单摆 知识讲解

1 物理总复习： 单 摆 【考纲要求】 1、了解单摆的结构，知道单摆是一种理想化的物理模型，学会用恰当的方法建立物理 模型； 　　2、知道单摆做简谐运动的条件，知道单摆的回复力，学会用近似处理方法来解决相关 物理问题； 　　3、理解单摆振动的规律及其周期公式，能利用单摆周期公式对有关物理情景进行分析； 　　4、知道等时性的概念，能利用单摆规律分析时钟走时快慢的问题； 　　5、知道用单摆测重力加速度的实验原理和实验步骤。 【考点梳理】 考点一、单摆 定义：在一条不可伸长的轻绳下端栓一个可视为质点的 小球，上端固定，摆球做小角度摆动，这样的装置叫单摆。 要点诠释：（1）单摆是一个理想化的物理模型。 （2）单摆的振动可看作简谐运动的条件：最大摆角 。 （3）回复力来源：重力沿切线方向分力，如图所示。 在 时， ， 其中 考点二、单摆的周期 实验证明单摆的周期与振幅 A 无关，与质量 m 无关，随摆长的增大而增大，随重力加 速度 g 的增大而减小。荷兰物理学家惠更斯总结出单摆周期公式： 几种常见的单摆模型： 在有些振动系统中 不一定是绳长，g 也不一定为 9.8m/s2，因此出现了等效摆长和等效 重力加速度的问题。 　　1、等效摆长 　　如图所示，三根等长的绳 、 、 共同系住一密度均匀的小 球 m，球直径为 d。 、 与天花板的夹角 。 （1）若摆球在纸面内做小角度的左右摆动，则摆动圆弧的圆 10θ <  10θ <  sin xF mg mg kxl θ= − ≈ − = −回 mgk l = 2 LT g π= l 1l 2l 3l 2l 3l 30α < 2 心在 处，故等效摆长 ，周期 ； （2）若摆球做垂直纸面的小角度摆动，则摆动圆弧的圆心在 O 处，故等效摆长为 ，周期 。 　 2、等效重力加速度 　（1）公式中的 g 由单摆所在的空间位置决定。 　　由 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 代入公式，即 g 不一定等于 9.8 m/s2。 　　（2）g 还由单摆系统的运动状态决定。 　　单摆处在向上加速发射的航天飞机内，设加速度为 ，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 。若单摆若在轨道 上运行的航天飞机内，摆球完全失重，回复力为零，则等效值 ，所以周期为无穷大， 即单摆不摆动了。 　　当单摆有水平加速度 时（如加速运动的车厢内），等效重力加速 ，平衡 位置已经改变。 　　（3）g 还由单摆所处的物理环境决定。如带电小球做成的单摆在竖直方向的匀强电场 中，回复力应是重力和电场力的合力在圆弧切线方向的分力，所以也有等效值 的问题。 考点三 、用单摆测当地的重力加速度 1、实验目的 　　利用单摆测定当地的重力加速度 2、实验器材 　　铁架台（带铁夹）一个，中心有孔的金属小球一个，长约 1m 的细线一条，毫米刻度尺 一根，游标卡尺（选用），秒表一块 3、实验原理 　　单摆在偏角很小时的振动是简谐运动，振动周期跟偏角的大小和摆球的质量无关，这时 单摆的周期公式是 ，变换这个公式可得 。因此只要测出 单摆的摆长 和振动周期 T，即可求出当地的重力加速度 g 的值。 4、实验步骤 　　（1）在细线的一端打一个比小球上的孔径稍大些的结，将细线穿过 球上的小孔，制成一个单摆。 　　（2）如图，将铁夹固定在铁架台的上端，铁架台放在实验桌边，使 1O 1 2 dl + 1 1 22 dl T g π + = 1 2 sin 2 dl l α+ + 1 2 2 sin 22 dl l T g α π + + = 2 MG gR = g′ a = +g g a′ =0g′ a 2 2= +g a g′ g′ 2 LT g π= 2 2 4 lg T π= l3 铁夹伸到桌面以外，把做好的单摆固定在铁夹上，使摆线自由下垂。 　　　　　　　　　　　　　　 　　（3）测量单摆的摆长 ：用游标卡尺测出摆球直径 2r，再用米尺 测出从悬点至小球上端的悬线长 ，则摆长 。 　　（4）把单摆从平衡位置拉开一个小角度，使单摆在竖直平面内摆动，用秒表测量单摆 完成全振动 30 至 50 次所用的时间 ，求出完成一次全振动所用的平均时间，这就是单摆的 周期 T。 　　（5）重复上述步骤，将每次对应的摆长 、周期 T 填于表中，按公式 算出每 次 g 值，然后求出结果。 　 摆长 (m) 振动次数 n（s） N 次历时 t（s） 周期 T（s） （ ） g （ ） 平均值 （ ） 1 　 　 　 　 　 　 2 　 　 　 　 　 　 3 　 　 　 　 　 　 　 5、注意事项 　　（1）选择材料时摆线应选择细而不易伸长的线，长度一般不应短于 1m；小球应选用密 度较大的金属球，直径应较小，最好不超过 2cm； 　　（2）单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆 线下滑、摆长改变的现象； 　　（3）摆动时控制摆线偏离竖直方向不超过 ； 　　（4）摆动时，要使之保持在同一个运动平面内，不要形成圆锥摆； 　　（5）计算单摆的振动次数时，应在摆球通过最低位置时开始计时，以后摆球从同一方 向通过最低位置时进行读数，且在数“零”的同时按下秒表， 开始计时计数。 　　（6）由公式 可以得出 ， ，因此对数据的处理可采 用图象的方法。如图所示，作出 的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的 斜率 k，即可求得 g 值。这样可以减小误差。 【典型例题】 类型一、关于单摆的振动特征的考查 【高清课堂：单摆例 2】 l l′ l l r′= + t l 2 2 4 lg T π= l 2 2 4 lg T π= 2/m s 2/m s 2/m s 10 2 2 4 lg T π= 24g kπ= 2 2 l lk T T ∆= = ∆ 2l T−4 例 1、（2016 海南卷）下列说法正确的是（ ） A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变 C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小 D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方 向 【答案】ABD 【解析】根据单摆的周期公式： 可知，在同一地点，重力加速度 g 为定值， 故周期的平方与其摆长成正比，A 正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化， 根据机械能守恒定律条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，B 正确；根据单摆的 周期公式： 可知，单摆的周期与质量无关，C 错；当系统做稳定的受迫振动时， 系统振动频率等于周期性驱动力的频率，D 正确；若弹簧振子初始时刻的位置在平衡位置， 知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻的位置不在平衡位置， 则无法确定，E 错。 故选 ABD。 举一反三 【变式】如果是 A、B 两个单摆做简谐运动的图像（A 为实线 B 为虚线） （1）A、B 两个单摆的周期之比是多少？ （2）A、B 两个单摆的摆长之比是多少？ 2 LT g π= 2 LT g π=5 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由图像可知 所以 （2）由周期公式 所以 。 类型二、关于单摆的等时性的应用 【高清课堂：单摆例 1】 例 2、图(a)是演示简谐振动图象的装置。当盛沙漏斗下面的薄木板 N 被匀速地拉出时， 摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上的直线 OO1 代表时间轴。图(b)是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线，若板 N1 和板 N2 拉动的 速度 和 的关系为 ，则板 N1、N2 上曲线所代表的振动的周期 T1 和 T2 的关系为 （ ） A．T2=T1　　 　B．T2=2T1　 　　C．T2=4T1　 　D．T2=T1/4 【答案】D 【解析】由图可知 ，在木板运动 距离时摆 1 完成一次全振动（一个周期） 摆 2 完成 2 次全振动（2 个周期），设两者的周期分别为 T1 和 T2，则 ，（应用匀 速运动的位移与时间的关系） ， 解得 T2=T1/4，故选项 D 正确。 【总结升华】在利用沙摆获得做简谐运动的质点位移随时间的变化关系图象时，时间是通过 木板匀速运动的位移反映出来的。 举一反三 【变式】如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板，质量为 2kg，在竖直向上拉力 F 的作用下由静 止开始竖直向上做匀变速直线运动；一个装有指针的、振动频率为 5Hz 的电动音叉在玻璃 板上画出如图所示的曲线，若量得 OA=1cm，OB=4cm，OC=9cm. 则外力 F 的大小为______N。 (g=10m/s2) 1 2 A B T T = 1 4 A B L L = 2AT s= 4BT s= 1 2 A B T T = 2 LT g π= 2 2 1 4 A A B B L T L T = = 1v 2v 2 1=2v v 1 2ON ON= 1ON 1 1 1v T ON= 2 1 22v T ON= 2 1=2v v6 【答案】24N 【解析】由 知，周期 ，OA、AB、BC 时间间隔 相等， 。又玻璃板做匀变速直线运动，OA、AB、BC 距离之比为 1:3:5， ， 根据 求得 根据牛顿第二定律 解得 类型三、等效摆长和等效重力加速度 例 3、如图所示两根长度均为 L 的细线下端拴一个质量为 m 的小球。两线间的夹角为 ， 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。 【答案】 【解析】这是一个双线摆，可以将其等效为一个单摆，求出等效摆长后，代入单摆周期公式， 即得出所求。当双线摆在垂直于纸面的平面内做小幅度振动时，等效摆长为 ， 故此双线摆的振动周期为 。 【总结升华】解题的关键是找到隐蔽的摆长和摆角。摆角应为 ，摆长应为小球球心到 O 点的距离，即 。 举一反三 5f Hz= 1 0.2T sf = = 1 0.12T T s∆ = = 2 0.02x cm m∆ = = 2( )x a T∆ = ∆ 22 /a m s= F mg ma− = 24F N= α cos 22 L T g α π= cos 2l L α= cos 22 L T g α π= 2 α cos 2l L α=7 【变式】如图甲乙丙丁四个单摆的摆长均为 ，质量均为 ，单摆甲放在空气中，周期为 ；单摆乙放在以加速度 向下加速运动的电梯中，周期为 ；单摆丙带正电，放在匀强 磁场 B 中，，周期为 ；单摆丁带正电，放在匀强电场 E 中，周期为 ，分别求出它们 的周期。 【答案】 ； ； 【解析】甲是一般的单摆， ；乙是等效重力加速度问题，等效重力加速度为 ，所以 ；丙在匀强磁场 B 中所受洛伦兹力始终沿绳方向，对 单摆的周期没有影响，所以 ；单摆丁带正电，放在匀强电场 E 中，等效重力加 速度为 ，所以 。 类型四、摆钟快慢的分析 例 4、一物体在某一行星表面时，其重力加速度的值是物体在地球表面重力加速度的 1/4， 在地球上走得很准的摆钟，搬到此行星上，此钟的分针走一整圈经历的时间实际是( ) A．2 小时 B．4 小时 C．1/4 小时 D．1/2 小时 【答案】A 【解析】根据题目给的条件可以首先判断出行星上重力加速度是地球上重力加速度的 1/4， 根据单摆周期公式，周期与重力加速度的平方根成反比，因此摆移到行星上以后，周期将是 地球上的 2 倍，也就是摆钟走得慢了，所以分针走一整圈的时间实际上是地球上的 2 倍， 即 2h。故选项 A 正确。 【总结升华】分析摆钟快慢问题，就是抓住单摆周期公式，摆长的变化对快慢的影响比较简 单，重力加速度的变化往往是在某星球上，关键是要求出星球表面的重力加速度是地球表面 l m T甲 a T乙 T丙 T丁 2 lT g π=甲 2 lT g a π= −乙 2 lT g π=甲 =g g a′ − 2 lT g a π= −乙 2 lT g π=丙 = + qEg g m ′ 2 + lT qEg m π=丁8 的多少倍。 举一反三 【变式】在某地，摆长为 的摆钟 A 在某一段时间内快了 秒，而另一摆长为 的摆钟 B 在某一段时间内慢了 秒，那么，在该地走时准确的摆钟的摆长应为多少？ 【答案】 【解析】在该地走时准确的摆钟的摆长为 ，则周期 ， 摆周期 ， 摆周期 ，再设某一段时间为 ，据题意有 ， 解此式得 ，再代入周期公式解得 。 类型五、单摆模型与牛顿第二定律和其他运动形式的结合 【高清课堂：单摆例 6】 例 5、在一次消防演习中，质量为 60kg 的消防员欲到达距离楼顶 l =40m 处的房间。如 图所示，他沿一条竖直悬垂的轻绳从静止开始匀加速下滑，当他滑到该房间的窗户 A 处时， 突然停止下滑，同时用脚踢开窗户，自己反弹了一下，然后进入窗内。已知消防员从开始下 滑到刚进入窗内共用了时间 t=10s，试估算他沿绳子下滑时受到的摩擦力 f 大小最接近（ ） A .100N B .300N C. 600N D. 900N 【答案】B 【解析】消防员反弹了一下又回到窗口，可以看作一个单摆模型， 所用时间为半个周期。由单摆周期公式 代入数据解得 （题目要求显然是估算） 匀加速下滑时间 ，由 则 1l t∆ 2l t∆ 1 2 2 1 2 4 ( ) l ll l l = + l 2 lT g π= 1l 1 1 2 lT g π= 2l 2 2 2 lT g π= t 1 2 t t t t T T T T − = − 1 2 1 2 2 ( ) TTT T T = + 1 2 2 1 2 4 ( ) l ll l l = + 2 lT g π= 4 12T sπ= ≈ 42 Tt t s′ = − = 21 2x at= 2 2 2 5 /la m st = =9 根据牛顿第二定律 所以摩擦力 【总结升华】本题关键是要分析“当他滑到该房间的窗户 A 处时，突然停止下滑，同时用脚 踢开窗户，自己反弹了一下，然后进入窗内”这一句话的隐含的物理意义：反弹到最远后又 回到窗口，是一个单摆模型，时间是半个周期。 举一反三 【变式】如图所示，光滑圆弧槽半径为 R，A 为最低点，C 到 A 的距离远小于 R。两质点小 球 B 和 C 都由静止开始释放，要使 B、C 两球在 A 点相遇，问 B 到 A 点距离 H 应满足什么 条件? 【答案】 ， 【解析】将 C 球的运动与单摆的振动类比，可知 C 球做简谐运动，振幅为 H。又因为 C 球 运动的重复性，B、C 相遇的时间必有多解。C 做简谐运动，B 做自由落体运动，C、B 相遇 必在 A 点，而 C 从开始释放至到达 A 点经历的时间为 ， 。 B 到达 A 点经历的时间 ，由 因为相遇时， 所以 即 H 应满足的条件为 ， 类型六、用单摆测当地的重力加速度 例 6、某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。 ①测摆长时测量结果如图 1 所示（单摆的另一端与刻度尺的零刻线对齐，摆长为 cm 。 ②若另一个同学，也是用上述方法测得摆长，但实验时，单摆的另一端并未与刻度尺 的零刻度线对齐，然后他采取了图像方法处理数据，如图。他能得到的当地重力加速度为 （保留三位有效数字， ），仅考虑他的摆长测量问题，他得到 的重力加速度与实际值相比 mg f ma− = ( ) 300f m g a N= − = 2 2(2 1) 8 n Rπ− ( 1,2,3 )n = ⋅⋅⋅ (2 1)4C Tt n= − ( 1,2,3 )n = ⋅⋅⋅ Bt 21 2 BH gt= B Ct t= 1 (2 1)(2 1) 24 2B R n Rt n g g ππ −= − ⋅ = 2 2 21 (2 1) 2 8B n RH gt π −= = ( 1,2,3 )n = ⋅⋅⋅ 2/m s 2 9.86π =10 A．偏大 B．偏小 C．不会偏大也不会偏小 D．不一定 【答案】① 99.2 cm ② C 【解析】由单摆的周期公式 在直线上取 A、B 两点， 由此式可知，测得的 值与某一次的摆长无关，与两次实验中的摆长差有关，所以他得到的 值与实际值相比不会偏大也不会偏小，故选 C。 【总结升华】采取图像方法处理数据的优点就在于它可以减小误差。 举一反三 【变式】在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆 从平衡位置拉开一个很小的角 度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位 置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期。以上操作中有不妥之处，请对其中两处 加以改正。 【答案】①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计 算出周期的测量值。(或在单摆振动稳定后开始计时) 【解析】摆球通过平衡位置时具有较大的速度,此时开始计时，误差较小。若只测量一 次全振动的时间会产生较大的误差，而测量多次全振动的时间求平均值可减小误差。 2 lT g π= 2 24 lT g π= 2 24 A A lT g π= 2 24 B B lT g π= 2 2 2 4 ( )B A B A l lg T T π −= − g g11 【巩固练习】 一、选择题 1、(2015 山东青岛质检) 将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用 这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图 所示。某同学由此 图象提供的信息作出的下列判断中，正确的是　　　　。 A. t=0.2s 时摆球正经过最低点 B. t=1.1s 时摆球正经过最低点 C. 摆球摆动过程中机械能减小 D. 摆球摆动的周期是 T=1.4 s 2、（2016 甘肃自主招生）如图甲所示为一单摆及其图象，若摆球从 E 指向 G 为正方向，由 图乙可知，下列说法中正确的是（ ） A. 图中的 A 点对应着单摆的 E 点 B. 单摆摆球连续两次经过同一位置时，加速度的方向发生了改变 C. 一周期内，势能增加且受到方向为正的时间范围是 CD 时间段 D. 该单摆的摆长约为 1m 3、（2016 浙江模拟）摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图象如图所示。 选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知（ ） A. 甲、乙两单摆的摆长之比是 4/9 B. ta 时刻甲、乙两单摆的摆角相等 C. tb 时刻甲、乙两单摆的势能差最大 D. tc 时刻甲、乙两单摆的速率相等12 4、有两只单摆，甲摆每分钟摆80次，乙摆每分钟摆120次，求甲乙两摆的摆长之比为（　） A. 4:9 B. 9:4 C. 3:2 D. 2:3 5、一单摆的摆长为 L，振动过程中在距悬点 O 的正下方 L/2 处钉一颗钉子，问单摆的周期 变为（ ） A. B. C. D. 6、如图中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好相接触。现将摆球 A 在两摆球所在的平面内 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（　 ） 　 A．如果 ，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧 　　B．如果 ，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 7、一个单摆在地面上的周期为 T，当将单摆放到离地面某一高度时，周期变为 4T，则此高度为地球半径的（　　）　 A. 3 倍　 　　　B. 4 倍　 　　　C. 15 倍　 　　　D. 16 倍 8、某行星的半径为地球半径的 2 倍，密度为地球密度的 ，一个在地球表面振动周期为 的单摆，在该行星表面的振动周期为（ ） A. B. C. D. 9、如图所示的单摆,摆球 向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球 b 发生碰撞，并粘接在一起,且摆动平面不变。已知碰撞前 球摆动的最高点与最低点的高度 差为 h，摆动的周期为 T， 球质量是 b 球质量的 5 倍，碰撞前 球在最低点的速度是 b 球 速度的一半。则碰撞后（ ） A. 摆动的周期为 T B. 摆动的周期为 T C. 摆球的最高点与最低点的高度差为 0.3h 6 5 5 6 2 2 L g π L g π 2(1 )2 L g π+ 2(1 )2 L g π− A Bm m> A Bm m< 1 4 T 2T 2 T 2T 2 2 T a a a a13 D. 摆球的最高点与最低点的高度差为 0.25h 10、利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小，实验时把图 中的小球举到绳子 的悬点 O 处，然后让小球自由下落，用这种方法获得的弹性绳的拉力随时间的变化的图像 如图 b 所示。根据图像所给的信息，以下判断正确的是（ ） A． 、 时刻小球动能相同 B． 、 时刻小球速度最大 C． 、 时刻小球速度相同 D．小球在运动过程中机械能守恒 二、填空题 1、有一周期为 2s 的秒摆从地球表面移到某一行星的表面上，周期变为 4s，已知该星球质 量为地球质量的 2 倍，则该星球表面处的重力加速度为地球表面处重力加速度的__________倍， 该行星半径是地球半径的________倍。 2、一个单摆挂在运动电梯中，发现单摆的周期变为电梯静止时周期的 2 倍，则电梯在这段 时间内可能作____________________________________________运动，其加速度的大小 =___________。 3、某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。 （1）当他组装单摆时，在摆线上端的悬点处， 用一块开有狭缝的橡皮夹紧，如图所示。这样 做的目的是__________。 A. 保证摆动过程中摆长不变 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. 保证摆长在同一竖直平面内摆动 （2）他组装好单摆后自然垂悬的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度 L=0.9990m，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， 单摆长为_______m。 a 2t 5t 1t 4t 3t 4t a14 （3）下列振动图像真实地描述了对摆长约为 1m 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 均为 30 次全振动的图像，已知 sin5°=0.087，sin15 °=0.26，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）。 4、（1）在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径 如图甲、乙所示。测量方法正确的是__________（选填“甲”或“乙”）。 （2）实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振 动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻与某一自动记录仪 相连，该仪器显示的光敏电阻阻值 R 随时间 t 变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期 为 。若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径 2 倍的另一小球进 行实验，则该单摆的周期将 。（填“变大”、“不变”或“变小”），图乙中的△t 将 （填“变大”、“不变”或“变小”）。 5、在“利用单摆测重力加速度的实验中 （1）某同学尝试用 DIS 测量周期。如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下15 方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端 A 应接 到__________ 。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于 __________。若测得连续 N 个磁感应强度最大值之间的时间间隔为 t， 则单摆周期的测量值为__________（地磁场和磁传感器的影响可忽 略）。 （2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长 L 及相应的周 期 T。然后，分别取 L 和 T 的对数，所得到的 lgT lgL 图线为______ （填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图线与纵轴交点的 纵坐标为 c，由此得到该地的重力加速度 g＝__________。 三、计算题 1、将一劲度系数为 k 的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为 m 的物块，将物块向下拉 离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量 为摆长的单摆周期。请由单摆周期公式推算出物块做简谐运动的周期 T。 2、某实验室中悬挂着一弹簧振子 A 和一单摆 B，弹簧振子的弹簧和小球（球中间有孔） 都套在固定的光滑竖直杆上。某次有感地震中观察到静止的振子 A 开始振动 4.0s 后，单摆 B 才开始摆动。此次地震中同一震源产生的地震纵波和横波的波长分别为 10km 和 5.0km ， 频率为 1.0Hz ，假设该实验室恰好位于震源的正上方，求震源离实验室的距离。 【答案与解析】 一、选择题 1、【答案】AC　 【解析】摆球经过最低点时悬线拉力最大，t=0.2s 时，F 有正向最大值，故 A 选项正确； t=1.1s 时，F 有最小值，摆球不在最低点，B 选项错误；周期应为 T=1.2s，D 选项错误；因 振幅减小；故机械能减小；C 选项正确。 2、【答案】D 【解析】图中的 A 点是正向最大位移处，对应着单摆中的 G 点，A 错；单摆摆球连续 两次经过同一位置时，加速度的方向不变，指向平衡位置，B 错；CD 段是从负向最大位移 向平衡位置运动速度方向为正，但势能减小，C 错；单摆的周期是 2s，根据单摆的周期公 − A16 式： ，解得：l=1m，D 正确。 故选 D。 3、【答案】AC 【解析】由振动图象得到甲、乙两单摆的的周期之比为 T 甲：T 乙=2：3，根据单摆的周 期公式： 得：T2∝L，故甲、乙两单摆的摆长之比是 4/9，A 正确；根据摆长不 同，摆动幅度相同，故摆角不等，B 错；由图可知 tb 时刻甲、乙两单摆的偏离平衡位置的差 值最大，故势能差最大，C 正确；t c 时刻甲、乙两单摆处于平衡位置，由动能定理得： ，由几何关系知： ，（A 为振幅，l 为摆长），联立可得： ， ，D 错。 故选 AC。 4、A 解析：每分钟摆多少次是频率， ,根据 ,A 对。 5、C 解析：摆长为 L 的摆有半个周期，摆长为L/2 的摆也有半个周期，现在的单摆的周期为它们 之和，即 ， C 对。 6、CD 解析：两摆球分开各自做简谐运动，经过半个周期再次碰撞，单摆做简谐运动的周 期 ，与摆球的质量无关，也与摆球的振幅亦即跟碰后摆球的速度大小无关，两 摆的摆长相等，下一次碰撞仍然在在平衡位置。所以正确选项为 CD。 7、A 解析：根据单摆的周期公式，在地面上： ，在距地面 h 高处 ， 解得 。又根据万有引力定律，在地面上： 2 LT g π= 2 LT g π= 21(1 cos ) 2mgl mvθ− = sin A l θ = = 2 (1 )4 xv gl −甲 = 2 (1 )9 xv gl −乙 1 60 3 80 4T = = 2 60 1 120 2T = = 2 LT g π= 2 1 1 2 2 2 9 4 l T l T = = 2 2(1 )2 L L LT g g g π π π= + = + 2 LT g π= 2 LT g π= 4 2 LT g π= ′ 1=16 g g ′ 2 Mmmg G R =17 在距地面 h 高处 求得 ， 解得高度 ，故选 A。 8、C 解析：根据 可知密度与质量成正比，与半径的三次方成反比 由密度关系得 则 在地面上 ， 在行星表面 重力加速度之比 又由 则 所以 故 C 正确。 9、D 解析：碰撞前后摆长不变，由 知，摆动的周期不变，AB 不对。若 球质量为 M，速度为 ，则 B 球质量为 Mb= ， ， 由碰撞过程动量守恒得 代入数值解得 ，因为 ，所以 。 10、A 解析： 时刻拉力刚开始出现，也就是绳子刚进入拉伸阶段，所以 时刻绳子是原长，速度 方向向下。 时刻拉力最大，绳子最长，小球在最低点，速度为零，动能为零。 时刻绳子回复到原长，拉力消失，此时速度和 时刻方向相反（向上），但由于阻力缘故， 速度减小。 时刻状态与 时刻相同，但由于阻力原因，速度会比 时刻数值小，方向相同（向下）。 速度比 时刻要小，方向相反。 时刻状态与 时刻相同，小球在最低点，速度为零，动能为零。 5 M 2( + ) Mmmg G R h ′ = 2 2 1= =( ) 16 g R g R h ′ + =3h R 34 3 M M V R ρ π= = 3 3 1 4 M R M R ρ ρ ′ ′= = ′ 3 3 1 4 M R M R ′ ′= 2 Mmmg G R = 2 M mmg G R ′′ = ′ 2 2 1 1 4 2 g M R R g M R R ′ ′ ′= = =′ 2 LT g π= 2T g T g ′ = =′ 2T T′ = 2 LT g π= a v =2bv v 1 12 =( )5 5Mv M v M M v′− ⋅ + 1= 2v v′ 2 = 2 vh g 2 1= =2 4 vh hg ′′ 1t 1t 2t 3t 1t 4t 1t 1t 3t 5t 2t18 由于有阻力做功，小球在运动过程中机械能不守恒。 根据以上分析，正确答案是 A。 二、填空题 1、 解析：由单摆振动周期 所以该星球表面处的重力加速度 根据 对星球 该行星半径与地球半径之比 2、可能是匀加速下降或匀减速上升。 解析：单摆的周期变长，即摆球回到相对平衡的位置时间变长，说明回复力减小，即沿摆动 方向分量也减小，相当于摆球的重力减小，说明小球在电梯中处于失重状态。电梯静止时， 单摆周期为 　 ①　摆长未变，而周期变化，若在这段时间内，周期稳定，则做 匀变速直线运动，此时电梯中的单摆周期为 　②　而由题意 ③ 　　 由式①②③可解得 ，说明小球在电梯中处于失重状态，此时摆线的张力（视重） 为 ，设电梯的加速度为 ，根据牛顿第二定律有： 解得 ，所以电梯的加速度 ，方向向下。电梯可能是匀加速下降或匀减速上升。 3、（1）AC （2）0.9930mm （3）A 解析：（1）用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线增加了线与悬挂处的摩擦保证摆长不变；改变 摆长时用力拉不会将摆线拉断，方便调节摆长；AC 正确。 （2）用 10 分度游标卡尺主尺读数为 12mm，游标尺读数为 0，则摆球的直径为 12mm+0× 0.1mm=12.0mm。 单摆摆长为 mm。 （3）单摆的振动在摆角小于 5 度才能看作简谐振动，在测量周期时计时起点应该选择在平 1 4 g 2 2 2 LT g π= 1T g ∝ gT T g ′ = ′ 2 1( ) 4 Tg g gT ′ = =′ 2 Mmmg G R = 2 M mmg G R ′′ = ′ 8 2 2R M g R Mg ′ ′= = =′ 3= 4a g 1 2 LT g π= 2 2 LT g π= ′ 2 12T T= 1=