1、 单摆 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（ 10）的情况下才能视单摆运动为简谐运动.答案：ABC2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-AB.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
2、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
3、力不为零，只是回复力为零.所以存在加速度，即向心加速度.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
4、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.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
5、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=2 gl，由此可得 g=4 2l/T2，只要求出 T 值代入即可.因为 T= nt= 308.6 s=2.027 s，所以 g=42l/T2=(43.1421.02)/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： 0T= l，故有：l 0= 2l= 2.71m=0.993 m.其摆长要缩短
6、l=l-l0=1.02 m-0.993 m=0.027 m.方法归纳 单摆的周期公式 T=2 gl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= 24Tl还可以测重力加速度.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 21O=4 cm, 3=9 cm,43O=14 cm，试求沙摆的振动周期和摆长.（g=10 m/s
7、 2）图 11-4-2解析：根据单摆振动的等时性得到 21O、 3、 4三段位移所用的时间相同，由匀变速直线运动规律 s=aT2 计算可得.答案：由 s=aT2T= as= 0.15s=0.5 s振动周期 T=2T=1 s由单摆公式 T=2 gL得L= 24gT=0.25 m.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 ；（2）如图 11-4-3 乙所示.光滑斜面上的摆球 .斜面倾角为 ，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
8、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 lsin，故振动周期为 T=2 glsin；（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 mgsin决定，等效重力加速度为 gsin，其振动周期为 T=2 singl；（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=2 al.答案：（1）T=2 glsin （2）T=2 singl （ 3）T=2 agl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=2 l计算周
9、期时，l 对应等效摆长，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.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（ R）.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 OAR,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
10、动到 O 点的时间为 4T（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= 21gt2= g R642(2n-1)2= 8)1(2Rn(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2 gG，R 为等效摆长.8.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，L b=0.9 m B.La=0.
11、9 m，L b=2.5 mC.La=2.4 m，L b=4.0 m D.La=4.0 m，L b=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： 106baT，由单摆周期公式 T=2 g得： baT，据题设 Lb-La=1.6 m，联立解得 La=0.9 m，L b=2.5 m.答案：B 9.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
12、为 T=2 gl，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：C10.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 21时，动能变成原来的 21，所以振幅变小.单摆的振动周期与
13、摆球质量及振幅无关，所以周期不变，频率也就不变.答案：C11.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 11-4-3A.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=2 gl，其中l 为 MN 的半径，所以 B 球从 BC
14、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：A12.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 .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 2，故此双线摆的振动周期为：T=2 gL2cos.答案：T= gL2cos13.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
15、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= Tt2 联立解式，可得 ba= 211T21L 最后可得 L= 21)(La.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 Ta60次，慢钟比准确的钟少振动了 Tb60次，故：对快钟：n 1= Tatnt6 对慢钟：n 2=
16、 btTt0 联解式，并利用单摆周期公式 T=2 gL同样可得 l= 21)(Lba.答案：l= 21)(.14.在单摆悬点正下方距悬点 3l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 32l，故而全程 T=( gl+ 32).答案：T=( l+ )15.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、m b 分别表示摆球 A、B 的质量，则（ )图 11-4-5A.如果 ma
17、m b，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.如果 mam b，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 41T 时回到平衡位置而发生第二次碰撞.答案：CD16.如图 11-4-6 所示是单摆振动示意图，正确的说法是（ )图 11-4-6A.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
18、球速度最大D.摆球由 AC 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：BCD17.一单摆做小角度摆动，其振动图象如图 11-4-7 所示，以下说法正确的是（ )图 11-4-7A.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 lv2，则 T=mg+m lv2，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
