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　第4节　单摆
课程要求 学科素养
通过实验,探究单摆的周期与摆长的定量关系。知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系 物理观念 知道什么是单摆,初步形成单摆的回复力及周期的概念
科学思维 理解单摆振动的特点及其做简谐运动的条件;知道单摆周期的决定因素,掌握其周期公式
科学探究 能用实验探究影响单摆周期的因素,能定量探究单摆周期与摆长的关系
要点一　单摆的回复力
一、单摆
1.单摆模型
(1)由细线和小球组成。
(2)细线的质量和小球相比可以忽略。
(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细线的拉力相比，空气等对它的阻力可以忽略。
(5)单摆是实际摆的理想化模型。
2.摆动特点：在摆角很小时，位移—时间图线是一条正弦曲线，说明单摆的运动是简谐运动。
二、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。
2.回复力的特点
在偏角很小时，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。
如图所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使小球偏离竖直方向一个很小的夹角，然后由静止释放，小球在A、A'间来回摆动，不计空气的阻力。
(1)小球的平衡位置在哪里
(2)小球摆动过程中受到哪些力的作用 什么力提供向心力 什么力提供回复力
(3)小球经过平衡位置时回复力为0，合力也为0吗
提示：(1)小球静止时的位置O点为平衡位置。
(2)小球受重力和细线的拉力作用。细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力提供向心力。重力沿切线方向的分力提供回复力。
(3)小球经过平衡位置时，做圆周运动，其合力不为0。
　单摆做简谐运动的推证
(1)如图所示，摆球在任意位置P，则有向线段OP为此时的位移x，重力G沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供摆球以O点为平衡位置做往复运动的回复力。
(2)在偏角很小时，用弧度表示的θ与它的正弦sin θ近似相等，即sin θ≈θ=≈，因
此单摆的回复力可表示为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)，可以用一个常量k表示，由此知回复力符合F=-kx，单摆做简谐运动。
【例1】　如图所示，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 (　C　)
A.摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用
B.摆球在A点和C点处，速度为0，回复力也为0
C.摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
D.摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
【解析】　摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误;摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为0，回复力最大，合力不为0，在最低点B处，速度最大，回复力为0，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。
【例2】　(多选)如图所示为一单摆的振动图像，则 (　AD　)
A.t1和t3时刻摆线的拉力等大
B.t2和t3时刻摆球速度相等
C.t3时刻摆球速度正在减小
D.t4时刻摆线的拉力正在减小
【解析】　由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力大小相等，故A正确;t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为0，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球速度不相等，故B错误;t3时刻摆球正衡位置，速度正在增大，故C错误;t4时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，故D正确。
要点二　单摆的周期
1.探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响
(1)探究方法:控制变量法。
(2)实验结论:
①单摆振动的周期与摆球质量无关。
②振幅较小时周期与振幅无关。
③摆长越长，周期越大;摆长越短，周期越小。
2.定量探究单摆的周期与摆长的关系
(1)周期的测量:用停表测出单摆N(30~50)次全振动的时间t，利用T=计算它的周期。
(2)摆长的测量:用刻度尺测出细线长度l0，用游标卡尺测出小球直径D，利用l=l0+求出摆长。
(3)数据处理:改变摆长，测量不同摆长及对应周期，作出T-l、T-l2或T-图像，得出结论。
3.周期公式
(1)公式的提出:周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。
(2)公式:T=2π，即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。
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。如图所示，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动。请思考:
(1)摆针走时偏快应如何校准
(2)将一个走时准确的摆钟从福建移到北京，摆钟应如何校准
提示：(1)摆针走时偏快应调节螺母使圆盘沿摆杆下移。
(2)由纬度越高，g越大可知，需调节螺母使圆盘沿摆杆下移。
　对单摆周期公式的理解
1.成立条件：单摆偏角很小(偏角小于5°)。
2.影响因素：周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期。
3.对l、g的理解
(1)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离。
①普通单摆，摆长l=l'+，l'为摆线长，D为摆球直径。
②等效摆长:图(a)中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α，其周期T=2π。图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长;乙在纸面内小角度摆动时，其等效摆长等于丙摆的摆长。
(2)①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。
②等效重力加速度:一般情况下，公式中g的值等于摆球静止在平衡位置时，摆线的拉力与摆球质量的比值。
【例3】　如图所示，在悬点O的下方有一个光滑的销钉P，摆线OA=L，OP=L。质量为m的小球从A点由静止释放后在AB之间摆动，OA、OB与竖直方向的夹角均小于5°(图示做了放大处理)，重力加速度为g，忽略空气阻力，则小球摆动的周期为 (　D　)
A.2π B.π
C. D.
【解析】　根据单摆的周期公式T=2π，可得小球摆动的周期为T=(T1+T2)==，故选D。
【例4】　(多选)如图所示是两个理想单摆的振动图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法中正确的是 (　BD　)
A.t=4 s时，两单摆的回复力最大
B.甲、乙两个摆的摆长之比为1︰4
C.甲摆球在第1 s末和第3 s末合力相等
D.甲摆球位移随时间变化的关系式为x=2sin cm
【解析】　t=4 s时，两单摆处于平衡位置，该位置的回复力为0，故A错误;根据单摆的周期公式T=2π，可得甲、乙两个摆的摆长之比为==，故B正确;甲摆球在第1 s末和第3 s末都处于最大位移处，合力大小相等，方向不同，故C错误;由题图可知，甲摆的振幅为2 cm，周期为4 s，且0时刻位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=2sin cm，故D正确。
【例5】　一个在地球表面上做简谐运动的单摆，其振动图像如图甲所示，现将此单摆移至某一行星表面上，其简谐运动图像如图乙所示。取π2=10，地球表面重力加速度g1取10 m/s2，求:
(1)此单摆的摆长;
(2)在地球上将摆长缩短到原摆长的，此单摆的频率;
(3)该行星表面重力加速度g2。
【答案】　(1)1 m　(2)1 Hz　(3)2.5 m/s2
【解析】　(1)由题图甲知，单摆在地球表面上的振动周期T1=2 s，根据T1=2π，有L=，π2=10，g1取10 m/s2，代入数据解得L=1 m。
(2)当摆长缩短为时，周期T'1=2π=T1=1 s，此单摆的频率是f'1==1 Hz。
(3)由题图乙知，单摆在该行星表面上的振动周期T2=4 s，而T2=2π，得==，则g2==2.5 m/s2，所以该行星表面的重力加速度g2=2.5 m/s2。
要点三　单摆模型的拓展
1.类单摆模型
除了前面学习的单摆模型，有些物体的运动规律与单摆的运动类似，该类物体的运动即为类单摆模型。如图所示，在光滑圆弧面上来回滚动的小球，在圆弧半径R远大于运动弧长的情况下，小球的运动可以看成简谐运动，T=2π。
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。
情境 等效重力加速度
斜面 系统 g等效=gsin θ
超失重 系统 g等效=g-a
g等效=g+a
电场中 g等效=
g等效=
g等效=g
【例6】　如图(a)所示为辽宁抚顺地标性建筑——“生命之环”，一位学生欲运用所学物理知识估测其高度。测量的原理示意图如图(b)所示，他找来一个光滑小球，将其由“环”内壁上的P点(靠近最低点)由静止释放，则小球沿环内壁往返运动。某时刻小球到达P点时利用手机的秒表计时功能开始计时，此后小球第n次回到P点时停止计时，所测得的时间为t。已知当地的重力加速度为g，由此可知生命之环的高度约为 (　A　)
A. B.
C. D.
【解析】　根据单摆的周期公式可得T=2π，T=，所以R=，则生命之环的高度约为h=2R=，故选A。
【例7】　如图所示的几个相同单摆在不同条件下摆动，关于它们的周期关系，下列判断正确的是 (　C　)
A.T甲>T乙>T丙>T丁
B.T甲C.T甲>T乙=T丙>T丁
D.T甲【解析】　题图甲中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力mgsin θ为等效重力，即单摆的等效重力加速度g甲=gsin θ;题图乙中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力，即g乙=g;题图丙为标准单摆，则g丙=g;题图丁摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g丁=g+a，由单摆做简谐运动的周期公式知T甲>T乙=T丙>T丁，C正确。
1.(多选)关于单摆，下列说法中正确的是 (　AD　)
A.单摆振动的回复力是由重力沿圆弧切线方向的分力mgsin α提供，其中α是摆线与竖直方向之间的夹角
B.单摆的回复力是重力和摆线拉力的合力
C.单摆的摆球在平衡位置时(最低点)的加速度为0
D.单摆的振动周期在偏角很小的条件下跟振幅无关
解析：单摆运动的轨迹是一段圆弧，在摆动的过程中，摆球受重力mg和摆线的拉力FT两个力的作用，提供回复力的是重力沿圆弧切线方向的分力mgsin α，而不是重力和摆线拉力的合力，A正确，B错误;摆球在平衡位置时有向心加速度，加速度不为0，C错误;通常情况下单摆的振动不是简谐运动，只有在偏角很小的情况下才可近似为简谐运动，单摆做简谐运动的条件下，周期与振幅无关，D正确。
2.将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为α的斜面上，其摆角为θ，如图所示，下列说法正确的是 (　A　)
A.摆球做简谐运动的回复力为F=mgsin θsin α
B.摆球做简谐运动的回复力为F=mgsin θ
C.摆球经过平衡位置时合力为0
D.摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为F'=mgsin α
解析：摆球做简谐运动的回复力由重力沿斜面的分力沿圆弧的切向方向的分力来提供，则回复力为F=
mgsin θsin α，故A正确，B错误;摆球经过平衡位置时，回复力为0，向心力最大，故其合力不为0，故C错误;设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得mgsin α(l-lcos θ)=mv2，由牛顿第二定律得F'-mgsin α=m，由以上两式可得线的拉力为F'=3mgsin α-2mgsin αcos θ，故D错误。
3.有一单摆，其摆长l=1.02 m，摆球的质量m=0.10 kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次所用时间t=60.8 s。
(1)求当地的重力加速度的大小。
(2)如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变 改变多少。
答案：(1)9.79 m/s2　(2)缩短　0.027 m
解析：(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式T=2π，由此可得g=，只要求出T值代入即可，因为T== s≈2.027 s，所以g=≈ m/s2≈9.79 m/s2。
(2)秒摆的周期是2 s，设其摆长为l0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有=，故有l0== m≈0.993 m，其摆长要缩短，缩短量Δl=l-l0=1.02 m-0.993 m=0.027 m。
课时作业14
(总分:50分)
1.(5分)如图所示，荡秋千在小幅度摆动时可简化为单摆做简谐运动，其等效“摆球”的质量为m、摆长为l，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是 (　D　)
A.人和踏板整体受重力、弹力、回复力的作用
B.经过最低点时人与踏板均处于平衡状态
C.人与踏板通过最高点时，合力等于0
D.荡秋千的周期为2π
解析：人和踏板整体只受重力和弹力，重力沿切向的分力提供回复力，故A错误;经过最低点时人与踏板有向心加速度，不是平衡状态，故B错误;人与踏板通过最高点时，速度为0，则向心力为0，即沿径向的力等于0，但沿切向的力最大，提供回复力，故合力不为0，故C错误;因荡秋千在小幅度摆动时可简化为单摆做简谐运动，则其周期满足单摆的周期T=2π，故D正确。
2.(5分)如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器可在竖直面内摆动，且在摆动过程中能持续向下流出一细束墨水。沿着与注射器摆动平面垂直的方向匀速拖动一张硬纸板，摆动的注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。注射器喷嘴到硬纸板的距离很小，且摆动中注射器重心的高度变化可忽略不计。若按图乙所示建立xOy坐标系，则硬纸板上的墨迹所呈现的图样可视为注射器振动的图像。关于图乙所示的图像，下列说法中正确的是 (　C　)
A.x轴表示拖动硬纸板的速度
B.y轴表示注射器振动的速度
C.匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期的2倍
D.拖动硬纸板的速度增大，可使注射器振动的周期变短
解析：注射器振动周期一定，根据硬纸板上记录的完整振动图像的个数可确定出时间长短，所以硬纸板上x轴的坐标代表时间，故A错误;硬纸板上与x轴垂直的坐标是变化的，代表了注射器的位移，故B错误;由题图乙可知，注射器恰好完成两次全振动，所以拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动周期的2倍，故C正确;注射器振动周期与拖动硬纸板的速度无关，拖动硬纸板的速度增大，注射器振动周期不改变，故D错误。
3.(5分)惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙为摆钟的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，调节螺母可以使摆杆上的圆盘上下移动。在黄山山脚走时准确的摆钟移到黄山山顶(未做其他调整)，摆钟摆动变慢了，下列说法正确的是 (　B　)
A.黄山山顶的重力加速度较小，若要调准摆钟可将螺母适当向下移动
B.黄山山顶的重力加速度较小，若要调准摆钟可将螺母适当向上移动
C.黄山山顶的重力加速度较大，若要调准摆钟可将螺母适当向下移动
D.黄山山顶的重力加速度较大，若要调准摆钟可将螺母适当向上移动
解析：由题意可知摆钟由黄山山脚移到黄山山顶时周期变大，根据单摆周期公式T=2π，可知山顶的重力加速度较小，为调准摆钟，使摆钟的周期适当变短，需要适当减小摆长，应将螺母适当向上移动，故A、C、D错误，B正确。
4.(5分)(多选)将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行(图甲)，让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为l。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a-t关系图像，如图乙所示。则以下说法不正确的是 (　AC　)
A.忽略空气阻力，秋千的回复力由重力和拉力的合力提供
B.当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力大于手机所受的重力
C.秋千摆动的周期为t2-t1
D.该地的重力加速度g=
解析：忽略空气阻力，秋千的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，故A错误;当秋千摆至最低点时，有N-mg=，可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，故B正确;秋千摆动到最高点时，垂直手机平面方向的加速度(向心加速度)为0，根据题图乙可得秋千摆动的周期为T=t3-t1，根据单摆的周期公式有T=2π，可得g=，故C错误，D正确。
5.(5分)已知火星的质量为地球质量的，火星的半径为地球半径的，在地球上秒摆的周期为2 s，则该秒摆在火星上的周期为 (　B　)
A.3 s B. s
C.2 s D.2 s
解析：设地球质量为M、半径为R，则火星质量为0.1M、半径为0.5R，根据GM=gR2，可知0.1GM=g火R2，解得g火=0.4g，地球上秒摆的周期T地=2π=2 s，在火星上时T火=2π=T地= s，故选B。
6.(5分)(多选)滑板运动非常有趣。如图所示，某同学踩着滑板在弧形轨道的内壁来回滑行，若人和滑板的运动可视为简谐运动，设该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同的最高点，则 (　BD　)
A.站在滑板上运动时周期比较大
B.站在滑板上运动时周期比较小
C.站着运动到最低点时的速度比较小
D.站着运动到最低点时的速度比较大
解析：根据题意，人和滑板的运动可视为简谐运动，该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同的最高点，由T=2π，可知当人站起来时，重心向上移，相当于摆长l变短，则周期T变小，故A错误，B正确;因为站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同的最高点，而当人站起来时周期变小，通过相等的弧长时，周期越小，速度越大，故C错误，D正确。
7.(5分)如图所示，有一半径为R的光滑小圆槽AB固定在水平面上，其中，A、B两点连线与水平面夹角为α(α<5°)，整个装置置于竖直向下电场强度为E=的匀强电场中，一个质量为m的小球(可视为质点)，带正电且带电荷量为q。从A点静止释放，重力加速度为g，则小球由A运动到B的时间为 (　B　)
A. B.
C. D.
解析：因为A、B两点连线与水平面夹角为α(α<5°)，故可以看成小球做单摆运动，由单摆运动的周期公式可得T=2π，又整个装置置于竖直向下电场强度为E=的匀强电场中，所以，小球在电场中的加速度为mg+qE=ma，解得a=2g，则小球由A运动到B的时间为t==×2π=，A、C、D错误，B正确。
8.(5分)如图所示，三根长度均为L的轻细绳a、b、c组合系住一质量分布均匀且带正电的小球，球的质量为m、直径为d(d L)，带电荷量为q，绳b、c与天花板的夹角α=30°，空间中存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度E=，重力加速度为g，现将小球拉开小角度后由静止释放，则 (　B　)
A.若小球在纸面内做小角度的左右摆动，则周期为π
B.若小球做垂直于纸面的小角度摆动，则周期为π
C.小球经过平衡位置时所受合力为0
D.无论小球如何摆动，电场力都不做功
解析：若小球在纸面内做小角度的左右摆动，即以O'为圆心做简谐运动，则摆长为l=L+，电场和重力场合成等效重力场，等效重力加速度为2g，振动的周期为T1=2π=2π=π，故A错误;若小球做垂直于纸面的小角度摆动，即以O为圆心做简谐运动，摆长l'=L+Lsin α+，振动周期为T2=2π=2π=π，故B正确;小球经过平衡位置时速度最大，有向心加速度，所受合力不为0，故C错误;小球摆动过程中，沿电场力方向存在位移，故电场力做功，故D错误。
9.(5分)如图甲所示，假设航天员登上月球后做了个圆锥摆运动实验，测得摆球在t时间内转了n圈，用尺子测量悬点与球心的高度差为h，然后让此摆球做单摆运动，作出的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是 (　C　)
A.月球表面的重力加速度为
B.单摆的周期为
C.单摆的摆长为
D.做单摆运动时，0~T时间内摆球走过的路程为11A
解析：设圆锥摆的摆线与竖直方向的夹角为θ，由题意可得圆锥摆的周期为T1=，对圆锥摆受力分析，由牛顿第二定律可得mg月tan θ=mr，由几何关系可得=tan θ，解得g月=，故A错误;由题图乙可知摆球做单摆运动的周期为T，设摆长为L，则有T=2π，解得L=，故B错误，C正确;由题图乙可知单摆的振幅为A，且从最大位移处开始振动，则0~T时间内摆球走过的路程为s=×4A=22A，故D错误。
10.(5分)(多选)如图所示，在一个水平放置的槽中，小球自A点以沿AD方向的初速度v开始运动，已知圆弧AB=0.9 m，AB圆弧的半径R=10 m，AD=10 m，A、B、C、D在同一水平面内，小球半径远小于R，不计摩擦，重力加速度g取10 m/s2，欲使小球恰好能通过C点，则其初速度的大小可能是 (　AC　)
A. m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
解析：小球自A点以沿AD方向的初速度v开始运动，把小球的运动进行分解，一个是水平方向的匀速直线运动，一个是在竖直面内的单摆，根据单摆周期公式有T=2π=2π s，小球自A点运动到C点，在竖直面内运动的时间为t=(2n+1)=(2n+1)π s(n=0，1，2，3，…)，由于运动的等时性，所以初速度为v== m/s(n=0，1，2，3，…)，当n=0时，则v1= m/s;当n=1时，则v2= m/s，故选A、C。(共63张PPT)
第二章　机械振动
第4节　单摆
核心要点 点点过
1
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即时演练 堂堂清
2
课时作业14
3
课程要求 学科素养
通过实验,探究单摆的周期与摆长的定量关系。知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系 物理观念 知道什么是单摆,初步形成单摆的回复力及周期的概念
科学思维 理解单摆振动的特点及其做简谐运动的条件;知道单摆周期的决定因素,掌握其周期公式
科学探究 能用实验探究影响单摆周期的因素,能定量探究单摆周期与摆长的关系
核心要点 点点过
一、单摆
1.单摆模型
(1)由细线和小球组成。
(2)细线的质量和小球相比可以忽略。
(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细线的拉力相比，空气等对它的阻力可以忽略。
(5)单摆是实际摆的理想化模型。
2.摆动特点：在摆角很小时，位移—时间图线是一条正弦曲线，说明单摆的运动是简谐运动。
要点一　单摆的回复力
小球
可以忽略
可以忽略
可以忽略
理想化
简谐运动
二、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。
2.回复力的特点
在偏角很小时，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。
圆弧切线
正比
平衡位置
-x
如图所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使小球偏离竖直方向一个很小的夹角，然后由静止释放，小球在A、A'间来回摆动，不计空气的阻力。
(1)小球的平衡位置在哪里
(2)小球摆动过程中受到哪些力的作用 什么力提供向心力 什么力提供回复力
(3)小球经过平衡位置时回复力为0，合力也为0吗
提示：(1)小球静止时的位置O点为平衡位置。
(2)小球受重力和细线的拉力作用。细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力提供向心力。重力沿切线方向的分力提供回复力。
(3)小球经过平衡位置时，做圆周运动，其合力不为0。
　单摆做简谐运动的推证
(2)在偏角很小时，用弧度表示的θ与它的正弦sin θ近似相等，即
sin θ≈θ=≈，因此单摆的回复力可表示为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)，可以用一个常量k表示，由此知回复力符合F=-kx，单摆做简谐运动。
(1)如图所示，摆球在任意位置P，则有向线段OP为此时的位移x，重力G沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供摆球以O点为平衡位置做往复运动的回复力。
【例1】　如图所示，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.摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用
B.摆球在A点和C点处，速度为0，回复力也为0
C.摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
D.摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
C
【解析】　摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误;摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为0，回复力最大，合力不为0，在最低点B处，速度最大，回复力为0，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。
【例2】　(多选)如图所示为一单摆的振动图像，则 (　 　)
A.t1和t3时刻摆线的拉力等大
B.t2和t3时刻摆球速度相等
C.t3时刻摆球速度正在减小
D.t4时刻摆线的拉力正在减小
AD
【解析】　由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力大小相等，故A正确;t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为0，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球速度不相等，故B错误;t3时刻摆球正衡位置，速度正在增大，故C错误;t4时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，故D正确。
1.探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响
(1)探究方法:控制变量法。
(2)实验结论:
①单摆振动的周期与摆球质量无关。
②振幅较小时周期与振幅无关。
③摆长越长，周期越大;摆长越短，周期越小。
要点二　单摆的周期
控制变量
无关
无关
越大
越小
2.定量探究单摆的周期与摆长的关系
(1)周期的测量:用停表测出单摆N(30~50)次全振动的时间t，利用T=计算它的周期。
(2)摆长的测量:用刻度尺测出细线长度l0，用游标卡尺测出小球直径D，利用l=l0+求出摆长。
(3)数据处理:改变摆长，测量不同摆长及对应周期，作出T-l、T-l2或T-图像，得出结论。
刻度尺
游标卡尺
l0+
摆长
摆长
3.周期公式
(1)公式的提出:周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。
(2)公式:T=2π，即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。
惠更斯
2π
正比
反比
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。如图所示，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动。请思考:
(1)摆针走时偏快应如何校准
(2)将一个走时准确的摆钟从福建移到北京，摆钟应如何校准
提示：(1)摆针走时偏快应调节螺母使圆盘沿摆杆下移。
(2)由纬度越高，g越大可知，需调节螺母使圆盘沿摆杆下移。
　对单摆周期公式的理解
1.成立条件：单摆偏角很小(偏角小于5°)。
2.影响因素：周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期。
3.对l、g的理解
(1)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离。
①普通单摆，摆长l=l'+，l'为摆线长，D为摆球直径。
②等效摆长:图(a)中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α，其周期T=2π。图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长;乙在纸面内小角度摆动时，其等效摆长等于丙摆的摆长。
(2)①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。
②等效重力加速度:一般情况下，公式中g的值等于摆球静止在平衡位置时，摆线的拉力与摆球质量的比值。
【例3】　如图所示，在悬点O的下方有一个光滑的销钉P，摆线OA=L，OP=L。质量为m的小球从A点由静止释放后在AB之间摆动，OA、OB与竖直方向的夹角均小于5°(图示做了放大处理)，重力加速度为g，忽略空气阻力，则小球摆动的周期为(　　)
A.2π B.π
C. D.
D
【解析】　根据单摆的周期公式T=2π，可得小球摆动的周期为T=(T1+T2)==，故选D。
【例4】　(多选)如图所示是两个理想单摆的振动图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法中正确的是 (　 　)
A.t=4 s时，两单摆的回复力最大
B.甲、乙两个摆的摆长之比为1︰4
C.甲摆球在第1 s末和第3 s末合力相等
D.甲摆球位移随时间变化的关系式为x=2sin cm
BD
【解析】　t=4 s时，两单摆处于平衡位置，该位置的回复力为0，故A错误;根据单摆的周期公式T=2π，可得甲、乙两个摆的摆长之比为==，故B正确;甲摆球在第1 s末和第3 s末都处于最大位移处，合力大小相等，方向不同，故C错误;由题图可知，甲摆的振幅为2 cm，周期为4 s，且0时刻位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=2sin cm，故D正确。
【例5】　一个在地球表面上做简谐运动的单摆，其振动图像如图甲所示，现将此单摆移至某一行星表面上，其简谐运动图像如图乙所示。取π2=10，地球表面重力加速度g1取10 m/s2，求:
(1)此单摆的摆长;
【答案】　(1)1 m　
【解析】　(1)由题图甲知，单摆在地球表面上的振动周期T1=2 s，根据T1=2π，有L=，π2=10，g1取10 m/s2，代入数据解得L=1 m。
(2)在地球上将摆长缩短到原摆长的，此单摆的频率;
【答案】　(2)1 Hz　
【解析】　(2)当摆长缩短为时，周期T'1=2π=T1=1 s，此单摆的频率是f'1==1 Hz。
(3)该行星表面重力加速度g2。
【答案】　(3)2.5 m/s2
【解析】　(3)由题图乙知，单摆在该行星表面上的振动周期T2=4 s，而T2=2π，得==，则g2==2.5 m/s2，所以该行星表面的重力加速度g2=2.5 m/s2。
1.类单摆模型
除了前面学习的单摆模型，有些物体的运动规律与单摆的运动类似，该类物体的运动即为类单摆模型。如图所示，在光滑圆弧面上来回滚动的小球，在圆弧半径R远大于运动弧长的情况下，小球的运动可以看成简谐运动，T=2π。
要点三　单摆模型的拓展
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。
情境 等效重力加速度
斜面 系统 g等效=gsin θ
超失重 系统 g等效=g-a
g等效=g+a
情境 等效重力加速度
电场中 g等效=
g等效=
g等效=g
【例6】　如图(a)所示为辽宁抚顺地标性建筑——“生命之环”，一位学生欲运用所学物理知识估测其高度。测量的原理示意图如图(b)所示，他找来一个光滑小球，将其由“环”内壁上的P点(靠近最低点)由静止释放，则小球沿环内壁往返运动。某时刻小球到达P点时利用手机的秒表计时功能开始计时，此后小球第n次回到P点时停止计时，所测得的时间为t。已知当地的重力加速度为g，由此可知生命之环的高度约为 (　　)
A. B.
C. D.
A
【解析】　根据单摆的周期公式可得T=2π，T=，所以R=，则生命之环的高度约为h=2R=，故选A。
【例7】　如图所示的几个相同单摆在不同条件下摆动，关于它们的周期关系，下列判断正确的是 (　　)
A.T甲>T乙>T丙>T丁
B.T甲C.T甲>T乙=T丙>T丁
D.T甲C
【解析】　题图甲中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力
mgsin θ为等效重力，即单摆的等效重力加速度g甲=gsin θ;题图乙中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力，即g乙=g;题图丙为标准单摆，则g丙=g;题图丁摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g丁=g+a，由单摆做简谐运动的周期公式知T甲>T乙=T丙>T丁，C正确。
即时演练 堂堂清
1.(多选)关于单摆，下列说法中正确的是 (　 　)
A.单摆振动的回复力是由重力沿圆弧切线方向的分力mgsin α提供，其中α是摆线与竖直方向之间的夹角
B.单摆的回复力是重力和摆线拉力的合力
C.单摆的摆球在平衡位置时(最低点)的加速度为0
D.单摆的振动周期在偏角很小的条件下跟振幅无关
AD
解析：单摆运动的轨迹是一段圆弧，在摆动的过程中，摆球受重力mg和摆线的拉力FT两个力的作用，提供回复力的是重力沿圆弧切线方向的分力mgsin α，而不是重力和摆线拉力的合力，A正确，B错误;摆球在平衡位置时有向心加速度，加速度不为0，C错误;通常情况下单摆的振动不是简谐运动，只有在偏角很小的情况下才可近似为简谐运动，单摆做简谐运动的条件下，周期与振幅无关，D正确。
2.将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为α的斜面上，其摆角为θ，如图所示，下列说法正确的是 (　　)
A.摆球做简谐运动的回复力为F=mgsin θsin α
B.摆球做简谐运动的回复力为F=mgsin θ
C.摆球经过平衡位置时合力为0
D.摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为F'=mgsin α
A
解析：摆球做简谐运动的回复力由重力沿斜面的分力沿圆弧的切向方向的分力来提供，则回复力为F=mgsin θsin α，故A正确，B错误;摆球经过平衡位置时，回复力为0，向心力最大，故其合力不为0，故C错误;设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得mgsin α(l-lcos θ)=mv2，由牛顿第二定律得F'-mgsin α=m，由以上两式可得线的拉力为F'=3mgsin α-2mgsin αcos θ，故D错误。
3.有一单摆，其摆长l=1.02 m，摆球的质量m=0.10 kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次所用时间t=60.8 s。
(1)求当地的重力加速度的大小。
答案：(1)9.79 m/s2　
解析：(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式T=2π，由此可得g=，只要求出T值代入即可，因为T== s≈2.027 s，所以g=≈ m/s2≈9.79 m/s2。
(2)如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变 改变多少。
答案：(2)缩短　0.027 m
解析：(2)秒摆的周期是2 s，设其摆长为l0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有=，故有l0== m≈0.993 m，其摆长要缩短，缩短量Δl=l-l0=1.02 m-0.993 m=0.027 m。
课时作业14

1.(5分)如图所示，荡秋千在小幅度摆动时可简化为单摆做简谐运动，其等效“摆球”的质量为m、摆长为l，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　 　)
A.人和踏板整体受重力、弹力、回复力的作用
B.经过最低点时人与踏板均处于平衡状态
C.人与踏板通过最高点时，合力等于0
D.荡秋千的周期为2π
D
解析：人和踏板整体只受重力和弹力，重力沿切向的分力提供回复力，故A错误;经过最低点时人与踏板有向心加速度，不是平衡状态，故B错误;人与踏板通过最高点时，速度为0，则向心力为0，即沿径向的力等于0，但沿切向的力最大，提供回复力，故合力不为0，故C错误;因荡秋千在小幅度摆动时可简化为单摆做简谐运动，则其周期满足单摆的周期T=2π，故D正确。
2.(5分)如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器可在竖直面内摆动，且在摆动过程中能持续向下流出一细束墨水。沿着与注射器摆动平面垂直的方向匀速拖动一张硬纸板，摆动的注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。注射器喷嘴到硬纸板的距离很小，且摆动中注射器重心的高度变化可忽略不计。若按图乙所示建立xOy坐标系，则硬纸板上的墨迹所呈现的图样可视为注射器振动的图像。关于图乙所示的图像，下列说法中正确的是 (　　)
C
A.x轴表示拖动硬纸板的速度
B.y轴表示注射器振动的速度
C.匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期的2倍
D.拖动硬纸板的速度增大，可使注射器振动的周期变短
解析：注射器振动周期一定，根据硬纸板上记录的完整振动图像的个数可确定出时间长短，所以硬纸板上x轴的坐标代表时间，故A错误;硬纸板上与x轴垂直的坐标是变化的，代表了注射器的位移，故B错误;由题图乙可知，注射器恰好完成两次全振动，所以拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动周期的2倍，故C正确;注射器振动周期与拖动硬纸板的速度无关，拖动硬纸板的速度增大，注射器振动周期不改变，故D错误。
A.黄山山顶的重力加速度较小，若要调准摆钟可将螺母适当向下移动
B.黄山山顶的重力加速度较小，若要调准摆钟可将螺母适当向上移动
C.黄山山顶的重力加速度较大，若要调准摆钟可将螺母适当向下移动
D.黄山山顶的重力加速度较大，若要调准摆钟可将螺母适当向上移动
B
3.(5分)惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙为摆钟的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，调节螺母可以使摆杆上的圆盘上下移动。在黄山山脚走时准确的摆钟移到黄山山顶(未做其他调整)，摆钟摆动变慢了，下列说法正确的是 (　　)
解析：由题意可知摆钟由黄山山脚移到黄山山顶时周期变大，根据单摆周期公式T=2π，可知山顶的重力加速度较小，为调准摆钟，使摆钟的周期适当变短，需要适当减小摆长，应将螺母适当向上移动，故A、C、D错误，B正确。
4.(5分)(多选)将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行(图甲)，让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为l。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a-t关系图像，如图乙所示。则以下说法不正确的是 (　 　)
A.忽略空气阻力，秋千的回复力由重力和拉力的合力提供
B.当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力大于手机所受的重力
C.秋千摆动的周期为t2-t1
D.该地的重力加速度g=
AC
解析：忽略空气阻力，秋千的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，故A错误;当秋千摆至最低点时，有N-mg=，可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，故B正确;秋千摆动到最高点时，垂直手机平面方向的加速度(向心加速度)为0，根据题图乙可得秋千摆动的周期为T=t3-t1，根据单摆的周期公式有T=2π，可得g=，故C错误，D正确。
5.(5分)已知火星的质量为地球质量的，火星的半径为地球半径的，在地球上秒摆的周期为2 s，则该秒摆在火星上的周期为(　　)
A.3 s B. s
C.2 s D.2 s
解析：设地球质量为M、半径为R，则火星质量为0.1M、半径为0.5R，根据GM=gR2，可知0.1GM=g火R2，解得g火=0.4g，地球上秒摆的周期T地=2π=2 s，在火星上时T火=2π=T地= s，故选B。
B
6.(5分)(多选)滑板运动非常有趣。如图所示，某同学踩着滑板在弧形轨道的内壁来回滑行，若人和滑板的运动可视为简谐运动，设该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同的最高点，则 (　 　)
A.站在滑板上运动时周期比较大
B.站在滑板上运动时周期比较小
C.站着运动到最低点时的速度比较小
D.站着运动到最低点时的速度比较大
BD
解析：根据题意，人和滑板的运动可视为简谐运动，该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同的最高点，由T=2π，可知当人站起来时，重心向上移，相当于摆长l变短，则周期T变小，故A错误，B正确;因为站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同的最高点，而当人站起来时周期变小，通过相等的弧长时，周期越小，速度越大，故C错误，D正确。
7.(5分)如图所示，有一半径为R的光滑小圆槽AB固定在水平面上，其中，A、B两点连线与水平面夹角为α(α<5°)，整个装置置于竖直向下电场强度为E=的匀强电场中，一个质量为m的小球(可视为质点)，带正电且带电荷量为q。从A点静止释放，重力加速度为g，则小球由A运动到B的时间为(　　)
A.　B.　C.　D.
B
解析：因为A、B两点连线与水平面夹角为α(α<5°)，故可以看成小球做单摆运动，由单摆运动的周期公式可得T=2π，又整个装置置于竖直向下电场强度为E=的匀强电场中，所以，小球在电场中的加速度为mg+qE=ma，解得a=2g，则小球由A运动到B的时间为t==×2π=，A、C、D错误，B正确。
8.(5分)如图所示，三根长度均为L的轻细绳a、b、c组合系住一质量分布均匀且带正电的小球，球的质量为m、直径为d(d L)，带电荷量为q，绳b、c与天花板的夹角α=30°，空间中存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度E=，重力加速度为g，现将小球拉开小角度后由静止释放，则(　　　)
A.若小球在纸面内做小角度的左右摆动，则周期为π
B.若小球做垂直于纸面的小角度摆动，则周期为π
C.小球经过平衡位置时所受合力为0
D.无论小球如何摆动，电场力都不做功
B
解析：若小球在纸面内做小角度的左右摆动，即以O'为圆心做简谐运动，则摆长为l=L+，电场和重力场合成等效重力场，等效重力加速度为2g，振动的周期为T1=2π=2π=π，故A错误;若小球做垂直于纸面的小角度摆动，即以O为圆心做简谐运动，摆长l'=L+Lsin α+，振动周期为T2=2π=2π=π，故B正确;小球经过平衡位置时速度最大，有向心加速度，所受合力不为0，故C错误;小球摆动过程中，沿电场力方向存在位移，故电场力做功，故D错误。
9.(5分)如图甲所示，假设航天员登上月球后做了个圆锥摆运动实验，测得摆球在t时间内转了n圈，用尺子测量悬点与球心的高度差为h，然后让此摆球做单摆运动，作出的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是 (　　)
A.月球表面的重力加速度为
B.单摆的周期为
C.单摆的摆长为
D.做单摆运动时，0~T时间内摆球走过的路程为11A
C
解析：设圆锥摆的摆线与竖直方向的夹角为θ，由题意可得圆锥摆的周期为T1=，对圆锥摆受力分析，由牛顿第二定律可得mg月tan θ=mr，由几何关系可得=tan θ，解得g月=，故A错误;由题图乙可知摆球做单摆运动的周期为T，设摆长为L，则有T=2π，解得L=，故B错误，C正确;由题图乙可知单摆的振幅为A，且从最大位移处开始振动，则0~T时间内摆球走过的路程为s=×4A=22A，故D错误。

10.(5分)(多选)如图所示，在一个水平放置的槽中，小球自A点以沿AD方向的初速度v开始运动，已知圆弧AB=0.9 m，AB圆弧的半径R=10 m，AD=10 m，A、B、C、D在同一水平面内，小球半径远小于R，不计摩擦，重力加速度g取10 m/s2，欲使小球恰好能通过C点，则其初速度的大小可能是(　　　　)
A. m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
AC
解析：小球自A点以沿AD方向的初速度v开始运动，把小球的运动进行分解，一个是水平方向的匀速直线运动，一个是在竖直面内的单摆，根据单摆周期公式有T=2π=2π s，小球自A点运动到C点，在竖直面内运动的时间为t=(2n+1)=(2n+1)π s(n=0，1，2，3，…)，由于运动的等时性，所以初速度为v== m/s(n=0，1，2，3，…)，当n=0时，则v1= m/s;当n=1时，则v2= m/s，故选A、C。
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