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第3节　单　摆
[定位·学习目标]　
1.了解什么是单摆及在什么情况下单摆的振动可视为简谐运动。2.知道单摆的周期跟哪些因素有关,了解单摆周期公式,并能进行有关计算。3.知道用单摆可测量重力加速度。
探究·必备知识
「探究新知」
知识点一　单摆的振动
1.单摆
把一根不能 的细线上端固定,下端拴一个小球,线的 和球的
可忽略不计,这种装置称为单摆。单摆是一种 模型。
伸长
质量
大小
理想化
2.单摆的回复力
(1)回复力的来源:如图所示,摆球的重力沿圆弧 的分力提供回复力。
切线方向
位移
平衡位置
知识点二　单摆的周期
1.探究影响单摆周期的因素
(1)探究方法: 法。
(2)实验结论:单摆振动的周期与振幅和摆球质量无关,与摆长有关。
2.定量探究单摆周期与摆长之间的关系
(1)周期公式:是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。
(2)公式:T= 。
控制变量
「新知检测」
1.思考判断[正确的打“√”,错误的打“×”]
(1)摆线的质量不计、摆线的长度不伸缩、摆球的直径比摆线长度小得多是单摆理想化的三个条件。(　 　)
(2)实际摆的摆动都可以看作简谐运动。(　 　)
(3)单摆回复力的方向总是指向悬挂位置。(　 　)
(4)单摆的回复力是由摆球重力的分力提供的。(　 　)
(5)单摆的振幅越大,周期越大。(　 　)
(6)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.思维探究
【答案】 (1)不是,单摆的回复力是由摆球所受的重力沿圆弧切线方向的分力提供的。
(1)单摆的回复力是由摆球所受的合外力提供的吗
(2)摆钟的结构如图所示,发现它走时不准时,为什么要调整摆锤下面的螺母
【答案】 (2)调整摆锤下面的螺母,可以改变摆的摆长,从而改变摆的周期,以调整摆的走时快慢。
突破·关键能力
要点一　对单摆模型及运动规律的理解
「情境探究」
(1)以上哪种装置能看作单摆
【答案】 (1)一个装置可看作单摆的条件是: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球的直径与线的长度相比也可忽略,故只有装置5满足条件。
(2)图5中单摆的回复力就是单摆所受的合外力吗
【答案】 (2)回复力不是合外力。单摆的运动可看作变速圆周运动,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。
(3)图5中单摆经过平衡位置时,回复力为零,合外力也为零吗
【答案】 (3)单摆经过平衡位置时,回复力为零,但合外力不为零。
单摆的回复力
(1)回复力的提供:摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。
(2)单摆的回复力。
如图所示,重力G沿圆弧切线方向的分力 G1=mgsin θ是沿摆球运动方 向的力,正是这个力提供了使摆球振动的回复力F=G1=mgsin θ。
「要点归纳」
(5)运动规律:单摆在摆角很小时做简谐运动。(单摆做简谐运动的条件是摆角很小,通常小于5°)
[例1] 下列关于单摆的说法正确的是(　　)
A.单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处时的位移为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
B.单摆摆球的回复力等于摆球所受的合外力
C.单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力
D.单摆摆球经过平衡位置时加速度为零
C
【解析】 简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点,摆球在正向最大位移处时位移为A,在平衡位置时位移应为零,故A错误;摆球的回复力由合外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,合外力沿摆线方向的分力提供向心力,故B错误,C正确;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,所以合外力不为零,加速度不为零,故D错误。
单摆模型中的回复力与合力
(1)单摆振动中的回复力不是它受到的合力,而是重力沿圆弧切线方向的一个分力。单摆振动过程中有向心力,这是与弹簧振子不同之处。
(2)在最大位移处时,因速度为0,所以向心力为0,故此时合力也就是回复力。
·学习笔记·
[针对训练1] 如图所示,O点为单摆的固定悬点,现将可视为质点的摆球拉至A点,此时细线处于张紧状态,由静止释放摆球,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,D点为运动范围中的某一点,运动过程忽略空气阻力。关于该单摆的回复力,下列说法正确的是(　　)
A.摆球受到重力、拉力和回复力的作用
B.摆球在经过A点或C点时速度为0,回复力为0
C.摆球在经过B点时,速度最大,回复力最大
D.摆球相邻两次经过D点时回复力相等
D
【解析】 摆球受到重力、拉力两个力的作用,回复力不是摆球实际受到的力,故A错误;摆球在经过A点或C点时,速度为0,但位移最大,回复力不为0,回复力为重力沿切线方向的分力,故B错误;摆球在经过B点时,速度最大,回复力为0,故C错误;摆球相邻两次经过D点时,其位移相等,则回复力相等,故D正确。
要点二　对单摆周期公式的理解及简单应用
「情境探究」
如图所示,取两个单摆同时释放两个小球,我们可以观察到两个单摆的周期不同。影响周期的因素可能有单摆的振幅、质量、摆长,如何研究周期与这些量的关系 本实验应用到了什么实验方法
【答案】 由于变量比较多,所以需按下面的方案进行探究。
(1)摆长、质量相同,两个单摆的振幅不同(都在小偏角情况下)。
(2)摆长、振幅相同,两个单摆摆球的质量不同。
(3)质量、振幅相同,两个单摆的摆长不同。
比较以上三种情况下两个单摆的周期,可以得到周期与振幅、质量、摆长之间的定性关系。
本实验采用的是控制变量法。
「要点归纳」
对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆摆角很小(摆角小于5° 时,由周期公式算出的周期和准确值相差 0.01%)时成立。
(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。
[例2] (双选)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示,由图可知(　 　)
A.t=2 s时,甲的回复力为零,乙的速度为零
B.t=4 s时,甲、乙的速度方向相同
C.甲、乙两个单摆的振幅之比是4∶1
D.甲、乙两个单摆的摆长之比是1∶4
AD
·学习笔记·
(2)改变单摆振动周期的途径。
①改变单摆的摆长。
②改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置或让单摆处于失重或超重状态)。
(3)明确小角度情况下,单摆振动周期与单摆的质量和振幅无关。
C
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
单摆模型中的等效摆长
[示例] (双选)如图所示,三根细线于O点处打结,A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上,使△AOB成直角三角形,∠BAO=30°。已知OC线长是L,下端C点系着一个小球(忽略小球半径),下列说法正确的是(　 　)
AD
「科学·技术·社会·环境」
摆钟的发明
对摆的研究是惠更斯所完成的最出色的物理学工作之一。多少世纪以来,时间测量始终是摆在人类面前的一个难题。当时的计时装置诸如日晷、沙漏等均不能在原理上保持精确。直到伽利略发现了单摆的等时性,惠更斯将单摆运用于计时器,人类才进入一个新的计时时代。
当时,惠更斯的兴趣集中在对天体的观察上,在实验中,他深刻体会到了精确计时的重要性,因而便致力于精确计时器的研究。当年伽利略曾经证明了单摆运动与物体在光滑斜面上的下滑运动相似,运动的状态与位置有关。惠更斯继承了伽利略关于摆的研究。他发现,单摆只是近似等时,真正等时的摆动轨迹不应是一段圆弧,而应是一段摆弧。他创造性地让悬线在两片摆线状夹板之间运动,这样的摆动就是一段摆弧。将这个发现运用于设计之中,惠更斯于1656年造出了人类历史上第一架摆钟,并将它献给了荷兰政府。这架摆钟由大小、形状不同的一些齿轮组成,利用重锤做单摆的摆锤,由于摆锤可以调节,计时就比较准确。这架摆钟的问世标志着人类进入了一个新的计时时代。1657年,惠更斯取得了摆钟的专利。
[示例] 如图所示,摆钟正常工作时其摆锤的运动可看成简谐运动,摆锤每摆动半个周期,表盘上的分针就会向前微小跃动一次,分针每次向前跃动的距离不变。下列说法正确的是(　　)
A.摆锤摆动的振幅越大,摆钟计时越准
B.要使摆钟走得慢些,可通过缩短它的摆长来实现
C.若把摆钟置于正在运行的天宫空间站,其摆锤不会正常摆动
D.在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时,在南极的摆钟走得慢些
C
检测·学习效果
1.(双选)关于单摆,下列说法正确的是(　 　)
A.单摆装置是研究机械振动的物理模型
B.用细线悬挂一个小球,细线要质量很小,且不可伸长;小球要质量较大,体积较小
C.将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上,这样单摆装置就架设完成了
D.单摆在摆角很大的情况下的振动也可以看作简谐运动
AB
【解析】 单摆运动是机械振动,所以单摆装置是研究机械振动的物理模型,故A正确;制作单摆的细线质量应与小球质量相比可忽略,且不可伸长;小球要质量较大且体积较小,故B正确;将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上会导致摆动过程中摆长发生变化,故C错误;单摆在摆角很小的情况下的振动才可以看作简谐运动,故D错误。
2.(双选)如图,为某一单摆的简化模型,其摆角α很小,单摆的周期为T,下列说法正确的是(　 　)
A.把摆球质量减小一半,其他条件不变,则单摆的周期变大
B.把摆角α变大(仍很小),其他条件不变,则单摆的周期不变
C.将单摆摆长增加为原来的2倍,其他条件不变,则单摆的周期将变为2T
D.将此单摆放到减速上升的电梯中,其他条件不变,则单摆的周期将变大
BD
3.(双选)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示。根据振动图像可以断定
(　 　)
A.甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3
B.甲、乙两单摆振动的频率之比是2∶3
C.若两单摆在同一地点摆动,甲、乙两单摆摆长之比是9∶4
D.若两单摆的摆长相同,但在不同地点摆动,则甲、乙两单摆所在地点的重力加速度之比为 9∶4
AD
4.如图所示,半径为R的光滑圆弧轨道ab的a点固定有一竖直挡板,一质量为m的小物块P(可视为质点)从轨道上的c点由静止释放,到达最低点a时与挡板发生弹性碰撞,碰撞时间极短,可忽略不计。已知∠aOc=5°,重力加速度为g。则小物块P从开始释放到第一次回到c点经历的时间约为(　　)
B
5.如图甲所示,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高点。设向右为正方向,图乙是单摆的振动图像。已知当地的重力加速度g取10 m/s2,则T=　　　　s,t=0 时摆球在　　　 　(选填“M”“O”或“N”)点,单摆的摆长约为　　　　 m。(取π≈3,结果保留2位有效数字)
0.8
M
0.18
感谢观看第3节　单　摆
[定位·学习目标]　1.了解什么是单摆及在什么情况下单摆的振动可视为简谐运动。2.知道单摆的周期跟哪些因素有关,了解单摆周期公式,并能进行有关计算。3.知道用单摆可测量重力加速度。
探究新知
知识点一　单摆的振动
1.单摆
把一根不能伸长的细线上端固定,下端拴一个小球,线的质量和球的大小可忽略不计,这种装置称为单摆。单摆是一种理想化模型。
2.单摆的回复力
(1)回复力的来源:如图所示,摆球的重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力。
(2)回复力的特点:在摆角很小(通常θ<5°)时,sin θ≈,所以单摆的回复力可表示为 F=-mgsin θ≈-x,即小球所受的回复力大小与它偏离平衡位置的位移大小成正比,方向总是指向平衡位置,单摆的振动可近似视为简谐运动。
知识点二　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:单摆振动的周期与振幅和摆球质量无关,与摆长有关。
2.定量探究单摆周期与摆长之间的关系
(1)周期公式:是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。
(2)公式:T=2π。
新知检测
1.思考判断[正确的打“√”,错误的打“×”]
(1)摆线的质量不计、摆线的长度不伸缩、摆球的直径比摆线长度小得多是单摆理想化的三个条件。(　√　)
(2)实际摆的摆动都可以看作简谐运动。(　×　)
(3)单摆回复力的方向总是指向悬挂位置。(　×　)
(4)单摆的回复力是由摆球重力的分力提供的。(　√　)
(5)单摆的振幅越大,周期越大。(　×　)
(6)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.思维探究
(1)单摆的回复力是由摆球所受的合外力提供的吗
(2)摆钟的结构如图所示,发现它走时不准时,为什么要调整摆锤下面的螺母
【答案】 (1)不是,单摆的回复力是由摆球所受的重力沿圆弧切线方向的分力提供的。
(2)调整摆锤下面的螺母,可以改变摆的摆长,从而改变摆的周期,以调整摆的走时快慢。
要点一　对单摆模型及运动规律的理解
情境探究
(1)以上哪种装置能看作单摆
(2)图5中单摆的回复力就是单摆所受的合外力吗
(3)图5中单摆经过平衡位置时,回复力为零,合外力也为零吗
【答案】 (1)一个装置可看作单摆的条件是: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球的直径与线的长度相比也可忽略,故只有装置5满足条件。
(2)回复力不是合外力。单摆的运动可看作变速圆周运动,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。
(3)单摆经过平衡位置时,回复力为零,但合外力不为零。
要点归纳
单摆的回复力
(1)回复力的提供:摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。
(2)单摆的回复力。
如图所示,重力G沿圆弧切线方向的分力 G1=mgsin θ是沿摆球运动方 向的力,正是这个力提供了使摆球振动的回复力F=G1=mgsin θ。
(3)单摆做简谐运动的推证。
在摆角很小时,sin θ≈,又回复力F=mgsin θ,所以单摆的回复力为F=-x(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。
(4)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大小成正比,方向总指向平衡位置,即F=-x。
(5)运动规律:单摆在摆角很小时做简谐运动。(单摆做简谐运动的条件是摆角很小,通常小于5°)
[例1] 下列关于单摆的说法正确的是(　　)
A.单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处时的位移为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
B.单摆摆球的回复力等于摆球所受的合外力
C.单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力
D.单摆摆球经过平衡位置时加速度为零
【答案】 C
【解析】 简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点,摆球在正向最大位移处时位移为A,在平衡位置时位移应为零,故A错误;摆球的回复力由合外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,合外力沿摆线方向的分力提供向心力,故B错误,C正确;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,所以合外力不为零,加速度不为零,故D错误。
单摆模型中的回复力与合力
(1)单摆振动中的回复力不是它受到的合力,而是重力沿圆弧切线方向的一个分力。单摆振动过程中有向心力,这是与弹簧振子不同之处。
(2)在最大位移处时,因速度为0,所以向心力为0,故此时合力也就是回复力。
(3)在平衡位置处时,回复力为0,但由于速度不为0,向心力也不为0,此时合力提供向心力,
有F合=m。
[针对训练1] 如图所示,O点为单摆的固定悬点,现将可视为质点的摆球拉至A点,此时细线处于张紧状态,由静止释放摆球,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,D点为运动范围中的某一点,运动过程忽略空气阻力。关于该单摆的回复力,下列说法正确的是(　　)
A.摆球受到重力、拉力和回复力的作用
B.摆球在经过A点或C点时速度为0,回复力为0
C.摆球在经过B点时,速度最大,回复力最大
D.摆球相邻两次经过D点时回复力相等
【答案】 D
【解析】 摆球受到重力、拉力两个力的作用,回复力不是摆球实际受到的力,故A错误;摆球在经过A点或C点时,速度为0,但位移最大,回复力不为0,回复力为重力沿切线方向的分力,故B错误;摆球在经过B点时,速度最大,回复力为0,故C错误;摆球相邻两次经过D点时,其位移相等,则回复力相等,故D正确。
要点二　对单摆周期公式的理解及简单应用
情境探究
如图所示,取两个单摆同时释放两个小球,我们可以观察到两个单摆的周期不同。影响周期的因素可能有单摆的振幅、质量、摆长,如何研究周期与这些量的关系 本实验应用到了什么实验方法
【答案】 由于变量比较多,所以需按下面的方案进行探究。
(1)摆长、质量相同,两个单摆的振幅不同(都在小偏角情况下)。
(2)摆长、振幅相同,两个单摆摆球的质量不同。
(3)质量、振幅相同,两个单摆的摆长不同。
比较以上三种情况下两个单摆的周期,可以得到周期与振幅、质量、摆长之间的定性关系。
本实验采用的是控制变量法。
要点归纳
对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆摆角很小(摆角小于5° 时,由周期公式算出的周期和准确值相差 0.01%)时成立。
(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球心的长度,即l=L+,L为摆线长,d为摆球直径。
(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。
[例2] (双选)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示,由图可知(　　)
A.t=2 s时,甲的回复力为零,乙的速度为零
B.t=4 s时,甲、乙的速度方向相同
C.甲、乙两个单摆的振幅之比是4∶1
D.甲、乙两个单摆的摆长之比是1∶4
【答案】 AD
【解析】 t=2 s时,甲处于平衡位置,回复力为零,乙处于振幅最大处,速度为零,A正确;根据xt图像斜率表示速度可知,t=4 s时,甲、乙的速度方向相反,B错误;由题图可知,甲、乙两个单摆的振幅之比是2∶1,C错误;由题图可知,甲、乙两个单摆的周期之比为1∶2,根据T=2π可知甲、乙两个单摆的摆长之比是1∶4,D正确。
涉及单摆周期问题应注意的三点
(1)单摆的周期公式T=2π中共涉及三个物理量——周期T、摆长l和当地重力加速度g,只要已知两个量,就可以求出第三个量。
(2)改变单摆振动周期的途径。
①改变单摆的摆长。
②改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置或让单摆处于失重或超重状态)。
(3)明确小角度情况下,单摆振动周期与单摆的质量和振幅无关。
[针对训练2] 自从“玉兔二号”探测器到达月球工作并拍回一系列珍贵的月球表面照片以后,人们对月球的向往又进一步加深了,希望能够早日登上月球。假设未来的航天员成功登上月球并把地球上的摆钟带到了月球上面。已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。现要使该摆钟在月球上的周期与地球上周期相同,下列办法可行的是(　　)
A.将摆球的质量增大为原来的6倍
B.将摆球的质量减小为原来的
C.将摆长缩短为原来的
D.将摆长增长为原来的6倍
【答案】 C
【解析】 根据单摆的周期公式T=2π可知,摆球的质量变化与周期无关,故A、B错误;将摆长缩短为原来的,已知月球表面的重力加速度约为地球表面的,根据单摆的周期公式T=2π,摆钟在月球上的周期与地球上的周期相同,故C正确;将摆长增长为原来的 6倍,根据单摆的周期公式 T=2π,摆钟在月球上的周期是在地球上周期的6倍,故D错误。
模型·方法·结论·拓展
单摆模型中的等效摆长
1.图a中甲、乙在垂直于纸面方向小角度摆起来效果是相同的,所以甲摆的摆长为lsin α,这就是等效摆长,其周期T=2π。
2.图b中,乙在垂直于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。
[示例] (双选)如图所示,三根细线于O点处打结,A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上,使△AOB成直角三角形,∠BAO=30°。已知OC线长是L,下端C点系着一个小球(忽略小球半径),下列说法正确的是(　　)
A.让小球在纸面内小角度摆动,周期T=2π
B.让小球在垂直于纸面方向小角度摆动,周期 T=2π
C.让小球在纸面内小角度摆动,周期T=2π
D.让小球在垂直于纸面内小角度摆动,周期 T=π
【答案】 AD
【解析】 当小球在纸面内小角度摆动时,圆心是O点,摆长为L,故周期为T=2π,故A正确,C错误;当小球在垂直于纸面方向小角度摆动时,圆心在AB所在的水平面上且在O点正上方,摆长为 (1+)L,故周期为T=2π=π,故B错误,D正确。
科学·技术·社会·环境
摆钟的发明
　　对摆的研究是惠更斯所完成的最出色的物理学工作之一。多少世纪以来,时间测量始终是摆在人类面前的一个难题。当时的计时装置诸如日晷、沙漏等均不能在原理上保持精确。直到伽利略发现了单摆的等时性,惠更斯将单摆运用于计时器,人类才进入一个新的计时时代。
当时,惠更斯的兴趣集中在对天体的观察上,在实验中,他深刻体会到了精确计时的重要性,因而便致力于精确计时器的研究。当年伽利略曾经证明了单摆运动与物体在光滑斜面上的下滑运动相似,运动的状态与位置有关。惠更斯继承了伽利略关于摆的研究。他发现,单摆只是近似等时,真正等时的摆动轨迹不应是一段圆弧,而应是一段摆弧。他创造性地让悬线在两片摆线状夹板之间运动,这样的摆动就是一段摆弧。将这个发现运用于设计之中,惠更斯于1656年造出了人类历史上第一架摆钟,并将它献给了荷兰政府。这架摆钟由大小、形状不同的一些齿轮组成,利用重锤做单摆的摆锤,由于摆锤可以调节,计时就比较准确。这架摆钟的问世标志着人类进入了一个新的计时时代。1657年,惠更斯取得了摆钟的专利。
[示例] 如图所示,摆钟正常工作时其摆锤的运动可看成简谐运动,摆锤每摆动半个周期,表盘上的分针就会向前微小跃动一次,分针每次向前跃动的距离不变。下列说法正确的是(　　)
A.摆锤摆动的振幅越大,摆钟计时越准
B.要使摆钟走得慢些,可通过缩短它的摆长来实现
C.若把摆钟置于正在运行的天宫空间站,其摆锤不会正常摆动
D.在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时,在南极的摆钟走得慢些
【答案】 C
【解析】 为了使摆钟摆动时计时准确,摆锤摆动的角度不能大于5°,可知摆锤摆动的振幅不能太大,故A错误;缩短它的摆长,由T=2π可知周期变小,摆钟走得更快,故B错误;若把摆钟置于正在运行的天宫空间站,因为处于完全失重状态,摆锤不会正常摆动,故C正确;在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时,因为赤道重力加速度小,根据T=2π,可知在赤道处周期长,所以在赤道的摆钟走得慢些,故D错误。
1.(双选)关于单摆,下列说法正确的是(　　)
A.单摆装置是研究机械振动的物理模型
B.用细线悬挂一个小球,细线要质量很小,且不可伸长;小球要质量较大,体积较小
C.将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上,这样单摆装置就架设完成了
D.单摆在摆角很大的情况下的振动也可以看作简谐运动
【答案】 AB
【解析】 单摆运动是机械振动,所以单摆装置是研究机械振动的物理模型,故A正确;制作单摆的细线质量应与小球质量相比可忽略,且不可伸长;小球要质量较大且体积较小,故B正确;将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上会导致摆动过程中摆长发生变化,故C错误;单摆在摆角很小的情况下的振动才可以看作简谐运动,故D错误。
2.(双选)如图,为某一单摆的简化模型,其摆角α很小,单摆的周期为T,下列说法正确的是(　　)
A.把摆球质量减小一半,其他条件不变,则单摆的周期变大
B.把摆角α变大(仍很小),其他条件不变,则单摆的周期不变
C.将单摆摆长增加为原来的2倍,其他条件不变,则单摆的周期将变为2T
D.将此单摆放到减速上升的电梯中,其他条件不变,则单摆的周期将变大
【答案】 BD
【解析】 根据单摆周期公式T=2π可知,单摆周期与摆球质量无关,与摆角α无关,而与摆长l、重力加速度g有关,将摆长增加为原来的2倍,则单摆的周期变为 T,将此单摆放到减速上升的电梯中而处于失重状态,则g变小,可知单摆的周期将变大,故B、D正确。
3.(双选)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示。根据振动图像可以断定(　　)
A.甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3
B.甲、乙两单摆振动的频率之比是2∶3
C.若两单摆在同一地点摆动,甲、乙两单摆摆长之比是9∶4
D.若两单摆的摆长相同,但在不同地点摆动,则甲、乙两单摆所在地点的重力加速度之比为 9∶4
【答案】 AD
【解析】 根据图像可知1.5T甲=T乙,所以甲、乙的周期之比为T甲∶T乙=2∶3,故A正确;因为f=,所以甲、乙的频率之比为f甲∶f乙=3∶2,故B错误;根据单摆的周期公式T=2π可知,同一地点重力加速度相同,甲、乙的摆长之比和周期的平方成正比,即为4∶9,故C错误;摆长相同,重力加速度和周期的平方成反比,即甲、乙两单摆所在地的重力加速度之比为9∶4,故D正确。
4.如图所示,半径为R的光滑圆弧轨道ab的a点固定有一竖直挡板,一质量为m的小物块P(可视为质点)从轨道上的c点由静止释放,到达最低点a时与挡板发生弹性碰撞,碰撞时间极短,可忽略不计。已知∠aOc=5°,重力加速度为g。则小物块P从开始释放到第一次回到c点经历的时间约为(　　)
A. B.π
C. D.2π
【答案】 B
【解析】 由于∠aOc=5°,则小物块P的运动可视为单摆模型,小物块P从c点由静止释放,运动到最低点时发生弹性碰撞后返回,小物块的速度大小不变,运动周期不变,则从开始释放到第一次回到c点经历的时间为t==π,故B正确。
5.如图甲所示,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高点。设向右为正方向,图乙是单摆的振动图像。已知当地的重力加速度g取10 m/s2,则T=
　　　　s,t=0 时摆球在　　　　(选填“M”“O”或“N”)点,单摆的摆长约为　　　　 m。(取π≈3,结果保留2位有效数字)
【答案】 0.8　M　0.18
【解析】 由题图乙可知周期T=0.8 s,t=0时摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以开始时摆球在M点;由单摆的周期公式T=2π,解得l≈0.18 m。
课时作业
　　　　　　 　　　　　 　　　　　 基础巩固
1.关于单摆,下列说法正确的是(　　)
A.摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置,当摆球运动到平衡位置时,合力为零
B.如果有两个大小相同的带孔塑料球和带孔铁球,任选一个即可
C.将单摆的摆角从4°改为2°,单摆的周期变小
D.在用单摆测重力加速度的实验中,若摆长值忘记加摆球半径,则测量值偏小
【答案】 D
【解析】 根据回复力的特点可知,摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置,摆球经过平衡位置时,回复力为零,但摆球还有向心加速度,合力不为零,故A错误;摆球应选择质量大些、体积小些的铁球,故B错误;对于单摆,摆角小于5°即可,仅将单摆的摆角从4°改为2°,不影响单摆的周期,故C错误;在用单摆测重力加速度的实验中,若摆长值忘记加摆球半径,则摆长偏小,根据单摆的周期公式T=2π可得g=,所以最后求得的g值将比真实值小,故D正确。
2.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(　　)
　　　　　　
A B
　　　　　　
C D
【答案】 B
【解析】 不考虑空气阻力,漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时,到达最底端时运动速度最大,漏到地面上的细沙最少,到达两端时漏斗运动速度最小,漏到地面上的细沙最多,故选项B正确,A、C、D错误。
3.如图所示,两根不可伸长的轻质线的一端都系在小球的同一点,另一端分别固定在天花板上的A、B两点,组成一个双线摆。两根线的长度均为l,系统静止时线与竖直方向的夹角均为θ,小球的直径为d,重力加速度为g。现将小球向纸面外拉动一很小的幅度(球心与A、B仍共面)后由静止释放,小球开始绕A、B所在水平线摆动,若不计空气阻力,则该双线摆的周期为(　　)
A.T=2π
B.T=2π
C.T=2π
D.T=2π
【答案】 D
【解析】 由题意可知,该双线摆的摆长为L=lcos θ+,其周期为T=2π=2π,故D正确。
4.把调准的摆钟由北京移到赤道上时,摆钟的振动(　　)
A.变慢了,要使它恢复准确,应增加摆长
B.变慢了,要使它恢复准确,应缩短摆长
C.变快了,要使它恢复准确,应增加摆长
D.变快了,要使它恢复准确,应缩短摆长
【答案】 B
【解析】 把调准的摆钟从北京移到赤道上,重力加速度g变小,则周期T=2π变大,因此摆钟变慢了,要使它恢复准确,应缩短摆长,B正确。
5.(双选)如图甲所示,一个单摆做小角度摆动。从某次摆球到达右侧最大位移处开始计时,摆球相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,取π2=10。下列说法正确的是(　　)
A.单摆的运动为简谐运动
B.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=2sin(2.5πt+) cm
C.从t=0.2 s到t=0.4 s的过程中,摆球的动能逐渐增加
D.从t=0.4 s到t=0.6 s的过程中,摆球的回复力逐渐增大
【答案】 AB
【解析】 由于单摆的运动曲线为正弦曲线,可知单摆做简谐运动,故A正确。由振动图像读出单摆运动的周期T=0.8 s,振幅A=2 cm,又根据ω=,由于简谐运动的位移x随时间t变化的关系式为x=Asin(ωt+),代入数据得x=2sin(2.5πt+) cm,故B正确。由题图乙可知从t=0.2 s到t=0.4 s的过程中,摆球远离平衡位置,则动能逐渐减少;从t=0.4 s到t=0.6 s的过程中,摆球衡位置,摆球的回复力逐渐减小,故C、D错误。
6.(双选)图甲是利用沙摆演示简谐运动的装置,当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时,做简谐运动的漏斗漏出的沙在木板上显示出图乙所示的曲线。已知木板水平速度为0.20 m/s,图乙所示一段木板的长度为 0.60 m,重力加速度的大小g取π2 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.木板上形成一个完整波形的时间为3 s
B.沙摆的摆长约为0.56 m
C.将该装置搬至月球,周期变小
D.图乙可表示沙摆的振动图像
【答案】 BD
【解析】 根据题图乙可知,单摆完成两次全振动的时间为 t= s=3 s,可知振动周期T==1.5 s,选项A错误;根据单摆周期公式T=2π,摆长l==0.56 m,选项B正确;若将装置搬至月球,其重力加速度减小,则周期变大,选项C错误;当薄木板被水平匀速拉动时,题图乙可表示漏斗位置随时间变化的关系图像,即可表示沙摆的振动图像,选项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Ta∶Tb=　　　　　,两摆长la与lb分别为　　　m和　　　m。
【答案】 3∶5　0.9　2.5
【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=∶=9∶25。由题意知lb-la=1.6 m,联立可得 la=0.9 m,lb=2.5 m。
能力提升
8.如图,是两个单摆的振动图像,可知(　　)
A.甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2
B.t=4 s时,两单摆的回复力最大
C.甲、乙两个单摆的摆球质量之比为1∶2
D.甲摆球位移随时间变化的关系式为x=2sint cm
【答案】 D
【解析】 由题图可知,甲、乙两单摆的周期分别为 4 s 和8 s,根据公式T=2π,则甲、乙两个摆的摆长之比为 ==,故A错误;t=4 s时,两单摆处于平衡位置,该位置的回复力为零,故B错误;单摆的周期与摆球的质量无关,所以由题意无法得到两摆球的质量关系,故C错误;甲摆的振幅为 2 cm,周期为4 s,所以ω== rad/s,且零时刻处于平衡位置并开始向上运动,故甲摆球位移随时间变化的关系式为x=Asin(ωt+)=2sint cm,故D正确。
9.如图所示,光滑球面半径为R,A、B两点位于球面上等高处,它们距球面最低点O的距离远远小于R,在B点和O点之间放置一光滑直轨道,若将一小球分别由A、B两点由静止释放,小球从A点沿圆弧轨道运动到O点的时间为t1,小球从B点沿直轨道运动到O点的时间为t2,则t1∶t2为(　　)
A.π∶4 B.4∶π
C.π∶2 D.2∶π
【答案】 A
【解析】 如图所示,根据题意可得C点为圆心,OC的长为R,因此小球在OA上的运动可以看成摆长为R的单摆的运动,根据单摆运动规律可得 t1==×2π=;设CB连线与竖直方向的夹角为θ,由题意及几何关系可得,OB的长为L=2Rsin ,由受力分析可得,小球在OB上运动的加速度为a=gsin ,由题意可得t2==,则t1∶t2=π∶4,故A正确,B、C、D错误。
10.两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(　　)
A.3次 B.4次 C.5次 D.6次
【答案】 C
【解析】 先计算两球摆动的周期T1=2π=2 s,T2=2π=1 s。从B开始运动经,即 0.25 s 第一次相碰,并经,即1 s第二次相碰;再经,即0.5 s第三次相碰,可推证到第5次相碰共用时3.25 s,到第六次相碰共用时4.25 s,故经过4 s两球相碰的次数为5次。故选C。
11.一根细线一端固定,另一端系一密度为ρ=0.8×103 kg/m3的小球,组成一个单摆,其在空气中做简谐运动的周期 T=8 s。现将此单摆倒置于水中,将其拉开一个小角度后做简谐运动,如图所示。已知水的密度为 1.0×103 kg/m3,水和空气对小球的阻力可忽略,则小球在水中做简谐运动的周期为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.4 s B.8 s C.12 s D.16 s
【答案】 D
【解析】 单摆在空气中做简谐运动的周期T=2π=8 s,在水中做简谐运动的周期T′=2π,其中g′为小球摆动过程中的等效重力加速度,小球受到的重力 mg=ρgV,其等效重力mg′=(ρ水-ρ)Vg,联立解得T′=2π,代入数据得T′=16 s,故D正确。
12.如图甲所示,有一悬挂在O点的单摆,将小球(可视为质点)拉到A点后释放,小球在同一竖直平面内的A、B、C之间来回摆动。已知B点为小球运动中的最低点,A、C两点为小球运动中的最高点,摆角为α(α很小),在O点接有一力传感器。图乙表示从某时刻开始计时,由力传感器测出的细线对小球的拉力大小F随时间t变化的曲线。由力传感器测得最小拉力为F2,图中F2、t0已知,当地重力加速度大小为g,求:
(1)单摆的摆长l;
(2)小球的质量m;
(3)力传感器测出的拉力的最大值F1。
【答案】 (1)　(2)　(3)F2
【解析】 (1)由题图乙可知,摆球从A运动到C的时间 t0=,则单摆周期为T=2t0,根据单摆周期公式T=2π,
解得l=。
(2)小球在A点时拉力最小,则有F2=mgcos α,
解得m=。
(3)小球在B点时拉力最大,根据牛顿第二定律有
F1-mg=m,
小球从A到B过程,由动能定理得
mgl(1-cos α)=mv2,
解得F1=F2。

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