； （2）某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示，由于家里只有一根量程为0～30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得求重力加速度g2（用l1、l2、T1、T2表示）。 【答案】（1）；（2） 【解析】 【详解】（1）单摆的振动周期为 根据 得 （2）设A点到铁锁重心的距离为l0，根据单摆的周期公式得 ， 联立以上两式，解得重力加速度 4、在“用单摆测定重力加速度”的实验中： （1）用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间（如图1），秒表的读数为______s。 （2）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L与T的数据，再以L为横坐标，为纵坐标将所得数据点连成直线（如图2），并求得该直线的斜率为k，则重力加速度______（用k表示）。 （3）如果计算时将摆线长加小球的直径当做摆长，采用上述方法测得的g值将______（填偏大、偏小或不变）。 【答案】 ①. 99.8 ②. ③. 不变 【解析】 【详解】（1）[1]用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间，秒表的读数为 （2）[2]根据 可得 图象中直线的斜率 可得重力加速度为 （3）[3]计算时将摆线长加小球的直径当做摆长，有 可得 可知图象的斜率不变，故测量值不变。 题组A 基础过关练 1．单摆在摆动过程中，下列说法正确的是（　　） A．回复力由重力和细线拉力的合力提供 B．摆动到最低点时回复力为零 C．动能变化的周期等于振动周期 D．小球质量越大，周期越长 【答案】B 【详解】 A．重力沿运动轨迹切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故A错误； B．单摆摆动到最低点时回复力为零，故B正确； C．小球从最高点开始摆动过程中，小球的动能先增大后减小，到达另一侧最高点时动能为零，然后再重复，故其动能的周期为单摆振动周期的一半，C错误； D．单摆的周期，与小球的质量无关，故D错误。 故选B。 2．单摆的振动图像如图所示，单摆的摆长为（ ）. A．0.4m B．0.8m C．1.0m D．9.8m 【答案】D【解析】周期为完成一次全振动的时间，从图象看出，完成一次全振动时间为s，所以周期T= s。根据，可得： A．。故A不符合题意。 B．。故B不符合题意。 C．。故C不符合题意。 D．。故D符合题意。故选D。 3．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为（　　） A．单摆的摆球质量偏大 B．测量摆长时，只考虑了摆线长，忽略了小球的半径 C．测量周期时，把n次全振动误认为是n+1次全振动 D．测量周期时，把n次全振动误认为是n-1次全振动 【答案】C 【详解】 A．由单摆周期公式，可得由该式知重力加速度与摆球的质量无关，故A错误； B．测量摆长时，忽略了小球的半径，所测摆长偏小，则所测得的g值偏小，故B错误； CD．设单摆做n次全振动的时间为t，单摆的周期，若误记作次全振动，则即周期的测量值小于真实值，测得的g值偏大；若误记作次全振动，则即周期的测量值大于真实值，测得的g值偏小，故C正确，D错误。 故选C。 4．如图所示，上端固定的细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器向下喷出一细束墨水。沿着与摆动方向垂直的方向匀速拖动一张足够长的 白纸，白纸上的墨迹便画出振动图象（x-t 图象）。不计空气阻力，设注射器中水的质量远大于注射器的质量，随着水的流出，摆的周期将（　　） A．周期不变 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变大 【答案】B 【解析】根据周期公式 可知，摆长为重心到悬挂点的距离，随着水的流出，重心先下移再上移，所以周期先变大后边小，B正确。故选B。 5．下列关于单摆的说法，正确的是(　 　) A．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零 B．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力 C．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力 D．单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A(A为振幅)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－A 【答案】B 摆球经最低点（振动的平衡位置）时回复力为零，但向心力不为零，所以加速度不为零，故A错误；摆球的回复力由合力沿圆弧切线方向的分力（等于重力沿圆弧切线方向的分力）提供，故B正确，C错误；简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，故D错误．故选B． 【点睛】简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点．单摆处于圆周运动，其合力提供向心力，回复力只是合力的一个分力．单摆摆球经过平衡位置时仍具有向心加速度． 6．图甲为生活中常见的一种摆钟，图乙为摆钟内摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在龙岩走时准确的摆钟移到北京，要使摆钟仍然走时准确，则（　　） A．因摆钟周期变大，应将螺母适当向上移动 B．因摆钟周期变大，应将螺母适当向下移动 C．因摆钟周期变小，应将螺母适当向上移动 D．因摆钟周期变小，应将螺母适当向下移动 【答案】D 【详解】 由龙岩到北京，重力加速度变大，因可知周期变小，则要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动。 故选D。 7．单摆做简谐运动的过程中，以下说法正确的是（ ）. A．摆球受到的合力处处为零 B．摆球受到的合力处处不为零 C．通过平衡位置时合力为零 D．通过平衡位置时回复力不为零 【答案】B 【解析】AB．单摆做简谐运动的过程中，摆球受到的合力处处不为零。故A错误，B正确。 C．摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零。故C错误。 D．摆球经过平衡位置时所受的回复力为零。故D错误。 故选B。 8．如图所示，为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，M>m，在沙子逐渐漏完的过程中，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】由题，漏斗的质量为m，细沙的质量为M 当细沙逐渐下漏的过程中，沙漏的重心先下降后升高，则该沙摆的摆长先增大后减小，由单摆的周期公式 可知，该摆的周期先增大后减小，故B正确，ACD错误。 故选B。 9．一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球上受到的万有引力的，在地球上走时准确的摆钟搬到该行星上，时针转一圈所经历的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题设可知，行星表面重力加速度 由于单摆周期 可见摆钟在行星表面摆动的周期是在地球表面周期的两倍，即 因此时针走一圈实际经历的时间是 故选C。 10． 如图（甲）所示，一小球在半径很大光滑圆弧曲面AOB之间做简谐运动，取向右偏离平衡位置的位移方向为正，小球在曲面A、B间运动的x-t图像如图（乙）所示。取g=π2m/s2求： （1）小球振动的频率f； （2）圆弧曲面的半径R。 【答案】（1）；（2）0.16m 【解析】 【分析】 【详解】(1)由图（乙）可知，振动周期为 T=0.8s 故小球振动的频率 (2)一小球在半径很大的光滑圆弧曲面AOB之间做简谐运动，可看成单摆的运动，由单摆周期公式 可得 11．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　） A. 单摆的摆长约为2.0m B. 单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8cosπt(cm) C. 从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D. 从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．由图乙可知，单摆周期为2s，由单摆周期公式 可解得单摆的摆长为 A错误； B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为 B错误； C．从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球从最高点回到平衡位置，摆球的重力势能逐渐减小，C错误； D．从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球从平衡位置回到最高点，位移逐渐增大，回复力与位移成正比，古摆球所受回复力逐渐增大，D正确。 故选D。 12．某同学疫情期间在家里探究用单摆测量重力加速度，用手机拍摄单摆振动的视频，得到分帧图片，根据图片上显示的位置和时刻，来测当地的重力加速度，实验装置如图所示。 (1)家中有乒乓球、小塑料球和带孔小木球、带孔小钢球，其中最适合做摆球的物体是________； (2)下列主要操作步骤正确的顺序是____________（填序号）； ①把刻度尺竖直固定在墙上 ②打开手机摄像功能，开始摄像 ③手机固定在三脚架上，调整好手机镜头的位置 ④把小球拉开一定的小角度，静止释放小球，使其在竖直面内摆动 ⑤把小球用长约的细线悬挂起来，使其悬点和刻度尺的零刻度对齐 ⑥停止摄像，选择合适的分帧图片进行分祈 (3)从视频中截取小球第1次和第41次经过最低点时的两帧图片，图片中小球所在位置和时刻如图所示，可以估测单摆的摆长约为____________，单摆的周期为________，粗略测得的重力加速度为________。 【答案】带孔小钢球 ①⑤③②④⑥ 0.94 1.95 9.75 【详解】 (1)[1]要测重力加速度需要忽略空气阻力，因此要选密度大体积小的带孔小钢球。 (2)[2]实验步骤应遵循先安装在实验的原则，故正确的步骤顺序为①⑤③②④⑥。 (3)[3]由刻度尺读数可得单摆的摆长约为l=0.94m。 [4]由题意可知，在5s—44s的时间内共发生了次的全振动，故单摆的周期为。 [5]由单摆周期公式，得。 题组B 能力提升练 1．一光滑圆弧面ABD，水平距离为L，高为h（L>>h），小球从顶端A处静止释放，滑到底端D的时间为t1，若在圆弧面上放一块光滑斜面ACD，则小球从A点静止释放，滑到D的时间为t2，则（　　） A．t2=t1 B． C． D． 【答案】C 【解析】由于h<< L，小球沿光滑圆弧面ABD运动，可看作单摆模型，运动时间等于四分之一个单摆周期。设圆弧轨道半径为R，单摆周期,小球的运动时间为 小球沿光滑斜面ACD运动，可看作等时圆模型，运动时间等于从圆周最高点沿直径自由下落到最低点的时间，所以 由上述可得 选项C正确，故选C。 2．荡秋千是小孩最喜欢的娱乐项目之一，可简化为如图甲所示。图甲中点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至点，此时细线处于张紧状态。由静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的、之间来回摆动，其中点为最低位置，，小于5°且大小未知，同时由连接到计算机的力传感器得到了摆线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，如图乙所示（图中所标字母，重力加速度均为已知量）。不计空气阻力。根据题中（包括图中）所给的信息，下列说法正确的是（　　） A．该单摆的周期为 B．无法求出摆球振动的摆长 C．可以求得由A运动到所用的时间（不考虑重复周期）为 D．在小于5°的情况下，越大周期越大 【答案】C 【解析】A．小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，由乙图可知单摆的周期T=t2，故A错误； B．由单摆的周期公式 可得 摆球振动的摆长 故摆长可以求出，故B错误； C．由A运动到所用的时间（不考虑重复周期）为周期的一半 故C正确； D．在小于5°的情况下，周期不变，故D错误。 故选C。 3．如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是（　　） A．t1＝t2，v1>v2 B．t1>t2，v1<v2 C．t1<t2，v1>v2 D．t1>t2，v1>v2 【答案】A 【详解】 从A、B点均做单摆模型运动，由单摆周期公式可得，R为球面半径，故t1＝t2；A点离平衡位置远些，高度差大，故从A点滚下到达平衡位置O时速度大，即v1＞v2。故A正确，BCD错误。 故选A。 4．某同学利用如图所示的单摆绘制出振动图像，若当地重力加速度g为9.8m/s2，估算此单摆的摆长并写出其振动方程（　　） A．1m，x=3sinπt（cm） B．2m，x=3sinπt（cm） C．1m，x=3cosπt（cm） D．2m，x3cosπt（cm） 【答案】A 【解析】由图可知单摆的周期T=2s 振幅A=3cm 根据单摆周期公式可得摆长 代入数据解得 又 则其振动方程为x=3sinπt（cm） 故选A。 5．甲、乙两人观察同一单摆的振动,甲每经过 3.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在其平衡位置处;乙每经过 4.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在平衡位置右侧的最高处,由此可知该单摆的周期不可能的是 A．0.5s B．1.0s C．1.5s D．2.0s 【答案】C 【解析】摆的摆动具有周期性，题中每次经过半个周期通过平衡位置或最右端；故3s和4s都是半周期的整数倍，故时间差1s也是半周期的整数倍；即； （n为正整数） A.T＝0.5s时，n＝4，故A正确； B.T＝1.0s时，n＝2，故B正确； C.T＝1.5s时，n＝，故C错误； D.T＝2.0s时，n＝1，故D正确； 故选：C。 6．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，则该单摆的周期为（　　） A．t B．2t C．3t D．4t 【答案】D【解析】单摆经过最低点时，速度最大，据牛顿第二定律知，单摆经过最低点时摆线的拉力最大；从最低点到再次到达最低点所需时间等于半个周期，所以据图象得，该单摆的周期为4t，故D项正确，ABC三项错误。 7．细长轻绳下端悬挂一小球A构成单摆，在悬挂点O正下方摆长处有一能挡住摆线的钉子P，如图所示，现将单摆向右方拉开一个小角度（），t=0时刻无初速度释放。不计一切阻力。下列描述释放后小球的机械能E、绳中拉力的冲量大小I、速度的大小v、离开平衡位置的位移大小x随时间t变化的关系图线中，可能正确的有（　　） A．B．C．D． 【答案】C 【解析】A．释放后小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以机械能为平行于t的直线，故A错误； B．根据冲量的计算公式可得绳中拉力的冲量大小I＝Ft 其中拉力的大小和方向时刻在发生变化，所以拉力的冲量与时间不可能是正比关系。故B错误； C．小球摆动过程中，从右端最高点向最低点摆动时速度逐渐增大，设摆线长为L，经过的时间 t1＝＝ 从最低点向左侧摆动过程中速度逐渐减小到零，经过的时间t2＝＝ 从左侧最高点向最低点摆动时速度逐渐增大，经过的时间t3＝＝ 从最低点向右侧摆动过程中速度逐渐减小到零，经过的时间t4＝＝故C正确； D．根据机械能守恒定律可知小球达到最高点的高度左右相同，由于悬点位置变化，最大位移不相同，如图所示，故D错误。 故选C。 8．如图甲所示是一个单摆，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，由此可知（　　） A．单摆振动的频率为2.5Hz B．时摆球位于B点，绳的拉力最大 C．时摆球位于平衡位置O，加速度为零 D．若当地的重力加速度，则这个单摆的摆长是0.16m 【答案】D 【解析】A．由图可知，振动周期是0.8s，所以振动频率为1.25 Hz，A错误； B．摆球的位移为负向最大，所以摆球位于B点，此时绳的拉力与重力法向分力平衡，所以拉力最小。B错误； C．时摆球位于平衡位置O，回复加速度为零，但是向心加速度不为零。C错误； D．根据周期公式得 D正确。 故选D。 9．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之问来回摆动，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，动能为零，回复力也为零 C．摆球在B点处，重力势能最小，合力为零 D．摆球在B点处，动能最大，细线拉力也最大 【答案】D 【解析】AB．摆球在摆动过程中，最高点A、C处是摆球的最大位移位置，速度为零，动能为零，回复力最大，合力不为零，AB错误； CD．在最低点B，是摆球的平衡位置，速度最大，动能最大，重力势能最小，恢复力为零，摆球做圆周运动，绳的拉力最大，C错误D正确。 故选D。 10．如图所示，圆弧AO是半径为2 m的光滑圆弧面的一部分，圆弧与水平面相切于点O，AO弧长为10 cm，现将一小球先后从圆弧的点A和点B无初速度地释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别为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】小球在滑动中机械能守恒，易知v1＞v2 小球在圆弧面上的受力类似于单摆的受力，且AO弧长为10 cm，远小于圆弧的半径，故小球的摆角很小，小球的运动是简谐运动，而简谐运动的周期与振幅无关，这样小球从点A运动到点O和从点B运动到点O的时间相等,即t1=t2 故ACD错误，B正确。 故选B。 11．将一单摆向右拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向左摆动，用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，摆球从最高点M摆至左边最高点N时，以下说法正确的是（　　） A. 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为4：1 B. 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为2：1 C. 摆球向左不能摆到释放时的同一高度处 D. 摆线经过最低点时，角速度不变，半径减小，摆线张力变小 【答案】A 【解析】 【详解】AB．根据单摆周期公式可知 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为 A正确，B错误； C．摆球从最高点M摆至左边最高点N时，系统机械能守恒，故摆球向左能摆到释放时的同一高度处，C错误； D．摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，则 即 可知摆线张力变大，D错误。 故选A。 12．如图所示为同一地区两个单摆的振动图像，实线是单摆甲的振动图像，虚线是单摆乙的振动图像。已知两单摆的摆球质量相同，则甲、乙两个单摆的（　　） A．摆长之比为1∶ 2 B．摆长之比为2∶ 1 C．最大回复力之比为1∶ 8 D．最大回复力之比为8∶ 1 【答案】D 【解析】AB．由图像可知甲、乙两单摆的周期之比为1：2，根据 则单摆的摆长之比为1：4，AB错误； CD．两单摆的摆球质量相同，最大回复力 振幅之比为2：1，则最大回复力之比为8：1，C错误D正确。 故选D。 13．一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被挡住，使摆长发生变化。现使摆球作小角度摆动，图示为摆球从右边最高点M摆至左边最高点N的闪光照片（悬点和小钉未摄入），P为最低点，每相邻两次闪光的时间间隔相等。则小钉距悬点的距离为（　　） A． B． C． D．条件不足，无法判断 【答案】C 【解析】由图可知，在左、右振动周期之比 设小钉距悬点的距离为x，根据 可得 整理可得 故选C。 14．如图所示，一质量为M的物块静止于A点，绳长为L，现给物块施加一初速度v，物块抵达B点时的速度恰好为0，且此时拉物块B的绳与竖直方向成45°夹角，绳长保持不变，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．物块将做简谐运动 B．满足关系式v2=gL C．物块第二次经过A点时的速度与第一次经过A点时的速度不同 D．设物块在运动时绳与竖直方向的夹角为β（β ≤ 45°），则当夹角为β时，绳子对物块的拉力大小为Mg(2 - cosβ) 【答案】C 【解析】A．由题知物块B的绳与竖直方向成45°夹角，不满足单摆摆角小于5°（现在一般认为是小于10°）的条件，则物块的运动不能视为简谐运动，A错误； B．根据动能定理有 - mg(L - Lcos45°) = 0 - mv2 经过计算有v2= (2 - )gL B错误； C．由于速度是矢量，第一次经过C点的速度方向向左，第二次经过C点的速度方向向右，则物块第二次经过A点时的速度与第一次经过A点时的速度不同，C正确； D．当夹角为β时对物块受力分析如下图 根据受力分析有FT= mgy = mgcosβ D错误。 故选C。 15．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后开始运动，小球在摆动过程中的偏角不超过。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取，忽略一切阻力。下列说法正确的是（　　） A. 时小球位于B点 B. 时小球位于C点 C. OA之间的距离为1.5m D. OP之间的距离为1.2m 【答案】D 【解析】 【详解】AB．由图像可知，内应该对应着摆球在CB之间的摆动；内应该对应着摆球在BA之间的摆动，因时摆线拉力最小，可知小球位于C点，时小球位于A点，选项AB错误； C．摆球在AB之间摆动周期为 T1=0.8πs 根据 可得 L1=1.6m 即OA之间的距离为1.6m，选项C错误； D．摆球在BC之间摆动的周期为 T2=0.4πs 根据 可得 L2=0.4m 即PB之间的距离为0.4m，OP之间的距离为1.2m，选项D正确。 故选D。 16、某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。 （1）该同学用游标卡尺测小球的直径，游标卡尺读数部分放大图如图1所示，读数为___________cm； （2）下列操作正确的是___________ A．摆长应为绳长和小球直径之和 B．测量周期时，应从小球经过最低点开始计时 C．若从计数为1到计数n的时间为t，则周期为 D．小球的初始摆角应尽量大一些 （3）测出单摆周期T与摆长L，重力加速度g的表达式为___________（用T和L表示）。该同学测出六组T与L的数据，如下表所示，请在图2中作出的图像。（ ） L/m T/s （4）若另一同学在测量周期过程中，误将50次全振动记为49次，其他测量均正确。已知图3中虚线是按50次全振动计算所描绘的图线，图线A和D与虚线平行，那么此同学描绘的图像可能是图3中的图线___________（选填“A”、“B”、“C”或“D”） 【答案】 ①. ②. B ③. ④. ⑤. C 【解析】 【详解】（1）[1]主尺上的读数为1.2cm，游标上的读数为，则读数为1.20cm； （2）[2]A．摆长应为绳长和小球半径之和，故A错误； B．为了减小测量误差，测量周期时，应从小球经过最低点开始计时，故B正确； C．如果从小球经过最低点开如计时，若从计数为1到计数n的时间为t，则周期为，故C错误； D．为满足单摆条件，小球的初始摆角应小于，故D错误。 故选B； （3）[3]由单摆周期公式可得 [4]根据表中数据描点，作图如下 （4）[5]由单摆周期公式可得 误将50次全振动记为49次，则周期偏大，图线仍过坐标原点，故选C。 17．某学校的兴趣小组在实验室做单摆振动实验。如图甲所示为单摆在两点间振动的情形，点是平衡位置，图乙是这个单摆的振动图像，单摆振动的周期为，取摆球向右运动的方向为正方向，学校所在地的重力加速度为。若将此单摆移至悬停在某一高度的热气球载人舱中，做摆角小于的振动，测得周期为，已知地球半径为。 （1）根据图乙写出此单摆的振动方程。（2）求此单摆的摆长。（3）求该热气球此时离海平面的高度。 【答案】（1）；（2）0.16m；（3） 【解析】(1)由题图乙可知，此单摆的振动方程为 (2)由单摆的振动图像，有 根据公式 可得 根据单摆的周明公式 其中是单摆的摆长，和分别是两地点的重力加速度 (3)根据万有引力定律公式可得 由以上各式联立解得 18．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=α；α小于10°且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题（包括图）所给的信息，求：（g取10m/s2） （1）单摆的振动周期和摆长； （2）摆球的质量； （3）摆球运动过程中的最大速度。 【答案】（1）T=0.4πs，0.4m；（2）0.05kg；（3）0.283m/s 【解析】（1）摆球受力分析如图所示： 小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律T=0.4πs 由单摆的周期公式为 解得 （2）（3）在最高点A，有 在最低点B，有 从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得 联立三式并代入数据得 第 1 页 共 32 页 学科网（北京）股份有限公司 $