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人教版 (新课标)选修3选修3-4第十一章 机械振动4 单摆学案及答案
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第4节 单摆 新知预习 1.单摆 （1）单摆由摆线和摆球构成，摆线要求是____________，线长比物体的直径____________，摆球应用密度大的实心球. （2）单摆在振幅很小即偏角很小（一般θ＜10°）时做____________运动. （3）单摆的回复力由____________提供，方向指向平衡位置. 2.单摆的周期 （1）单摆的等时性是____________首先发现的，周期公式是____________首先提出的. （2）单摆的周期T与____________、摆球的____________无关，但与____________________有关，摆长越长，周期越____________. （3）单摆的周期公式T=__________，秒摆的周期为__________ s，摆长约为__________ m. 3.用单摆测重力加速度 （1）原理：由单摆周期公式得g=____________. （2）测周期时，应从摆球经过____________时开始计时，需测30次至50次__________时间，取平均值计算. （3）处理数据的方法 ①用平均值法处理数据，得到各组重力加速度值，则g=____________. ②用图象法处理实验数据：以T2为横坐标，L为纵坐标，则图象的斜率k=____________. 典题·热题 知识点一 单摆模型 例1单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是 …( ) A.摆线质量不计 B.摆线长度不伸缩 C.摆球的直径比摆线长度短得多 D.主要是单摆的运动就是一种简谐运动 解析：单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩，A、B、C三项正确.但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小（θ＜10°）的情况下才能视单摆运动为简谐运动. 答案：ABC 例2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的位移为A（A为振幅），经过正向最大位移处又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力 C.单摆摆球的回复力是摆球重力沿运动轨迹切线方向的分力 D.单摆摆球经过平衡位置时加速度为零 解析：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，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，合力沿摆线方向的分力提供向心力，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（摆球到最高点时，向心力不为零，回复力最大，合力也不为零）. 答案：C 深化升华 做简谐运动的物体在平衡位置处回复力为零，但合外力不一定为零，因此不能说平衡位置就是受力平衡的位置.弹簧振子经过平衡位置时所受合力为零，故加速度为零，但单摆经过平衡位置时合力不为零，只是回复力为零.所以存在加速度，即向心加速度. 知识点二 单摆的周期公式 例3一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减为原来的一半，则单摆的( ) A.频率不变，振幅不变 B.频率不变，振幅改变 C.频率改变，振幅不变 D.频率改变，振幅不变 解析：决定单摆周期的是摆长和当地的重力加速度，与质量无关，与单摆的运动速度也无关.当然频率也与质量和速度无关，所以选项C、D错误.决定振幅的是外来因素.反映在单摆的运动中，可以从能量去考虑，在平衡位置（即最低点）时的动能.当质量增为原来的4倍，速度减为原来的一半时，动能不变，最高点的重力势能也不变.但是又因第二次摆球的质量增大了（实际上单摆已经变成另一个摆动过程了），势能不变，质量变大了，摆动的竖直高度就一定变小了，也就是说，振幅变小了. 答案：B 方法归纳 本题的分析解答提醒我们：一是要考虑全面，本题中的质量和速度两因素的变化对确定的单摆振动究竟会产生怎样的影响，要进行全面分析；二是分析问题时要有充分的理论依据，如本题中决定单摆振动的频率的因素应以周期公式为依据，而不能以速度判定振动的快慢，振幅应以动能和势能之间的相互转化为依据. 例4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次用的时间t=60.8 s，试求： （1）当地的重力加速度是多大？ （2）如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？ 解析：用振动30次的时间，计算出周期，再利用单摆的周期公式变形后可解得当地的重力加速度.要改为秒摆，需要改变摆长，是周期变成2 s. 答案：（1）当单摆做简谐运动时，其周期公式 T=2π，由此可得g=4π 2l/T2，只要求出T值代入即可. 因为T== s=2.027 s， 所以g=4π2l/T2=(4×3.142×1.02)/2.0272 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Δl=l-l0=1. 02 m-0.993 m=0.027 m. 方法归纳 单摆的周期公式T=2π是在当单摆的最大偏角小于10°，单摆的振动是在简谐运动的条件下才适用的。改变单摆的摆长能改变单摆的周期，同一单摆在重力加速度不同的两地周期也不相同，单摆的周期与单摆的振幅无关，与摆球的质量也无关，另外根据周期公式的变形式g=还可以测重力加速度. 知识点三 单摆周期公式与匀变速直线运动结合 例5将一水平木板从一沙摆（可视为简谐运动的单摆）下面以a=0.2 m/s2的加速度匀加速地水平抽出，板上留下的沙迹如图11-4-2所示，量得=4 cm,=9 cm,=14 cm，试求沙摆的振动周期和摆长.（g=10 m/s2） 图11-4-2 解析：根据单摆振动的等时性得到、、三段位移所用的时间相同，由匀变速直线运动规律Δs=aT2计算可得. 答案：由Δs=aT2 T==s=0.5 s 振动周期T′=2T=1 s 由单摆公式T=2π得 L==0.25 m. 知识点四 等效重力加速度 例6试确定下列几个摆球在平衡位置附近来回振动的周期. （1）如图11-4-3甲所示.悬挂在水平横梁上的双线摆球.摆线长为l，摆线与水平横梁夹角θ； （2）如图11-4-3乙所示.光滑斜面上的摆球.斜面倾角为θ，摆线长为l； （3）如图11-4-3丙所示.悬挂在升降机中的单摆，摆长为l，升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动. 图11-4-3 解析：（1）双线摆在垂直于纸面的竖直面里做简谐运动，等效摆长为lsinθ，故振动周期为T=2π； （2）摆球在光滑的斜面上来回振动，回复力由小球重力沿斜面向下的分力mgsinθ决定，等效重力加速度为gsinθ，其振动周期为T=2π； （3）升降机竖直向上做匀加速运动时，摆球“超重”，回复力由m(g+a)决定，等效重力加速度为g+a，摆球振动周期为T=2π. 答案：（1）T=2π （2）T=2π （3）T=2π 方法归纳 当实际摆不是理想单摆时，可以通过等效变换将其转换为理想单摆，在利用公式T=2π计算周期时，l对应等效摆长，ｇ对应等效重力加速度.等效重力加速度的求法是：假设摆球不振动，静止时绳子的拉力对应等效重力，其对应的加速度即为等效重力加速度. 知识点五 类单摆问题 例7 如图11-4-4所示，光滑的半球壳半径为R,O点在球心的正下方，一小球由距O点很近的A点由静止放开，同时在O点正上方有一小球自由落下，若运动中阻力不计，为使两球在O点相碰，小球由多高处自由落下（＜＜）. 图11-4-4 解析：球由点开始沿球内表面运动时，只受重力和支持力作用，等效为单摆的运动，因为OA＜＜R,所以球自A点释放后做简谐运动，要使两球在O点相碰，两者到O点的运动时间相等. 答案：小球由A点由静止释放运动到O点的时间为（2n-1）,n=1,2,3，…，由于O点正上方自由落下的小球到O的时间也为(2n-1)时两球才能在O点相碰，所以 h=gt2=g(2n-1)2=(n=1,2,3，…) 方法归纳 解此题关键在于沿光滑圆弧运动的小球运动性质，小球受重力、轨道支持力，此支持力类似单摆中的摆线拉力，故此装置可称为类单摆，其周期为2π，R为等效摆长. 自主广场 我夯基我达标 1.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1.6 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 思路解析：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两摆的周期之比为：，由单摆周期公式T=2π得：，据题设Lb-La=1.6 m，联立解得La=0.9 m，Lb=2.5 m. 答案：B 2.在一个单摆装置中，摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，由此摆球的周期将（ ) A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 思路解析：单摆小角度摆动，做简谐运动的周期为T=2π，式中l为摆长，其值为悬点到摆动物体重心之间的距离，当小球装满水时，重心在球心，水流完后，重心也在球心，但水刚流出过程中重心要降低，因此，在水的整个流出过程中，重心位置先下降后上升，即摆长l先增大后减小，所以摆动周期将先增大后减小. 答案：C 3.若单摆的摆长不变，摆球质量变为原来的2倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的1/2，则该单摆振动的（ ) A.频率变大，振幅变小 B.频率变小，振幅变大 C.频率不变，振幅变小 D.频率不变，振幅变大 思路解析：当摆球质量变为原来的2倍，经过平衡位置的速度减为原来的时，动能变成原来的，所以振幅变小.单摆的振动周期与摆球质量及振幅无关，所以周期不变，频率也就不变. 答案：C 4.如图11-4-3所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的B处.今使两球同时释放，则在不计空气阻力时有 （ ) 图11-4-3 A.A球先到达C点 B.B球先到达C点 C.两球同时到达C点 D.无法确定哪一个球先到达C点 思路解析：A球做自由落体运动，很容易求出到达C点的时间，而B球在MN上摆动，在振幅很小的情况下，做简谐运动，周期与单摆周期类似，为T=2π，其中l为MN的半径，所以B球从B→C的时间为T/4，从而比较A、B两球到达C点时间的长短. 答案：A 5.如图11-4-4所示，两根长度均为L的细线下端拴一质量为m的小球，两线间夹角为α.今使摆球在垂直于纸面的平面内做小幅度振动，求其振动周期. 图11-4-4 思路解析：当双线摆在垂直于纸面内做小幅度振动时，其等效摆长为l=Lcos，故此双线摆的振动周期为：T=2π. 答案：T= 6.有一摆钟的摆长为L1时，在某一标准时间内快a分钟，若摆长为L2时，在同一标准时间内慢b分钟，求为使其准确，摆长应为多长？（可把钟摆视为摆角很小的单摆） 思路解析：解法一：设该标准时间为t s，准确摆钟摆长为L m，走时快的钟周期为T1 s，走时慢的钟周期为T2 s，准确的钟周期为T s.不管走时准确与否，钟摆每完成一次全振动，钟面上显示的时间都是T s. 由各摆钟在t s内钟面上显示的时间求解 对快钟：t+60a= ① 对慢钟：t-60b= ② 联立解①②式，可得= 最后可得L=. 解法二：由各摆钟在t s内的振动次数关系求解：设快钟在t s内全振动次数为n1，慢钟为n2，准确的钟为n0.显然，快钟比准确的钟多振动了次，慢钟比准确的钟少振动了次，故： 对快钟：n1= ① 对慢钟：n2= ② 联解①②式，并利用单摆周期公式T=2π 同样可得l=. 答案：l=. 7.在单摆悬点正下方距悬点处有一小钉C，从而使单摆左右摆动时，其摆长发生改变，已知摆长为l，求其周期. 思路解析：由于C处小钉对线摆到左侧时的阻挡作用，促使右侧半周期摆长为，故而全程T=π(+). 答案：T=π(+) 我综合我发展 8.图11-4-5中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开，各自做简谐运动.以ma、mb分别表示摆球A、B的质量，则（ ) 图11-4-5 A.如果ma＞mb，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.如果ma＜mb，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧 C.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧 D.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧 思路解析：A、B两球碰撞后，B球一定向右摆动，A球可能向右，也可能向左摆，还可能停下来. 由于两球摆长相同，因此摆动的周期相同，它们在T时回到平衡位置而发生第二次碰撞. 答案：CD 9.如图11-4-6所示是单摆振动示意图，正确的说法是（ ) 图11-4-6 A.在平衡位置摆球的动能和势能均达到最大值 B.在最大位移处势能最大，而动能最小 C.在平衡位置绳子的拉力最大，摆球速度最大 D.摆球由A→C运动时，动能变大，势能变小 思路解析：单摆的振动是简谐运动，机械能守恒，远离平衡位置运动，位移变大，势能变大，而动能减小；反之，向平衡位置运动时，动能变大而势能变小，故B、D正确，A错.小球在平衡位置只受重力和绳子拉力，在平衡位置C，拉力F=mg+mv2/r，由上述分析知，平衡位置时动能最大，即v最大，故F也最大，所以C正确. 答案：BCD 10.(2006天津高考)一单摆做小角度摆动，其振动图象如图11-4-7所示，以下说法正确的是（ ) 图11-4-7 A.t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 B.t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小 C.t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大 D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 思路解析：设摆长为l，摆球质量为m，绳的拉力为T，摆球经过平衡位置时，根据牛顿第二定律与圆周运动知识可知，T-mg=m，则T=mg+m，只有摆球速度最大时，悬绳的拉力最大，故D选项正确. 答案：D 11.(2006上海高考)有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同轴水平悬挂构成．两个单摆摆动平面前后相互平行. （1）现测得两单摆完成50次全振动的时间分别为50.0 s和49.0 s，则两单摆的周期差ΔT＝____________ s； （2）某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉至相同的摆角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出释放两摆的微小时间差．若测得释放两摆的时间差Δt＝0.165 s，则在短摆释放____________ s（填时间）后，两摆恰好第一次同时向____________（填方向）通过____________ （填位置）； （3）为了能更准确地测量微小的时间差，你认为此装置还可以做的改进是______________. 思路解析：此题做法从物理学原理方面来说，有点类似于游标卡尺，由于两摆的周期之差为0.02 s，所以摆动一个周期时间内相差0.02 s，要使两摆球第一次同时同方向通过某位置，必然两摆球振动的位相是一样的，所以要把0.165 s在n次周期内分配完，则求得n=8.25，所以两摆球振动次数为8.25，则同时达到左边最高点（因它们都是从右边开始释放）.短摆运动时间为8.25×0.98 s＝8.085 s. 用公式表示，设长摆运动时间为t，则为ω1t＝ω2(t-Δt)，代入数据有：0.02t=0.165，解得t=8.25 s，因长摆的周期为1 s，故长摆的振动次数也为8.25，此时位置为平衡位置且向左运动，短摆运动时间为8.25-0.165 s=8.085 s. 答案：（1）0.02 （2）8.085 左 平衡位置 （3）增大两摆摆长，同时使周期之差减小 12.有一单摆，在地球表面为秒摆，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的1/6. （1）将该单摆置于月球表面，其周期多大？ （2）若将摆长缩短为原来的1/2，在月球表面时此摆的周期多大？ （3）该秒摆的摆长多少？（g=9.8 m/s2） 思路解析：（1）T月=2π…①.T地=2π…② 因秒摆的周期为2秒，则①式除以②式，T月=T地=4.9 s. （2）T月=T地=s=3.5 s （3）l地=（）2·g地=（）2·9.8 m=0.99 m 答案：（1）T月=4.9 s（2）T月=3.5 s（3）T地=0.99 m 13.一架摆钟，在某地使用时发现，摆长为l1时，每天快t时间；摆长为l2时，每天慢t时间.试分析计算摆长l多大时，这架摆钟才能准确计时. 思路解析：设一天的时间为t0 摆长为l1时，周期T1=2π，一天摆动次数为n1= 摆长为l2时，周期T2=2π，一天摆动次数为n1= 摆长为l时，周期T=2π，一天摆动的次数n=，能准确计时. 根据题意可列方程 T（n1-n）=T(n-n2) 经计算，可得准确计时时摆长应为l=. 答案：l= 14.两个同学想测一下单摆的周期，来验证一下T=2π是否正确，可是现在只有尼龙细线、钢球、刻度尺等物品，找不到计时器.他们利用现有仪器能否测出单摆的周期？ 思路解析：正常人心脏每跳动一次的时间约为0.8 s，单摆开始振动时，一个同学记录单摆振动次数，一个数自己的脉搏，同时进行.设单摆振动n1次时间内脉搏跳动了n2次，单摆周期为T，振动时间为t. t=n1T=0.8n2 所以T=0.8.
第4节 单摆 新知预习 1.单摆 （1）单摆由摆线和摆球构成，摆线要求是____________，线长比物体的直径____________，摆球应用密度大的实心球. （2）单摆在振幅很小即偏角很小（一般θ＜10°）时做____________运动. （3）单摆的回复力由____________提供，方向指向平衡位置. 2.单摆的周期 （1）单摆的等时性是____________首先发现的，周期公式是____________首先提出的. （2）单摆的周期T与____________、摆球的____________无关，但与____________________有关，摆长越长，周期越____________. （3）单摆的周期公式T=__________，秒摆的周期为__________ s，摆长约为__________ m. 3.用单摆测重力加速度 （1）原理：由单摆周期公式得g=____________. （2）测周期时，应从摆球经过____________时开始计时，需测30次至50次__________时间，取平均值计算. （3）处理数据的方法 ①用平均值法处理数据，得到各组重力加速度值，则g=____________. ②用图象法处理实验数据：以T2为横坐标，L为纵坐标，则图象的斜率k=____________. 典题·热题 知识点一 单摆模型 例1单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是 …( ) A.摆线质量不计 B.摆线长度不伸缩 C.摆球的直径比摆线长度短得多 D.主要是单摆的运动就是一种简谐运动 解析：单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩，A、B、C三项正确.但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小（θ＜10°）的情况下才能视单摆运动为简谐运动. 答案：ABC 例2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的位移为A（A为振幅），经过正向最大位移处又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力 C.单摆摆球的回复力是摆球重力沿运动轨迹切线方向的分力 D.单摆摆球经过平衡位置时加速度为零 解析：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，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，合力沿摆线方向的分力提供向心力，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（摆球到最高点时，向心力不为零，回复力最大，合力也不为零）. 答案：C 深化升华 做简谐运动的物体在平衡位置处回复力为零，但合外力不一定为零，因此不能说平衡位置就是受力平衡的位置.弹簧振子经过平衡位置时所受合力为零，故加速度为零，但单摆经过平衡位置时合力不为零，只是回复力为零.所以存在加速度，即向心加速度. 知识点二 单摆的周期公式 例3一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减为原来的一半，则单摆的( ) A.频率不变，振幅不变 B.频率不变，振幅改变 C.频率改变，振幅不变 D.频率改变，振幅不变 解析：决定单摆周期的是摆长和当地的重力加速度，与质量无关，与单摆的运动速度也无关.当然频率也与质量和速度无关，所以选项C、D错误.决定振幅的是外来因素.反映在单摆的运动中，可以从能量去考虑，在平衡位置（即最低点）时的动能.当质量增为原来的4倍，速度减为原来的一半时，动能不变，最高点的重力势能也不变.但是又因第二次摆球的质量增大了（实际上单摆已经变成另一个摆动过程了），势能不变，质量变大了，摆动的竖直高度就一定变小了，也就是说，振幅变小了. 答案：B 方法归纳 本题的分析解答提醒我们：一是要考虑全面，本题中的质量和速度两因素的变化对确定的单摆振动究竟会产生怎样的影响，要进行全面分析；二是分析问题时要有充分的理论依据，如本题中决定单摆振动的频率的因素应以周期公式为依据，而不能以速度判定振动的快慢，振幅应以动能和势能之间的相互转化为依据. 例4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次用的时间t=60.8 s，试求： （1）当地的重力加速度是多大？ （2）如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？ 解析：用振动30次的时间，计算出周期，再利用单摆的周期公式变形后可解得当地的重力加速度.要改为秒摆，需要改变摆长，是周期变成2 s. 答案：（1）当单摆做简谐运动时，其周期公式 T=2π，由此可得g=4π 2l/T2，只要求出T值代入即可. 因为T== s=2.027 s， 所以g=4π2l/T2=(4×3.142×1.02)/2.0272 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Δl=l-l0=1. 02 m-0.993 m=0.027 m. 方法归纳 单摆的周期公式T=2π是在当单摆的最大偏角小于10°，单摆的振动是在简谐运动的条件下才适用的。改变单摆的摆长能改变单摆的周期，同一单摆在重力加速度不同的两地周期也不相同，单摆的周期与单摆的振幅无关，与摆球的质量也无关，另外根据周期公式的变形式g=还可以测重力加速度. 知识点三 单摆周期公式与匀变速直线运动结合 例5将一水平木板从一沙摆（可视为简谐运动的单摆）下面以a=0.2 m/s2的加速度匀加速地水平抽出，板上留下的沙迹如图11-4-2所示，量得=4 cm,=9 cm,=14 cm，试求沙摆的振动周期和摆长.（g=10 m/s2） 图11-4-2 解析：根据单摆振动的等时性得到、、三段位移所用的时间相同，由匀变速直线运动规律Δs=aT2计算可得. 答案：由Δs=aT2 T==s=0.5 s 振动周期T′=2T=1 s 由单摆公式T=2π得 L==0.25 m. 知识点四 等效重力加速度 例6试确定下列几个摆球在平衡位置附近来回振动的周期. （1）如图11-4-3甲所示.悬挂在水平横梁上的双线摆球.摆线长为l，摆线与水平横梁夹角θ； （2）如图11-4-3乙所示.光滑斜面上的摆球.斜面倾角为θ，摆线长为l； （3）如图11-4-3丙所示.悬挂在升降机中的单摆，摆长为l，升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动. 图11-4-3 解析：（1）双线摆在垂直于纸面的竖直面里做简谐运动，等效摆长为lsinθ，故振动周期为T=2π； （2）摆球在光滑的斜面上来回振动，回复力由小球重力沿斜面向下的分力mgsinθ决定，等效重力加速度为gsinθ，其振动周期为T=2π； （3）升降机竖直向上做匀加速运动时，摆球“超重”，回复力由m(g+a)决定，等效重力加速度为g+a，摆球振动周期为T=2π. 答案：（1）T=2π （2）T=2π （3）T=2π 方法归纳 当实际摆不是理想单摆时，可以通过等效变换将其转换为理想单摆，在利用公式T=2π计算周期时，l对应等效摆长，ｇ对应等效重力加速度.等效重力加速度的求法是：假设摆球不振动，静止时绳子的拉力对应等效重力，其对应的加速度即为等效重力加速度. 知识点五 类单摆问题 例7 如图11-4-4所示，光滑的半球壳半径为R,O点在球心的正下方，一小球由距O点很近的A点由静止放开，同时在O点正上方有一小球自由落下，若运动中阻力不计，为使两球在O点相碰，小球由多高处自由落下（＜＜）. 图11-4-4 解析：球由点开始沿球内表面运动时，只受重力和支持力作用，等效为单摆的运动，因为OA＜＜R,所以球自A点释放后做简谐运动，要使两球在O点相碰，两者到O点的运动时间相等. 答案：小球由A点由静止释放运动到O点的时间为（2n-1）,n=1,2,3，…，由于O点正上方自由落下的小球到O的时间也为(2n-1)时两球才能在O点相碰，所以 h=gt2=g(2n-1)2=(n=1,2,3，…) 方法归纳 解此题关键在于沿光滑圆弧运动的小球运动性质，小球受重力、轨道支持力，此支持力类似单摆中的摆线拉力，故此装置可称为类单摆，其周期为2π，R为等效摆长. 自主广场 我夯基我达标 1.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1.6 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 思路解析：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两摆的周期之比为：，由单摆周期公式T=2π得：，据题设Lb-La=1.6 m，联立解得La=0.9 m，Lb=2.5 m. 答案：B 2.在一个单摆装置中，摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，由此摆球的周期将（ ) A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 思路解析：单摆小角度摆动，做简谐运动的周期为T=2π，式中l为摆长，其值为悬点到摆动物体重心之间的距离，当小球装满水时，重心在球心，水流完后，重心也在球心，但水刚流出过程中重心要降低，因此，在水的整个流出过程中，重心位置先下降后上升，即摆长l先增大后减小，所以摆动周期将先增大后减小. 答案：C 3.若单摆的摆长不变，摆球质量变为原来的2倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的1/2，则该单摆振动的（ ) A.频率变大，振幅变小 B.频率变小，振幅变大 C.频率不变，振幅变小 D.频率不变，振幅变大 思路解析：当摆球质量变为原来的2倍，经过平衡位置的速度减为原来的时，动能变成原来的，所以振幅变小.单摆的振动周期与摆球质量及振幅无关，所以周期不变，频率也就不变. 答案：C 4.如图11-4-3所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的B处.今使两球同时释放，则在不计空气阻力时有 （ ) 图11-4-3 A.A球先到达C点 B.B球先到达C点 C.两球同时到达C点 D.无法确定哪一个球先到达C点 思路解析：A球做自由落体运动，很容易求出到达C点的时间，而B球在MN上摆动，在振幅很小的情况下，做简谐运动，周期与单摆周期类似，为T=2π，其中l为MN的半径，所以B球从B→C的时间为T/4，从而比较A、B两球到达C点时间的长短. 答案：A 5.如图11-4-4所示，两根长度均为L的细线下端拴一质量为m的小球，两线间夹角为α.今使摆球在垂直于纸面的平面内做小幅度振动，求其振动周期. 图11-4-4 思路解析：当双线摆在垂直于纸面内做小幅度振动时，其等效摆长为l=Lcos，故此双线摆的振动周期为：T=2π. 答案：T= 6.有一摆钟的摆长为L1时，在某一标准时间内快a分钟，若摆长为L2时，在同一标准时间内慢b分钟，求为使其准确，摆长应为多长？（可把钟摆视为摆角很小的单摆） 思路解析：解法一：设该标准时间为t s，准确摆钟摆长为L m，走时快的钟周期为T1 s，走时慢的钟周期为T2 s，准确的钟周期为T s.不管走时准确与否，钟摆每完成一次全振动，钟面上显示的时间都是T s. 由各摆钟在t s内钟面上显示的时间求解 对快钟：t+60a= ① 对慢钟：t-60b= ② 联立解①②式，可得= 最后可得L=. 解法二：由各摆钟在t s内的振动次数关系求解：设快钟在t s内全振动次数为n1，慢钟为n2，准确的钟为n0.显然，快钟比准确的钟多振动了次，慢钟比准确的钟少振动了次，故： 对快钟：n1= ① 对慢钟：n2= ② 联解①②式，并利用单摆周期公式T=2π 同样可得l=. 答案：l=. 7.在单摆悬点正下方距悬点处有一小钉C，从而使单摆左右摆动时，其摆长发生改变，已知摆长为l，求其周期. 思路解析：由于C处小钉对线摆到左侧时的阻挡作用，促使右侧半周期摆长为，故而全程T=π(+). 答案：T=π(+) 我综合我发展 8.图11-4-5中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开，各自做简谐运动.以ma、mb分别表示摆球A、B的质量，则（ ) 图11-4-5 A.如果ma＞mb，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.如果ma＜mb，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧 C.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧 D.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧 思路解析：A、B两球碰撞后，B球一定向右摆动，A球可能向右，也可能向左摆，还可能停下来. 由于两球摆长相同，因此摆动的周期相同，它们在T时回到平衡位置而发生第二次碰撞. 答案：CD 9.如图11-4-6所示是单摆振动示意图，正确的说法是（ ) 图11-4-6 A.在平衡位置摆球的动能和势能均达到最大值 B.在最大位移处势能最大，而动能最小 C.在平衡位置绳子的拉力最大，摆球速度最大 D.摆球由A→C运动时，动能变大，势能变小 思路解析：单摆的振动是简谐运动，机械能守恒，远离平衡位置运动，位移变大，势能变大，而动能减小；反之，向平衡位置运动时，动能变大而势能变小，故B、D正确，A错.小球在平衡位置只受重力和绳子拉力，在平衡位置C，拉力F=mg+mv2/r，由上述分析知，平衡位置时动能最大，即v最大，故F也最大，所以C正确. 答案：BCD 10.(2006天津高考)一单摆做小角度摆动，其振动图象如图11-4-7所示，以下说法正确的是（ ) 图11-4-7 A.t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 B.t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小 C.t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大 D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 思路解析：设摆长为l，摆球质量为m，绳的拉力为T，摆球经过平衡位置时，根据牛顿第二定律与圆周运动知识可知，T-mg=m，则T=mg+m，只有摆球速度最大时，悬绳的拉力最大，故D选项正确. 答案：D 11.(2006上海高考)有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同轴水平悬挂构成．两个单摆摆动平面前后相互平行. （1）现测得两单摆完成50次全振动的时间分别为50.0 s和49.0 s，则两单摆的周期差ΔT＝____________ s； （2）某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉至相同的摆角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出释放两摆的微小时间差．若测得释放两摆的时间差Δt＝0.165 s，则在短摆释放____________ s（填时间）后，两摆恰好第一次同时向____________（填方向）通过____________ （填位置）； （3）为了能更准确地测量微小的时间差，你认为此装置还可以做的改进是______________. 思路解析：此题做法从物理学原理方面来说，有点类似于游标卡尺，由于两摆的周期之差为0.02 s，所以摆动一个周期时间内相差0.02 s，要使两摆球第一次同时同方向通过某位置，必然两摆球振动的位相是一样的，所以要把0.165 s在n次周期内分配完，则求得n=8.25，所以两摆球振动次数为8.25，则同时达到左边最高点（因它们都是从右边开始释放）.短摆运动时间为8.25×0.98 s＝8.085 s. 用公式表示，设长摆运动时间为t，则为ω1t＝ω2(t-Δt)，代入数据有：0.02t=0.165，解得t=8.25 s，因长摆的周期为1 s，故长摆的振动次数也为8.25，此时位置为平衡位置且向左运动，短摆运动时间为8.25-0.165 s=8.085 s. 答案：（1）0.02 （2）8.085 左 平衡位置 （3）增大两摆摆长，同时使周期之差减小 12.有一单摆，在地球表面为秒摆，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的1/6. （1）将该单摆置于月球表面，其周期多大？ （2）若将摆长缩短为原来的1/2，在月球表面时此摆的周期多大？ （3）该秒摆的摆长多少？（g=9.8 m/s2） 思路解析：（1）T月=2π…①.T地=2π…② 因秒摆的周期为2秒，则①式除以②式，T月=T地=4.9 s. （2）T月=T地=s=3.5 s （3）l地=（）2·g地=（）2·9.8 m=0.99 m 答案：（1）T月=4.9 s（2）T月=3.5 s（3）T地=0.99 m 13.一架摆钟，在某地使用时发现，摆长为l1时，每天快t时间；摆长为l2时，每天慢t时间.试分析计算摆长l多大时，这架摆钟才能准确计时. 思路解析：设一天的时间为t0 摆长为l1时，周期T1=2π，一天摆动次数为n1= 摆长为l2时，周期T2=2π，一天摆动次数为n1= 摆长为l时，周期T=2π，一天摆动的次数n=，能准确计时. 根据题意可列方程 T（n1-n）=T(n-n2) 经计算，可得准确计时时摆长应为l=. 答案：l= 14.两个同学想测一下单摆的周期，来验证一下T=2π是否正确，可是现在只有尼龙细线、钢球、刻度尺等物品，找不到计时器.他们利用现有仪器能否测出单摆的周期？ 思路解析：正常人心脏每跳动一次的时间约为0.8 s，单摆开始振动时，一个同学记录单摆振动次数，一个数自己的脉搏，同时进行.设单摆振动n1次时间内脉搏跳动了n2次，单摆周期为T，振动时间为t. t=n1T=0.8n2 所以T=0.8.
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