1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。4单摆一、单摆及其回复力如图所示，荡秋千是人们特别是小孩子们一项喜闻乐见的运动。那么，荡秋千时小孩的运动有什么特点？其运动是简谐运动吗？提示：荡秋千时小孩在竖直平面内做往复运动，在满足一定的条件下可看成是简谐运动。1单摆模型(1)单摆的构成组成要求细线摆线看成是不可伸长，且没有质量的细线小球摆球看成是没有大小只有质量的质点提醒：单摆是一个理想化模型，实际上并不存在。(2)实际摆可看成单摆的条件：忽略在摆动过程中所受到的阻力；将摆球看作质点；摆线细且不可伸长。(3)单摆摆球
2、的运动特点：摆球以悬点为圆心在竖直平面内做变速圆周运动。摆球同时以最低点O为平衡位置做简谐运动。2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)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，即Fx。(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。二、单摆的周期如图所示，摆球质量相同，摆长不同的单摆，摆动周期不同；摆长相同而摆球质量不同或振幅不同的单摆振动周期却相同，这说明什么？提示：这说明单摆的周期与摆长有关而与摆球质量及振幅无关。1定性探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响(1)探究方法：控制变量
3、法。(2)实验结论：单摆振动的周期与摆球的质量无关。振幅较小时，周期与振幅无关。摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短。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(3050)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ll0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Tl、Tl2或T图像，得出结论。3周期公式(1)公式的提出：意大利物理学家伽利略发现了单摆的等时性，荷兰物理学家惠更斯首先提出了单摆的周期公式T2，并发明了钟摆。(2)公式：T2，即T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速
4、度g的二次方根成反比。(3)固有周期：由公式T2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，而对应的单摆的频率f叫作单摆的固有频率。(4)秒摆：周期为2_s的单摆叫作秒摆，秒摆的摆长约为1 m。4周期公式的应用：由单摆周期公式可得gl，只要测出单摆的摆长l和周期T就可算出当地的重力加速度。(1)实际上，摆的摆动都可以看作是简谐运动。()(2)单摆回复力的方向总是指向悬挂位置。()(3)单摆的回复力是由摆球重力的分力提供的。()(4)单摆的振幅越大周期越大。()(5)单摆的周期与摆球的质量无关。()(6)摆长应是从
5、悬点到摆球球心的距离。()对单摆回复力及运动特征的理解角度1单摆的回复力1单摆的平衡位置：摆球静止在O点时，悬线竖直下垂，受重力和拉力，小球受的合力为零，可以保持静止，所以O点是单摆的平衡位置。提醒：单摆的平衡位置仅是摆球静止时合力为零的位置，但摆球摆动起来后通过平衡位置时仅仅是回复力为零，合外力却不为零。2单摆的受力分析(1)单摆的向心力来源：当球运动到P点时，受力如图，将重力G沿切线和细线两方向分解为G1和F。沿细线方向：FnFG1m，作用是改变小球运动的速度方向，提供球做圆周运动的向心力；(2)单摆的回复力来源：由(1)中图可知，当球运动到P点时，沿圆弧切线方向，有FG sin ，作用是
6、改变小球运动的速度大小，提供球做简谐运动的回复力。提醒：(1)回复力是摆球所受合外力在沿摆球运动轨迹切线方向的分力，而不是合外力完全来提供回复力。(2)回复力是效果力，作用是使摆球回到平衡位置，可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力。如图所示装置叫双线摆，不计空气阻力，摆球在垂直于纸面的平面内摆动时，都受哪些力？摆球的运动是简谐运动吗？提示：摆球受自身重力及两根线的拉力，在不计线的形变，且摆球的摆角很小(小于5)时，其摆动可看成简谐运动。【典例1】对于单摆，以下说法中正确的是()A单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等B单摆运动的回复力就是摆球受到的合力C摆球经过平衡位置时所受回复力为零D
7、摆球经过平衡位置时所受合外力为零【解题探究】(1)什么力提供单摆振动的向心力？向心力有什么特点？提示：摆球的重力沿绳方向的分量与绳拉力的合力提供向心力。由公式Fnm知，向心力的大小与线速度的大小有关，越靠近平衡位置，线速度越大，向心力越大。(2)什么力提供单摆的回复力？在平衡位置处回复力与合力相同吗？提示：摆球重力的切向分力提供单摆运动的回复力，其大小随摆球位置的变化而变化。在平衡位置，回复力为零，但由于摆球有向心加速度，故摆球所受合外力不为零。【解析】选C。单摆振动过程中受到重力和细线拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，细线拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大
8、小为m，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零。故选项C正确。对于单摆的两点说明(1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与小球所受重力平衡的位置，并不是指摆动过程中的受力平衡位置。实际上，在摆动过程中，摆球受力不可能平衡。(2)在单摆振动图像中，图像最高点或最低点对应单摆摆球的最大位移处，图像与时间轴的交点对应摆球的平衡位置。角度2单摆的运动特征及规律1运动特点(1)摆线以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度v0，半径方向都受向心力。(2)摆线同时以平衡位置为中心做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，轨迹的切线方向都受
9、回复力。2单摆做简谐运动的推证由图可知：(当很小时，一般小于5)G1mg sin mg tan mgmgF回mg，令k，所以F回kx可见：当单摆做小角度摆动时，其运动近似为简谐运动。【典例2】关于单摆，下面说法正确的是()A摆球运动过程中，经过同一点的位移有可能不同B摆球运动过程中，经过同一点的速度是不变的C摆球运动过程中，加速度方向始终指向平衡位置D摆球经过平衡位置时，加速度不为零【解题探究】(1)对于包括单摆在内的简谐运动的位移是如何规定的？提示：简谐运动的位移特指振动物体相对于其平衡位置的位移，位置一定，位移一定。(2)单摆摆球的速度有何特点？提示：单摆摆球的速度与位置有关，但不是一一对
10、应关系，即在不同点可以有大小相同的速度，在同一点，摆球的速度可以相同，也可以不同。(3)单摆摆球的加速度与什么有关？有何特点？提示：单摆摆球的加速度分为向心加速度和切向加速度。向心加速度由单摆所受向心力提供，方向指向圆心，大小随摆球速度的变化而变化；切向加速度由重力的分量提供，大小随摆球位置的变化而变化，方向指向摆球运动轨迹的切线，并不指向平衡位置。【解析】选D。摆球的位移特指其相对平衡位置的位移，只与摆球的位置有关，故A错误；摆球运动过程中，一个周期内会两次以相反的方向经过同一点，故速度不一定相等，故B错误；单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，故其加速度不是始终指向平衡位置，故C错误
11、；摆球经过平衡位置时，切向加速度为零，向心加速度不为零，故D正确。单摆运动中力与能量的特点(1)当单摆的摆角较小时，单摆的运动可以看成简谐运动，回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，向心力则由摆线拉力和重力的径向分力的合力提供。(2)单摆摆球的加速度分切向加速度和向心加速度两种，决定因素不同，特点也不一样。(3)单摆摆球在运动过程中，动能和势能相互转化，但其机械能不变。1关于单摆，下列说法正确的是()A单摆的摆长即为悬点到摆球最下端的长度B振动过程中，单摆在平衡位置所受摆线的拉力最小C振动过程中，摆球所受的合外力就是回复力D振动过程中，摆球的机械能守恒【解析】选D。单摆的摆长等于摆线悬点到
12、摆球球心的距离，故A错误；设某时刻摆线和竖直方向的夹角为，如图所示，则对摆球，有FTmg cos m，则摆球所受摆线的拉力FTmg cos m，又由题意知，在最低点，0，cos 1，值最大，由单摆的特点知，此时单摆速度也最大，故此时摆球所受摆线的拉力也最大，故B错误；振动过程中，摆球的回复力仅为其所受合外力沿摆线方向的分量，故C错误；振动过程中，只有摆球的重力做功，故其机械能守恒，故D正确。2对于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是()A在位移为正的区间，速度和加速度都一定为负B当位移逐渐增大时，回复力逐渐增大，振动的能量也逐渐增大C摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，摆线所受拉力最大D摆球
13、在最大位移处时，速度为零，处于平衡状态【解析】选C。在位移为正的区间，回复力Fkx为负，加速度为负，但速度可正可负，选项A错误；当位移增大时，回复力增大，振动的能量不变，选项B错误；平衡位置为摆球最低位置，摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，由FTmg知，在平衡位置摆线所受拉力最大，选项C正确；摆球在最大位移处，速度为零，但加速度不为零，并不处于平衡状态，选项D错误。对单摆周期的理解与应用角度1单摆周期的实验探究1定性探究：影响单摆周期的因素(1)单摆振动的周期和振幅无关单摆的等时性如图所示：把悬挂在同一高度的两个相同的单摆的摆球拉到不同高度同时释放，使其做简谐运动。现象：摆球完成一次全振
14、动所用时间相同。(2)单摆的周期与摆球质量无关摆长相同，将质量不同的摆球拉到同一高度同时释放，使其做简谐运动。现象：两摆球振动是同步的。(3)单摆振动的周期和摆长有关摆长不同，将质量相同的摆球拉到同一高度同时释放使其做简谐运动。现象：两摆球振动不同步，而且摆长越长，振动就越慢。结论：单摆的振动周期与摆球质量无关，在振幅较小时与振幅无关，与摆长有关，摆长越长，周期越大。2定量探究：单摆周期与摆长的关系(1)实验要点(2)注意事项要保证单摆在同一竖直平面内摆动。摆动偏角尽量不要大于5。悬线上端不要随摆球摆动，一定要使之固定。测量线长时要将其挂好后再测量。开始计时的位置选在摆球经过平衡位置时。测量周
15、期时，一般测单摆振动3050次全振动的时间，再求周期。处理数据时，一般作出LT2的关系图像，找出周期与摆长的关系。如图所示，若两摆球完全相同，摆线长也相等，分别将两摆球从最低点拉起两个摆角不相等的小角度释放，并同时开始计时，结果“奇迹”出现了，两摆球竟同时到达最低点。这种“奇迹”说明了什么？提示：这种“奇迹”说明了两摆球均做简谐运动，其周期相等且与振幅无关。【典例1】(2021徐州高二检测)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是_(填字母代号)。 A保证摆动过程中摆长不
16、变B可使周期测量得更加准确C需要改变摆长时便于调节D保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度l0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为_ mm，单摆摆长为_ m。 【审题误区】1误以为摆线长的测量该是在摆线不挂任何物体时测量。2误以为摆线长就是摆长。3误以为摆长就是摆线长加摆球的直径【解析】(1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的目的是保证摆动过程中摆长不变，需要改变摆长时便于调节，选项A、C正确。(2)根据游标卡尺读数规则，摆球直径为12.0 mm，单摆摆长为l0.999 0 m0.006
17、 0 m0.993 0 m。答案：(1)A、C(2)12.00.993 0【母题追问】在上述例题情境中下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程。图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C、D均为30次全振动的图像，已知sin 50.087，sin 150.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_(填字母代号)。 【解析】选A。单摆测量周期，必须从平衡位置开始计时，且摆角小于5，B选项中操作不是从平衡位置开始计时的，C选项中操作振幅太大，不满足摆角小于5的条件，故B、C错误；测量周期时应该测量30次至50次全振动的时间，然后除以全振动的次数减小实验误差，而D选
18、项中操作显然不符合这一要求，故合乎实验要求且误差最小的只有A。在“探究影响单摆周期的因素”的实验中的三点注意(1)摆线上端一定要固定好，不可在运动中松动。(2)摆线长一定要在摆线挂上摆球且自然垂顺时测量。(3)测量周期时要从摆球通过平衡位置时开始计时，且第一次读零，这样计算周期时不容易算错。角度2对单摆周期的理解与应用1摆长l的理解(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：一般即ll，l为摆线长，D为摆球直径。(2)等效摆长：图(a)中甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin ，这就是等效摆长。其周期T2。图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，
19、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的理解(1)公式中的g由单摆所在地的空间位置决定由g知，g随地球表面不同位置、不同高度而变化，在不同星球上也不相同，因此应求出单摆所在处的等效值g代入公式，即g不一定等于9.8 m/s2。(2)等效重力加速度若单摆系统处在多力存在的平衡态，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。如图1斜面摆，球静止在O点时，FTmg sin ，等效加速度gg sin 。此场景中的等效重力加速度gg sin ；又如图2复合场，带正电小球静止于图示位置时，摆线拉力FT，等效加速度g。若单摆系统处在非平衡状态(
20、如加速、减速、完全失重状态)。如单摆处在向上加速发射的航天飞机内，设加速度为a，此时摆球处于超重状态，沿圆弧切线方向的回复力变大，摆球质量不变，则重力加速度的等效值gga。如图所示，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，同时另一同样的小球自轨道上O点左侧距O点为一半的B点由静止放开，结果惊奇地发现两小球同时到达O点。(R)这是为什么呢？提示：由题意知，两小球均做周期相同的单摆运动，且二者到达O点的时间均为周期的四分之一，故二者同时释放，同时到达最低点O。【典例2】如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心的正下方，一小球M在，同时在O点正上方另有一小球N
21、(图中未画出)自由落下，若。求：小球应从多高处自由落下时，两球在O点相碰(R)。【审题关键】序号解题依据信息提取单摆的条件小球M的运动看成单摆自由落体运动的条件小球N做自由落体运动由题目条件得出小球M的运动时间为周期的四分之一【解析】小球由A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R，所以小球自A点释放后做简谐运动，要使两球在O点第一次相碰，两者到O点的运动时间相等。小球从A点由静止释放运动到O点的时间为t，由于从O点正上方自由落下的小球到O点的时间也为时两球才能在O点相碰，所以所求高度hgt2。答案：1(母题追问)在上述例题中，若去掉“第一次”，其余条件不变，即问
22、题变为：为使两球在O点相碰，小球应从多高处自由落下？(R)。【解析】小球由A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R，所以小球自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。小球从A点由静止释放运动到O点的时间为T(2n1)(n1，2，3，)，由于从O点正上方自由落下的小球到O点的时间也为(2n1)时两球才能在O点相碰，所以hgt2g(2n1)2(2n1)2(n1，2，3)答案：(2n1)2 (n1，2，3)2在探究影响单摆周期的因素的实验中，(1)同学甲有如下操作，请判断是否恰当(选填“是”或“否”)。把单摆从平衡位置拉开约5释放；_。在摆
23、球经过最低点时启动停表计时；_。把停表记录摆球一次全振动的时间作为周期；_。(2)该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据如表所示。数据组摆长(mm)摆球质量(g)周期(s)1999.332.222999.316.523799.232.21.84799.216.51.85501.132.21.4根据表中数据可以初步判断单摆周期随_的增大而增大。【解析】(1)单摆做简谐运动要求摆角小，单摆从平衡位置拉开约5释放；因为最低点位置固定，小球经过最低点时，产生的时间误差较小。所以在最低点启动停表计时；摆球一次全振动的时间太短、误差大，应采用累积法测多个周期的时间求平均值；所以是；是；否；(2)从题表中
24、数据可知：摆长相同时，周期相同，摆长变大时，周期变大，根据表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大。答案：(1)是是否(2)摆长3.如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，且Rl弧AB。甲球从弧形槽的圆心处自由下落，乙球从A点由静止释放，问两球第一次到达C点的时间之比是多少？【解析】甲球做自由落体运动，Rgt，所以t1。对乙球，由于l弧ACR，所以5，所以可以证明乙球沿弧形槽做简谐运动，此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R，所以周期为T2，因此乙球第一次到达C处的时间为t2，所以t1t22。答案：2【拓展例题】考查内容：单摆在实际中的应用【典例】如图所示，MN为
25、半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，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，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有()AA球先到达C点BB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【解析】选A。A球做自由落体运动，到C所需时间tA，R为圆弧轨道的半径。因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆)，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的，即tBtA，所以A球先到达C点。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，图乙所
26、示为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了。探究：(1)甲、乙两地的重力加速度哪个大？(2)在乙地如何调整才能使摆钟走时准确？【解析】(1)由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小，因T2，则乙地的重力加速度比甲地大。(2)由于乙地的重力加速度比甲地大，导致乙地的周期变小，要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动。答案：见解析正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点用时30 s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1 m，当地重力加速度g取2(m/s2)；根据以上数据，探究：(1)小球运动的周期T是多少？(2)房顶到窗上沿的高度h是多少？【解析】(1)由题意知，小球30 s内完成全振动的次数：n(211)10，故小球运动的周期T3 s(2)设球以窗上沿为悬点做单摆运动的周期为T1，以房顶为悬点做单摆运动的周期为T2，则由题意知，T12，T22，故T(22)，解得h3 m。答案：(1)3 s(2)3 m关闭Word文档返回原板块
