2.4单摆 讲义
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2.4 单摆
一、考点梳理
考点一、单摆的回复力
1．单摆运动特点
（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v≠0，半径方向都有向心力．
（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，轨迹的切线方向都有回复力．
2．摆球的受力
（1）任意位置
如图所示，G2＝Gcos θ，F－G2的作用就是提供摆球绕O′做变速圆周运动的向心力；G1＝Gsin θ的作用是提供摆球以O为中心做往复运动的回复力．
（2）平衡位置
摆球经过平衡位置时，G2＝G，G1＝0，此时F应大于G，F－G提供向心力，因此，在平衡位置，回复力F回＝0，与G1＝0相符．
（3）单摆的简谐运动
在θ很小时(理论值为＜5°)，sin θ≈tan θ＝，
G1＝Gsin θ＝x，
G1方向与摆球位移方向相反，所以有回复力
F回＝G1＝－x＝－kx(k＝)．
因此，在摆角θ很小时，单摆做简谐运动．
【典例1】对于做简谐运动的单摆，下列说法中正确的是( )
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．摆球在最大位移处时，速度为零，处于平衡状态
【答案】C
【解析】回复力F＝－kx，加速度a＝－，若位移为正，加速度为负，但经过同一点速度有两个可能的方向，不一定为负，故A错误；回复力F＝－kx，当位移逐渐增大时，回复力逐渐增大，机械能守恒，不是增加；故B错误；摆球经过平衡位置时，动能最大，故速度最大，重力势能最小，摆线所受拉力最大，故C正确；摆球在最大位移处时，速度为零，受重力和拉力，二个力不共线，故不是平衡力，故D错误；故选C.
【典例2】如图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．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零
B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零
C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
【答案】D
【解析】摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，故A、B错误；在最低点B，速度最大，回复力为零，摆球做圆周运动，绳的拉力最大，故C错误，D正确．
练习1、(多选)如图所示为均匀小球在做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称．下列说法正确的是( )
A．小球受重力、绳子拉力和回复力
B．小球所受合外力就是单摆的回复力
C．小球在O点时合外力不为0，回复力为0
D．小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等
【答案】CD
【解析】物体只受两个力：重力、绳子拉力，A错；单摆的回复力是重力沿运动方向的分力，B错；单摆在O点时，回复力为0，但合外力不为0，合外力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据运动的对称性可知，选项D正确．
练习2、(多选)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小得多
D．只要是单摆的运动就是简谐运动
【答案】ABC
【解析】单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量且摆线不伸缩，摆球直径远小于摆线长度，A、B、C项正确；把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的，只有在偏角很小(θ≤5°)的情况下才能视单摆的运动为简谐运动，D项错误．
练习3、关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是( )
A．摆球经过平衡位置时所受合力为零
B．摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比
C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力
D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力
【答案】C
【解析】摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，经过平衡位置，合力不为零，合力提供向心力，方向指向悬点，A错误；摆球所受回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，重力沿摆线方向的分力与摆线对摆球的拉力的合力提供向心力，所以摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小不成正比，B错误；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C正确，D错误．
考点二、单摆的周期
1．摆长l的确定
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球心的长度，即l＝l0＋，l0为摆线长，D为摆球直径．
2．重力加速度g的变化
（1）公式中的g由单摆所在地空间位置决定
由G＝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）g还由单摆系统的运动状态决定
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g′＝g＋a.
（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g′的问题．
【典例1】如图所示，单摆的周期为T，则下列说法正确的是( )
A．把摆球质量增加一倍，其他条件不变，则单摆的周期变小
B．把摆角α变小，其他条件不变，则单摆的周期变小
C．将此摆从地球移到月球上，其他条件不变，则单摆的周期将变长
D．将单摆摆长增加为原来的2倍，其他条件不变，则单摆的周期将变为2T
【答案】C
【解析】根据单摆的周期公式T＝2π知，周期与摆球的质量和摆角无关，摆长增加为原来的2倍，周期变为原来的倍，故A、B、D错误；月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，由周期公式T＝2π知将此摆从地球移到月球上，单摆的周期将变长，C正确．
【典例2】有一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一光滑小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被挡住，使摆长发生变化．现使摆球做小角度摆动，图为摆球从右边最高点M摆至左边最高点N的闪光照片(悬点和小钉未摄入)，P为摆动中的最低点，每相邻两次闪光的时间间隔相等，则小钉距悬点的距离为( )
A． B． C． D．条件不足，无法判断
【答案】C
【解析】题图中M到P为四个时间间隔，P到N为两个时间间隔，即左半部分单摆的周期是右半部分单摆周期的，根据周期公式T＝2π，可得左半部分单摆的摆长为，即小钉距悬点的距离为，故C选项正确．
练习1、如图5所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接．M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离．现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是( )
图5
A．恰好在O点
B．一定在O点的左侧
C．一定在O点的右侧
D．条件不足，无法确定
【答案】C
【解析】据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2π，TB＝2π，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝TA＝，tB＝TB＝，由于R1练习2、地球表面的重力加速度约为9.8 m/s2，月球表面的重力加速度是地球表面的，将走时准确的摆钟从地球放到月球上去，在地球上经过24 h，该钟在月球上显示经过了( )
A．4 h B．9.8 h
C．12 h D．58.8 h
【答案】B
【解析】由单摆的周期公式T＝2π，得＝＝，即T月＝T地，则摆钟在月球上单位时间内完成的全振动的次数为在地球上的，所以在地球上经过24 h，该钟在月球上显示经过的时间为24× h＝4 h≈9.8 h，选项B正确．
考点三、单摆的简谐振动
【典例1】如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，根据图象回答：
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
【答案】(1)1.25 Hz (2)B点 (3)0.16 m
【解析】(1)由题图乙知周期T＝0.8 s，则频率f＝＝1.25 Hz.
(2)由题图乙知，开始时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点．
(3)由T＝2π得l＝≈0.16 m.
【典例2】(多选)一个单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正确的是( )
A．t1时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
B．t2时刻摆球速度最大，但加速度不为零
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
E．t4时刻摆球所受合力为零
【答案】 ABD
【解析】 由振动图象可知：t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球速度为零，悬线对摆球的拉力最小；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球的拉力最大．故正确答案为A、B、D.
练习1、(多选)如图所示为甲、乙两单摆的振动图象，则( )
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1
D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4
【答案】 BD
【解析】 由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故A错误，B正确；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故C错误，D正确。
练习2、如图是两个单摆的振动图像。
（1）甲、乙两个摆的摆长之比是多少？
（2）以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从起，乙第一次到达右方最大位移时，甲摆动到了什么位置？向什么方向运动？
【答案】(1) ；(2)平衡位置，向左振动
【解析】(1)甲摆的周期，乙摆的周期为，根据周期公式
得
(2)甲的振动方程为
当时，甲的位置为
即甲在平衡位置，向左振动。
考点四、单摆的“等效思维”
l等效＝lsin α 做垂直纸面的小角度摆动
l等效＝lsin α＋l 垂直纸面摆动
l等效＝l 纸面内摆动
左侧：l等效＝l右侧：l等效＝l 纸面内摆动T＝π＋π
l等效＝R 当半径R远大于小球位移x时，小球做单摆运动
【典例1】如图所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)，组成了所谓的双线摆，若细线长均为l，两线与天花板的夹角均为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，周期为( )
A．2π B．2π
C．2π D．2π
【答案】D
【解析】这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2π计算，但注意此处的l与题中的细线长不同，公式中的l是指质点到悬点(等效悬点)的距离，此题中单摆的等效摆长为lsin α，代入周期公式，可得T＝2π .
【典例2】如图所示，曲面AO是一段半径为2 m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长10 cm.现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别是t1和t2，那么( )
A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2
C．v1＝v2，t1＝t2 D．上述三种都有可能
【答案】B
【解析】因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度的单摆振动，即做简谐运动，其等效摆长为2 m，单摆周期与振幅无关，因此t1＝t2，又由于小球运动过程中机械能守恒，有mgh＝mv2，解得v＝，知v1＞v2.
练习1、如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是( )
A．t1＝t2，v1>v2
B．t1>t2，v1C．t1v2
D．t1>t2，v1>v2
【答案】A
【解析】从A、B点均做单摆模型运动，t1＝＝，t2＝＝，R为球面半径，故t1＝t2；A点离平衡位置远些，高度差大，故从A点滚下到达平衡位置O时速度大，即v1＞v2.
练习2、一光滑圆弧面ABD，水平距离为L，高为h（L>>h），小球从顶端A处静止释放，滑到底端D的时间为t1，若在圆弧面上放一块光滑斜面ACD，则小球从A点静止释放，滑到D的时间为t2，则（ ）
A．t2=t1 B． C． D．
【答案】C
【解析】由于h<< L，小球沿光滑圆弧面ABD运动，可看作单摆模型，运动时间等于四分之一个单摆周期。设圆弧轨道半径为R，单摆周期,小球的运动时间为
小球沿光滑斜面ACD运动，可看作等时圆模型，运动时间等于从圆周最高点沿直径自由下落到最低点的时间，所以
由上述可得
。
二、夯实小练
1、在淄博走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，则这个摆钟（ ）
A．变慢了，重新校准应减小摆长 B．变慢了，重新校准应增大摆长
C．变快了，重新校准应减小摆长 D．变快了，重新校准应增大摆长
【答案】A
【解析】根据单摆周期公式
在淄博走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，重力加速度g变小，周期T变大，所以摆钟变慢了，为了使T变回原来的值，需要重新校准，应减小摆长L。
2、为使单摆的频率增大，可采取的方法是（ ）
A．减小摆球的质量 B．缩短单摆的摆长
C．减小单摆的振幅 D．增大单摆的摆长
【答案】B
【解析】单摆的周期公式为
则单摆的频率为
AC. 单摆的周期与摆球的质量、振幅无关，所以单摆的频率也与摆球的质量、振幅无关，故AC错误；
BD. 缩短单摆的摆长l，可使单摆的频率增大；增大单摆的摆长，可使单摆的频率减小，故B正确，D错误。
3、单摆做简谐运动的过程中，以下说法正确的是（ ）.
A．摆球受到的合力处处为零 B．摆球受到的合力处处不为零
C．通过平衡位置时合力为零 D．通过平衡位置时回复力不为零
【答案】B
【解析】AB．单摆做简谐运动的过程中，摆球受到的合力处处不为零。故A错误，B正确。
C．摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零。故C错误。
D．摆球经过平衡位置时所受的回复力为零。故D错误。
4、一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球上受到的万有引力的，在地球上走时准确的摆钟搬到该行星上，时针转一圈所经历的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题设可知，行星表面重力加速度
由于单摆周期
可见摆钟在行星表面摆动的周期是在地球表面周期的两倍，即
因此时针走一圈实际经历的时间是
5、如图所示的各类实物摆中，可看作单摆的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】单摆是理想化的物理模型，单摆由摆线和摆球组成。 理想化的单摆是指摆线质量不计，摆线长度不伸缩，摆球只计质量不计大小；要求摆球的直径比摆线长度要短的多，摆球应选择体积小密度大的小球。
A.摆线为细钢丝，质量不能忽略，且摆球为泡沫塑料球，摆球质量太小，不可看作单摆，故A错误；
B.摆球为气球，体积大质量小，不可看作单摆，故B错误；
C.摆线为细线，摆球为小铁球，可以看作单摆，故C正确；
D.摆线太短，均匀柱体不可看作摆球，不可看作单摆，故D错误。
6、如图所示的几个相同单摆在不同条件下，关于它们的周期关系，其中判断正确的是( )
(1) (2) (3) (4)
A．T1＞T2＞T3＞T4 B．T1＜T2＝T3＜T4
C．T1＞T2＝T3＞T4 D．T1＜T2＜T3＜T4
【答案】C
【解析】题图(1)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g1＝gsin θ；题图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力；题图(3)为标准单摆；题图(4)中摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g4＝g＋a.由单摆振动的周期公式T＝2π，知T1＞T2＝T3＞T4．
7、(多选)甲、乙两个单摆的振动图象如图所示．根据振动图象可以断定（ ）
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4
B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2
C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3
D．若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9:4
【答案】BCD
【解析】ABC.根据图像可知，单摆振动的周期关系：，所以周期之比为，频率为周期的反比，所以频率之比：；若甲乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式：，所以摆长之比为4：9，A错误BC正确D.若在不同地点，摆长相同，根据得：重力加速度之比为：9：4，D正确
8、图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设摆球向右方向运动为正方向．图乙是这个单摆的振动图像．根据图像回答：
甲 乙
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少．
【解析】(1)由乙图知周期T＝0.8 s，
则频率f＝＝1.25 Hz.
(2)由乙图知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点．
(3)由T＝2π得L＝＝0.16 m.
9、如图所示是两个单摆的振动图象。
（1）甲、乙两个摆的摆长之比是多少？
（2）写出甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式
【答案】（1）1：4；（2）。
【解析】由图象知
T甲=4s，T乙=8s
（1）根据周期公式
可知，甲、乙两个摆的摆长之比是1：4。
（2）甲摆振幅为2cm，周期为4s，故甲摆角速度
所以甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式为
10、如图所示，将摆长为L的单摆放在一升降机中，若升降机以加速度a向上匀加速运动，求单摆的摆动周期．
【答案2π
【解析】单摆的平衡位置在竖直位置，若摆球相对升降机静止，则摆球受重力mg和绳拉力F，
根据牛顿第二定律：F－mg＝ma，
此时摆球的视重mg′＝F＝m(g＋a)，
所以单摆的等效重力加速度g′＝＝g＋a，
因而单摆的周期为T＝2π＝2π.
三、培优练习
1、（多选）小球在一个曲率半径很大的光滑圆槽内做简谐振动，如图所示，为了使振动周期变为原来的2倍，可采用的方法是（ ）
A．将小球质量减为原来的一半
B．将其振幅变为原来的2倍
C．将圆槽半径增为原来的4倍
D．将圆槽从地面移到距地面为1倍地球半径的高空
【答案】CD
【解析】小球受重力和支持力，支持力的切向分量提供向心力，是类似单摆模型，根据单摆的周期公式
周期与振幅、摆球的重力均无关，要使振动周期变为原来的2倍，可以将圆槽半径变为原来的4倍。或者将当地的重力加速度变为原来的四分之一。
将圆槽从地面移到距地面为1倍地球半径的高空，有
联立，可知
2、荡秋千是小孩最喜欢的娱乐项目之一，可简化为如图甲所示。图甲中点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至点，此时细线处于张紧状态。由静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的、之间来回摆动，其中点为最低位置，，小于5°且大小未知，同时由连接到计算机的力传感器得到了摆线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，如图乙所示（图中所标字母，重力加速度均为已知量）。不计空气阻力。根据题中（包括图中）所给的信息，下列说法正确的是（ ）
A．该单摆的周期为
B．无法求出摆球振动的摆长
C．可以求得由A运动到所用的时间（不考虑重复周期）为
D．在小于5°的情况下，越大周期越大
【答案】C
【解析】A．小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，由乙图可知单摆的周期T=t2，故A错误；
B．由单摆的周期公式
可得
摆球振动的摆长
故摆长可以求出，故B错误；
C．由A运动到所用的时间（不考虑重复周期）为周期的一半
D．在小于5°的情况下，周期不变，故D错误。
3、甲、乙两人观察同一单摆的振动,甲每经过 3.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在其平衡位置处;乙每经过 4.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在平衡位置右侧的最高处,由此可知该单摆的周期不可能的是
A．0.5s B．1.0s C．1.5s D．2.0s
【答案】C
【解析】摆的摆动具有周期性，题中每次经过半个周期通过平衡位置或最右端；故3s和4s都是半周期的整数倍，故时间差1s也是半周期的整数倍；即
；
（n为正整数）
A.T＝0.5s时，n＝4，故A正确；
B.T＝1.0s时，n＝2，故B正确；
C.T＝1.5s时，n＝，故C错误；
D.T＝2.0s时，n＝1，故D正确；
4、如图甲所示是一个单摆，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，由此可知（ ）
A．单摆振动的频率为2.5Hz
B．时摆球位于B点，绳的拉力最大
C．时摆球位于平衡位置O，加速度为零
D．若当地的重力加速度，则这个单摆的摆长是0.16m
【答案】D
【解析】A．由图可知，振动周期是0.8s，所以振动频率为1.25 Hz，A错误；
B．摆球的位移为负向最大，所以摆球位于B点，此时绳的拉力与重力法向分力平衡，所以拉力最小。B错误；
C．时摆球位于平衡位置O，回复加速度为零，但是向心加速度不为零。C错误；
D．根据周期公式得
5、如图所示，一质量为M的物块静止于A点，绳长为L，现给物块施加一初速度v，物块抵达B点时的速度恰好为0，且此时拉物块B的绳与竖直方向成45°夹角，绳长保持不变，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．物块将做简谐运动
B．满足关系式v2=gL
C．物块第二次经过A点时的速度与第一次经过A点时的速度不同
D．设物块在运动时绳与竖直方向的夹角为β（β ≤ 45°），则当夹角为β时，绳子对物块的拉力大小为Mg(2 - cosβ)
【答案】C
【解析】A．由题知物块B的绳与竖直方向成45°夹角，不满足单摆摆角小于5°（现在一般认为是小于10°）的条件，则物块的运动不能视为简谐运动，A错误；
B．根据动能定理有
- mg(L - Lcos45°) = 0 - mv2
经过计算有
v2= (2 - )gL
B错误；
C．由于速度是矢量，第一次经过C点的速度方向向左，第二次经过C点的速度方向向右，则物块第二次经过A点时的速度与第一次经过A点时的速度不同，C正确；
D．当夹角为β时对物块受力分析如下图
根据受力分析有
FT= mgy = mgcosβ
D错误。
6、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＝mgsinθsinα
B．摆球做简谐运动的回复力为F＝mgsinθ
C．摆球经过平衡位置时合力为零
D．摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为F′＝mgsinα
【答案】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分力来提供，则回复力为F＝mgsinθsinα，故选项A正确，B错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项C错误；设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得mgsinα(l－lcosθ)＝mv2，由牛顿第二定律得F′－mgsinα＝m，由以上两式可得线的拉力为F′＝3mgsinα－2mgsinαcosθ，故选项D错误。
7、(多选)如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一小球(小球可以看成质点)．在O点正下方，距O点处的P点固定一个小钉子．现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球．点B是小球运动的最低位置，点C(图中末标出)是小球能够到达的左侧最高位置．已知点A与点B之间的高度差为h，h l.A、B、P、O在同一竖直平面内，当地的重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．点C与点B高度差小于h
B．点C与点B高度差等于h
C．小球摆动的周期等于
D．小球摆动的周期等于
【答案】BC
【解析】不计空气阻力，小球在整个运动过程中机械能守恒，故运动到左侧最高点C与A等高，与B相差h，A错误，B正确．当小球从A点开始，再回到A点时为一个周期，是两个半周期之和，即T＝T1＋T2＝×2π＋×2π×＝π＋＝，故C正确，D错误．
8、将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．如图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量．图乙是由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，求：(g取10 m/s2)
甲 乙
(1)单摆的振动周期和摆长；
(2)摆球的质量；
(3)摆球运动过程中的最大速度．
【答案】(1)0.4π s 0.4 m (2)0.05 kg (3)0.283 m/s
【解析】(1)由题图乙可知单摆的周期T＝0.4π s，
由T＝2π，
得摆长l＝＝0.4 m.
(2)在B点拉力的最大值为Fmax＝0.510 N.
Fmax－mg＝.
在A、C两点拉力最小Fmin＝0.495 N，Fmin＝mgcos α，
A→B过程机械能守恒，即mgl(1－cos α)＝mv2，
由以上各式解得m＝0.05 kg.
(3)由Fmax－mg＝
可得，vmax≈0.283 m/s.
9、某学校的兴趣小组在实验室做单摆振动实验。如图甲所示为单摆在两点间振动的情形，点是平衡位置，图乙是这个单摆的振动图像，单摆振动的周期为，取摆球向右运动的方向为正方向，学校所在地的重力加速度为。若将此单摆移至悬停在某一高度的热气球载人舱中，做摆角小于的振动，测得周期为，已知地球半径为。
（1）根据图乙写出此单摆的振动方程。
（2）求此单摆的摆长。
（3）求该热气球此时离海平面的高度。
【答案】（1）；（2）0.16m；（3）
【解析】(1)由题图乙可知，此单摆的振动方程为
(2)由单摆的振动图像，有
根据公式
可得
根据单摆的周明公式
其中是单摆的摆长，和分别是两地点的重力加速度
(3)根据万有引力定律公式可得
由以上各式联立解得
10、将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=α；α小于10°且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题（包括图）所给的信息，求：（g取10m/s2）
（1）单摆的振动周期和摆长；
（2）摆球的质量；
（3）摆球运动过程中的最大速度。
【答案】（1）T=0.4πs，0.4m；（2）0.05kg；（3）0.283m/s
【解析】（1）摆球受力分析如图所示：
小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律
T=0.4πs
由单摆的周期公式为
解得
（2）（3）在最高点A，有
在最低点B，有
从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得
联立三式并代入数据得
11、如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心的正下方，一小球在距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，求小球应从多高处自由落下( R)．
【答案】(n＝1,2,3，…)
【解析】小球由A点开始沿球壳内表面运动时，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．
设小球由A点由静止释放运动到O点的时间为t＝(2n－1)(n＝1,2,3，…)，T＝2π
由于从O点正上方自由落下的小球到O的时间也为t时两球才能在O点相碰，
所以h＝gt2＝g(2n－1)2＝(n＝1,2,3，…)
12、一单摆在地面上的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k.设地球的半径为R.假定地球的密度均匀．已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d.
【答案】R(1－k2)
【解析】根据万有引力定律，地面处质量为m的物体的重力为mg＝G
式中g是地面处的重力加速度，M是地球的质量．设ρ是地球的密度，
则有M＝πρR3
摆长为l的单摆在地面处的摆动周期为T＝2π
若该物体位于矿井底部，则其重力为mg′＝G
式中g′是矿井底部的重力加速度，且M′＝πρ(R－d)3
在矿井底部此单摆的周期为T′＝2π
由题意知T＝kT′
联立以上各式得d＝R(1－k2)．
13、有一单摆，在地球表面的周期为2 s，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。（取g地＝9.8 m/s2，结果均保留2位有效数字）
（1）将该单摆置于月球表面，其周期为多大？
（2）若将摆长缩短为原来的，在月球表面时此摆的周期为多大？
（3）该单摆的摆长为多少？
【答案】（1）4.9 s；（2）3.5 s；（3）0.99 m
【解析】（1）由单摆的周期公式
知
所以
则
（2）根据周期公式
知
所以
则
（3）根据周期公式
知
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2.4 单摆
一、考点梳理
考点一、单摆的回复力
1．单摆运动特点
（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v≠0，半径方向都有向心力．
（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，轨迹的切线方向都有回复力．
2．摆球的受力
（1）任意位置
如图所示，G2＝Gcos θ，F－G2的作用就是提供摆球绕O′做变速圆周运动的向心力；G1＝Gsin θ的作用是提供摆球以O为中心做往复运动的回复力．
（2）平衡位置
摆球经过平衡位置时，G2＝G，G1＝0，此时F应大于G，F－G提供向心力，因此，在平衡位置，回复力F回＝0，与G1＝0相符．
（3）单摆的简谐运动
在θ很小时(理论值为＜5°)，sin θ≈tan θ＝，
G1＝Gsin θ＝x，
G1方向与摆球位移方向相反，所以有回复力
F回＝G1＝－x＝－kx(k＝)．
因此，在摆角θ很小时，单摆做简谐运动．
【典例1】对于做简谐运动的单摆，下列说法中正确的是( )
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．摆球在最大位移处时，速度为零，处于平衡状态
【答案】C
【解析】回复力F＝－kx，加速度a＝－，若位移为正，加速度为负，但经过同一点速度有两个可能的方向，不一定为负，故A错误；回复力F＝－kx，当位移逐渐增大时，回复力逐渐增大，机械能守恒，不是增加；故B错误；摆球经过平衡位置时，动能最大，故速度最大，重力势能最小，摆线所受拉力最大，故C正确；摆球在最大位移处时，速度为零，受重力和拉力，二个力不共线，故不是平衡力，故D错误；故选C.
【典例2】如图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．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零
B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零
C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
【答案】D
【解析】摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，故A、B错误；在最低点B，速度最大，回复力为零，摆球做圆周运动，绳的拉力最大，故C错误，D正确．
练习1、(多选)如图所示为均匀小球在做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称．下列说法正确的是( )
A．小球受重力、绳子拉力和回复力
B．小球所受合外力就是单摆的回复力
C．小球在O点时合外力不为0，回复力为0
D．小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等
【答案】CD
【解析】物体只受两个力：重力、绳子拉力，A错；单摆的回复力是重力沿运动方向的分力，B错；单摆在O点时，回复力为0，但合外力不为0，合外力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据运动的对称性可知，选项D正确．
练习2、(多选)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小得多
D．只要是单摆的运动就是简谐运动
【答案】ABC
【解析】单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量且摆线不伸缩，摆球直径远小于摆线长度，A、B、C项正确；把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的，只有在偏角很小(θ≤5°)的情况下才能视单摆的运动为简谐运动，D项错误．
练习3、关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是( )
A．摆球经过平衡位置时所受合力为零
B．摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比
C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力
D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力
【答案】C
【解析】摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，经过平衡位置，合力不为零，合力提供向心力，方向指向悬点，A错误；摆球所受回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，重力沿摆线方向的分力与摆线对摆球的拉力的合力提供向心力，所以摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小不成正比，B错误；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C正确，D错误．
考点二、单摆的周期
1．摆长l的确定
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球心的长度，即l＝l0＋，l0为摆线长，D为摆球直径．
2．重力加速度g的变化
（1）公式中的g由单摆所在地空间位置决定
由G＝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）g还由单摆系统的运动状态决定
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g′＝g＋a.
（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g′的问题．
【典例1】如图所示，单摆的周期为T，则下列说法正确的是( )
A．把摆球质量增加一倍，其他条件不变，则单摆的周期变小
B．把摆角α变小，其他条件不变，则单摆的周期变小
C．将此摆从地球移到月球上，其他条件不变，则单摆的周期将变长
D．将单摆摆长增加为原来的2倍，其他条件不变，则单摆的周期将变为2T
【答案】C
【解析】根据单摆的周期公式T＝2π知，周期与摆球的质量和摆角无关，摆长增加为原来的2倍，周期变为原来的倍，故A、B、D错误；月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，由周期公式T＝2π知将此摆从地球移到月球上，单摆的周期将变长，C正确．
【典例2】有一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一光滑小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被挡住，使摆长发生变化．现使摆球做小角度摆动，图为摆球从右边最高点M摆至左边最高点N的闪光照片(悬点和小钉未摄入)，P为摆动中的最低点，每相邻两次闪光的时间间隔相等，则小钉距悬点的距离为( )
A． B． C． D．条件不足，无法判断
【答案】C
【解析】题图中M到P为四个时间间隔，P到N为两个时间间隔，即左半部分单摆的周期是右半部分单摆周期的，根据周期公式T＝2π，可得左半部分单摆的摆长为，即小钉距悬点的距离为，故C选项正确．
练习1、如图5所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接．M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离．现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是( )
图5
A．恰好在O点
B．一定在O点的左侧
C．一定在O点的右侧
D．条件不足，无法确定
【答案】C
【解析】据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2π，TB＝2π，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝TA＝，tB＝TB＝，由于R1
A．4 h B．9.8 h
C．12 h D．58.8 h
【答案】B
【解析】由单摆的周期公式T＝2π，得＝＝，即T月＝T地，则摆钟在月球上单位时间内完成的全振动的次数为在地球上的，所以在地球上经过24 h，该钟在月球上显示经过的时间为24× h＝4 h≈9.8 h，选项B正确．
考点三、单摆的简谐振动
【典例1】如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，根据图象回答：
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
【答案】(1)1.25 Hz (2)B点 (3)0.16 m
【解析】(1)由题图乙知周期T＝0.8 s，则频率f＝＝1.25 Hz.
(2)由题图乙知，开始时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点．
(3)由T＝2π得l＝≈0.16 m.
【典例2】(多选)一个单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正确的是( )
A．t1时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
B．t2时刻摆球速度最大，但加速度不为零
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
E．t4时刻摆球所受合力为零
【答案】 ABD
【解析】 由振动图象可知：t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球速度为零，悬线对摆球的拉力最小；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球的拉力最大．故正确答案为A、B、D.
练习1、(多选)如图所示为甲、乙两单摆的振动图象，则( )
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1
D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4
【答案】 BD
【解析】 由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故A错误，B正确；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故C错误，D正确。
练习2、如图是两个单摆的振动图像。
（1）甲、乙两个摆的摆长之比是多少？
（2）以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从起，乙第一次到达右方最大位移时，甲摆动到了什么位置？向什么方向运动？
【答案】(1) ；(2)平衡位置，向左振动
【解析】(1)甲摆的周期，乙摆的周期为，根据周期公式
得
(2)甲的振动方程为
当时，甲的位置为
即甲在平衡位置，向左振动。
考点四、单摆的“等效思维”
l等效＝lsin α 做垂直纸面的小角度摆动
l等效＝lsin α＋l 垂直纸面摆动
l等效＝l 纸面内摆动
左侧：l等效＝l右侧：l等效＝l 纸面内摆动T＝π＋π
l等效＝R 当半径R远大于小球位移x时，小球做单摆运动
【典例1】如图所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)，组成了所谓的双线摆，若细线长均为l，两线与天花板的夹角均为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，周期为( )
A．2π B．2π
C．2π D．2π
【答案】D
【解析】这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2π计算，但注意此处的l与题中的细线长不同，公式中的l是指质点到悬点(等效悬点)的距离，此题中单摆的等效摆长为lsin α，代入周期公式，可得T＝2π .
【典例2】如图所示，曲面AO是一段半径为2 m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长10 cm.现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别是t1和t2，那么( )
A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2
C．v1＝v2，t1＝t2 D．上述三种都有可能
【答案】B
【解析】因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度的单摆振动，即做简谐运动，其等效摆长为2 m，单摆周期与振幅无关，因此t1＝t2，又由于小球运动过程中机械能守恒，有mgh＝mv2，解得v＝，知v1＞v2.
练习1、如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是( )
A．t1＝t2，v1>v2
B．t1>t2，v1
D．t1>t2，v1>v2
【答案】A
【解析】从A、B点均做单摆模型运动，t1＝＝，t2＝＝，R为球面半径，故t1＝t2；A点离平衡位置远些，高度差大，故从A点滚下到达平衡位置O时速度大，即v1＞v2.
练习2、一光滑圆弧面ABD，水平距离为L，高为h（L>>h），小球从顶端A处静止释放，滑到底端D的时间为t1，若在圆弧面上放一块光滑斜面ACD，则小球从A点静止释放，滑到D的时间为t2，则（ ）
A．t2=t1 B． C． D．
【答案】C
【解析】由于h<< L，小球沿光滑圆弧面ABD运动，可看作单摆模型，运动时间等于四分之一个单摆周期。设圆弧轨道半径为R，单摆周期,小球的运动时间为
小球沿光滑斜面ACD运动，可看作等时圆模型，运动时间等于从圆周最高点沿直径自由下落到最低点的时间，所以
由上述可得
。
二、夯实小练
1、在淄博走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，则这个摆钟（ ）
A．变慢了，重新校准应减小摆长 B．变慢了，重新校准应增大摆长
C．变快了，重新校准应减小摆长 D．变快了，重新校准应增大摆长
【答案】A
【解析】根据单摆周期公式
在淄博走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，重力加速度g变小，周期T变大，所以摆钟变慢了，为了使T变回原来的值，需要重新校准，应减小摆长L。
2、为使单摆的频率增大，可采取的方法是（ ）
A．减小摆球的质量 B．缩短单摆的摆长
C．减小单摆的振幅 D．增大单摆的摆长
【答案】B
【解析】单摆的周期公式为
则单摆的频率为
AC. 单摆的周期与摆球的质量、振幅无关，所以单摆的频率也与摆球的质量、振幅无关，故AC错误；
BD. 缩短单摆的摆长l，可使单摆的频率增大；增大单摆的摆长，可使单摆的频率减小，故B正确，D错误。
3、单摆做简谐运动的过程中，以下说法正确的是（ ）.
A．摆球受到的合力处处为零 B．摆球受到的合力处处不为零
C．通过平衡位置时合力为零 D．通过平衡位置时回复力不为零
【答案】B
【解析】AB．单摆做简谐运动的过程中，摆球受到的合力处处不为零。故A错误，B正确。
C．摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零。故C错误。
D．摆球经过平衡位置时所受的回复力为零。故D错误。
4、一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球上受到的万有引力的，在地球上走时准确的摆钟搬到该行星上，时针转一圈所经历的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题设可知，行星表面重力加速度
由于单摆周期
可见摆钟在行星表面摆动的周期是在地球表面周期的两倍，即
因此时针走一圈实际经历的时间是
5、如图所示的各类实物摆中，可看作单摆的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】单摆是理想化的物理模型，单摆由摆线和摆球组成。 理想化的单摆是指摆线质量不计，摆线长度不伸缩，摆球只计质量不计大小；要求摆球的直径比摆线长度要短的多，摆球应选择体积小密度大的小球。
A.摆线为细钢丝，质量不能忽略，且摆球为泡沫塑料球，摆球质量太小，不可看作单摆，故A错误；
B.摆球为气球，体积大质量小，不可看作单摆，故B错误；
C.摆线为细线，摆球为小铁球，可以看作单摆，故C正确；
D.摆线太短，均匀柱体不可看作摆球，不可看作单摆，故D错误。
6、如图所示的几个相同单摆在不同条件下，关于它们的周期关系，其中判断正确的是( )
(1) (2) (3) (4)
A．T1＞T2＞T3＞T4 B．T1＜T2＝T3＜T4
C．T1＞T2＝T3＞T4 D．T1＜T2＜T3＜T4
【答案】C
【解析】题图(1)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g1＝gsin θ；题图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力；题图(3)为标准单摆；题图(4)中摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g4＝g＋a.由单摆振动的周期公式T＝2π，知T1＞T2＝T3＞T4．
7、(多选)甲、乙两个单摆的振动图象如图所示．根据振动图象可以断定（ ）
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4
B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2
C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3
D．若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9:4
【答案】BCD
【解析】ABC.根据图像可知，单摆振动的周期关系：，所以周期之比为，频率为周期的反比，所以频率之比：；若甲乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式：，所以摆长之比为4：9，A错误BC正确D.若在不同地点，摆长相同，根据得：重力加速度之比为：9：4，D正确
8、图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设摆球向右方向运动为正方向．图乙是这个单摆的振动图像．根据图像回答：
甲 乙
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少．
【解析】(1)由乙图知周期T＝0.8 s，
则频率f＝＝1.25 Hz.
(2)由乙图知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点．
(3)由T＝2π得L＝＝0.16 m.
9、如图所示是两个单摆的振动图象。
（1）甲、乙两个摆的摆长之比是多少？
（2）写出甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式
【答案】（1）1：4；（2）。
【解析】由图象知
T甲=4s，T乙=8s
（1）根据周期公式
可知，甲、乙两个摆的摆长之比是1：4。
（2）甲摆振幅为2cm，周期为4s，故甲摆角速度
所以甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式为
10、如图所示，将摆长为L的单摆放在一升降机中，若升降机以加速度a向上匀加速运动，求单摆的摆动周期．
【答案2π
【解析】单摆的平衡位置在竖直位置，若摆球相对升降机静止，则摆球受重力mg和绳拉力F，
根据牛顿第二定律：F－mg＝ma，
此时摆球的视重mg′＝F＝m(g＋a)，
所以单摆的等效重力加速度g′＝＝g＋a，
因而单摆的周期为T＝2π＝2π.
三、培优练习
1、（多选）小球在一个曲率半径很大的光滑圆槽内做简谐振动，如图所示，为了使振动周期变为原来的2倍，可采用的方法是（ ）
A．将小球质量减为原来的一半
B．将其振幅变为原来的2倍
C．将圆槽半径增为原来的4倍
D．将圆槽从地面移到距地面为1倍地球半径的高空
【答案】CD
【解析】小球受重力和支持力，支持力的切向分量提供向心力，是类似单摆模型，根据单摆的周期公式
周期与振幅、摆球的重力均无关，要使振动周期变为原来的2倍，可以将圆槽半径变为原来的4倍。或者将当地的重力加速度变为原来的四分之一。
将圆槽从地面移到距地面为1倍地球半径的高空，有
联立，可知
2、荡秋千是小孩最喜欢的娱乐项目之一，可简化为如图甲所示。图甲中点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至点，此时细线处于张紧状态。由静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的、之间来回摆动，其中点为最低位置，，小于5°且大小未知，同时由连接到计算机的力传感器得到了摆线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，如图乙所示（图中所标字母，重力加速度均为已知量）。不计空气阻力。根据题中（包括图中）所给的信息，下列说法正确的是（ ）
A．该单摆的周期为
B．无法求出摆球振动的摆长
C．可以求得由A运动到所用的时间（不考虑重复周期）为
D．在小于5°的情况下，越大周期越大
【答案】C
【解析】A．小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，由乙图可知单摆的周期T=t2，故A错误；
B．由单摆的周期公式
可得
摆球振动的摆长
故摆长可以求出，故B错误；
C．由A运动到所用的时间（不考虑重复周期）为周期的一半
D．在小于5°的情况下，周期不变，故D错误。
3、甲、乙两人观察同一单摆的振动,甲每经过 3.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在其平衡位置处;乙每经过 4.0s 观察一次摆球的位置,发现摆球都在平衡位置右侧的最高处,由此可知该单摆的周期不可能的是
A．0.5s B．1.0s C．1.5s D．2.0s
【答案】C
【解析】摆的摆动具有周期性，题中每次经过半个周期通过平衡位置或最右端；故3s和4s都是半周期的整数倍，故时间差1s也是半周期的整数倍；即
；
（n为正整数）
A.T＝0.5s时，n＝4，故A正确；
B.T＝1.0s时，n＝2，故B正确；
C.T＝1.5s时，n＝，故C错误；
D.T＝2.0s时，n＝1，故D正确；
4、如图甲所示是一个单摆，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，由此可知（ ）
A．单摆振动的频率为2.5Hz
B．时摆球位于B点，绳的拉力最大
C．时摆球位于平衡位置O，加速度为零
D．若当地的重力加速度，则这个单摆的摆长是0.16m
【答案】D
【解析】A．由图可知，振动周期是0.8s，所以振动频率为1.25 Hz，A错误；
B．摆球的位移为负向最大，所以摆球位于B点，此时绳的拉力与重力法向分力平衡，所以拉力最小。B错误；
C．时摆球位于平衡位置O，回复加速度为零，但是向心加速度不为零。C错误；
D．根据周期公式得
5、如图所示，一质量为M的物块静止于A点，绳长为L，现给物块施加一初速度v，物块抵达B点时的速度恰好为0，且此时拉物块B的绳与竖直方向成45°夹角，绳长保持不变，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．物块将做简谐运动
B．满足关系式v2=gL
C．物块第二次经过A点时的速度与第一次经过A点时的速度不同
D．设物块在运动时绳与竖直方向的夹角为β（β ≤ 45°），则当夹角为β时，绳子对物块的拉力大小为Mg(2 - cosβ)
【答案】C
【解析】A．由题知物块B的绳与竖直方向成45°夹角，不满足单摆摆角小于5°（现在一般认为是小于10°）的条件，则物块的运动不能视为简谐运动，A错误；
B．根据动能定理有
- mg(L - Lcos45°) = 0 - mv2
经过计算有
v2= (2 - )gL
B错误；
C．由于速度是矢量，第一次经过C点的速度方向向左，第二次经过C点的速度方向向右，则物块第二次经过A点时的速度与第一次经过A点时的速度不同，C正确；
D．当夹角为β时对物块受力分析如下图
根据受力分析有
FT= mgy = mgcosβ
D错误。
6、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＝mgsinθsinα
B．摆球做简谐运动的回复力为F＝mgsinθ
C．摆球经过平衡位置时合力为零
D．摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为F′＝mgsinα
【答案】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分力来提供，则回复力为F＝mgsinθsinα，故选项A正确，B错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项C错误；设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得mgsinα(l－lcosθ)＝mv2，由牛顿第二定律得F′－mgsinα＝m，由以上两式可得线的拉力为F′＝3mgsinα－2mgsinαcosθ，故选项D错误。
7、(多选)如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一小球(小球可以看成质点)．在O点正下方，距O点处的P点固定一个小钉子．现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球．点B是小球运动的最低位置，点C(图中末标出)是小球能够到达的左侧最高位置．已知点A与点B之间的高度差为h，h l.A、B、P、O在同一竖直平面内，当地的重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．点C与点B高度差小于h
B．点C与点B高度差等于h
C．小球摆动的周期等于
D．小球摆动的周期等于
【答案】BC
【解析】不计空气阻力，小球在整个运动过程中机械能守恒，故运动到左侧最高点C与A等高，与B相差h，A错误，B正确．当小球从A点开始，再回到A点时为一个周期，是两个半周期之和，即T＝T1＋T2＝×2π＋×2π×＝π＋＝，故C正确，D错误．
8、将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．如图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量．图乙是由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，求：(g取10 m/s2)
甲 乙
(1)单摆的振动周期和摆长；
(2)摆球的质量；
(3)摆球运动过程中的最大速度．
【答案】(1)0.4π s 0.4 m (2)0.05 kg (3)0.283 m/s
【解析】(1)由题图乙可知单摆的周期T＝0.4π s，
由T＝2π，
得摆长l＝＝0.4 m.
(2)在B点拉力的最大值为Fmax＝0.510 N.
Fmax－mg＝.
在A、C两点拉力最小Fmin＝0.495 N，Fmin＝mgcos α，
A→B过程机械能守恒，即mgl(1－cos α)＝mv2，
由以上各式解得m＝0.05 kg.
(3)由Fmax－mg＝
可得，vmax≈0.283 m/s.
9、某学校的兴趣小组在实验室做单摆振动实验。如图甲所示为单摆在两点间振动的情形，点是平衡位置，图乙是这个单摆的振动图像，单摆振动的周期为，取摆球向右运动的方向为正方向，学校所在地的重力加速度为。若将此单摆移至悬停在某一高度的热气球载人舱中，做摆角小于的振动，测得周期为，已知地球半径为。
（1）根据图乙写出此单摆的振动方程。
（2）求此单摆的摆长。
（3）求该热气球此时离海平面的高度。
【答案】（1）；（2）0.16m；（3）
【解析】(1)由题图乙可知，此单摆的振动方程为
(2)由单摆的振动图像，有
根据公式
可得
根据单摆的周明公式
其中是单摆的摆长，和分别是两地点的重力加速度
(3)根据万有引力定律公式可得
由以上各式联立解得
10、将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=α；α小于10°且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题（包括图）所给的信息，求：（g取10m/s2）
（1）单摆的振动周期和摆长；
（2）摆球的质量；
（3）摆球运动过程中的最大速度。
【答案】（1）T=0.4πs，0.4m；（2）0.05kg；（3）0.283m/s
【解析】（1）摆球受力分析如图所示：
小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律
T=0.4πs
由单摆的周期公式为
解得
（2）（3）在最高点A，有
在最低点B，有
从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得
联立三式并代入数据得
11、如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心的正下方，一小球在距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，求小球应从多高处自由落下( R)．
【答案】(n＝1,2,3，…)
【解析】小球由A点开始沿球壳内表面运动时，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．
设小球由A点由静止释放运动到O点的时间为t＝(2n－1)(n＝1,2,3，…)，T＝2π
由于从O点正上方自由落下的小球到O的时间也为t时两球才能在O点相碰，
所以h＝gt2＝g(2n－1)2＝(n＝1,2,3，…)
12、一单摆在地面上的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k.设地球的半径为R.假定地球的密度均匀．已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d.
【答案】R(1－k2)
【解析】根据万有引力定律，地面处质量为m的物体的重力为mg＝G
式中g是地面处的重力加速度，M是地球的质量．设ρ是地球的密度，
则有M＝πρR3
摆长为l的单摆在地面处的摆动周期为T＝2π
若该物体位于矿井底部，则其重力为mg′＝G
式中g′是矿井底部的重力加速度，且M′＝πρ(R－d)3
在矿井底部此单摆的周期为T′＝2π
由题意知T＝kT′
联立以上各式得d＝R(1－k2)．
13、有一单摆，在地球表面的周期为2 s，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。（取g地＝9.8 m/s2，结果均保留2位有效数字）
（1）将该单摆置于月球表面，其周期为多大？
（2）若将摆长缩短为原来的，在月球表面时此摆的周期为多大？
（3）该单摆的摆长为多少？
【答案】（1）4.9 s；（2）3.5 s；（3）0.99 m
【解析】（1）由单摆的周期公式
知
所以
则
（2）根据周期公式
知
所以
则
（3）根据周期公式
知
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