第3节 单摆(赋能课——精细培优科学思维)
课标要求 学习目标
1.通过实验,探究单摆的周期与摆长的定量关系。 2.知道周期与摆长、重力加速度的关系。 1.知道什么是单摆,了解单摆运动的特点。 2.通过实验,探究单摆周期与摆长的关系。 3.掌握单摆的周期公式,能运用其解决相关实际问题。
一、单摆的振动
1.定义
把一根不能伸长的细线上端固定,下端拴一个小球,线的 和球的 可忽略不计,这种装置称为单摆。
2.单摆的回复力
(1)回复力的来源:摆球的重力沿圆弧切线方向的 。
(2)回复力的特点:在摆角很小时,单摆所受回复力大小与摆球位移大小成正比,方向与摆球位移方向 ,总指向平衡位置。
(3)如图,单摆回复力F=-mgsin θ ≈ 。
3.运动规律
单摆在摆角很小时做 运动,其振动图像遵循正弦函数规律。
[微点拨]
单摆是一种理想化模型。实际做成的单摆,悬线的伸缩量越小,摆球的质量越大、体积越小,则越接近理想化的单摆。
[质疑辨析]
判断下列说法是否正确。
(1)单摆模型中对小球的要求是密度较大,其直径与线的长度相比可忽略。 ( )
(2)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。 ( )
(3)单摆摆球受到的回复力最大时,向心力最大;回复力为0时,向心力为0。 ( )
(4)单摆的回复力就是摆球的向心力。 ( )
二、单摆的周期
1.定性探究影响单摆周期的因素
(1)探究方法:用
法分别研究可能会影响单
摆周期的因素,如摆球的质量、摆长、振幅、重力加速度等。
(2)实验结论
①单摆的周期与摆球质量 。
②单摆的周期与振幅 。
③单摆的摆长越长,周期 ;摆长越短,周期 。
2.定量探究单摆的周期与摆长之间的关系
(1)荷兰物理学家惠更斯研究发现,单摆做简谐运动的周期T与摆长l的算术平方根成 ,与重力加速度g的算术平方根成 ,与振幅、摆球质量无关。
(2)周期公式:T= 。
3.单摆的应用:制作 和测量 等。
[情境思考]
摆的等时性原理是指不论摆的摆动幅度(摆角小于5°时)大些还是小些,完成一次摆动的时间是相同的。请思考:
(1)是谁发现了摆的等时性原理
(2)摆动的振幅越大周期越大吗 摆锤的质量越大周期越大吗
(3)摆钟摆动的周期与摆的长度有关吗
强化点(一) 单摆运动的规律
任务驱动
如图所示,小球和细线构成一个单摆,运动过程中小球受到几个力的作用 什么力充当了小球振动的回复力
[要点释解明]
1.单摆的回复力
(1)单摆受力:如图所示,受细线拉力和重力作用。
(2)向心力来源:细线拉力和重力沿径向分力的合力,F向=T-mgcos θ。
(3)回复力来源:重力沿圆弧切线方向的分力,G1=mgsin θ。
2.单摆做简谐运动的推证
单摆的回复力F=G1=mgsin θ,在摆角很小时,sin θ≈,所以单摆的回复力为F=-x(式中x表示摆球偏离平衡位置的位移,l表示单摆的摆长,负号表示回复力F与位移x的方向相反),由此知回复力符合F=-kx,故单摆做简谐运动。
3.单摆做简谐运动的规律
(1)单摆做简谐运动的位移随时间变化的图像是一条正弦(或余弦)曲线。
(2)单摆振动过程中各量的变化特点。
位置或过程 位移、回复力、 加速度 速度、动能 重力势能
最高点 最大 零 最大
最低点 零 最大 最小
远离平衡 位置运动 越来越大 越来越小 越来越大
衡 位置运动 越来越小 越来越大 越来越小
[典例] 关于单摆摆球在运动过程中的受力,下列结论正确的是 ( )
A.摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用
B.摆球的回复力最大时,向心力为零;回复力为零时,向心力最大
C.摆球的回复力最大时,摆线中的张力大小比摆球的重力大
D.摆球的向心力最大时,摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
听课记录:
[思维建模]
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摆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)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供的,不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T的合力。
[题点全练清]
1.关于弹簧振子与单摆,下列说法错误的是 ( )
A.弹簧振子与单摆在物理上都属于理想化模型
B.弹簧振子与单摆的运动(摆角很小)都属于简谐运动
C.振子及摆球运动到平衡位置时所受合外力均为零
D.弹簧振子与单摆的系统都满足机械能守恒
2.一单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,以下说法正确的是 ( )
A.t1时刻摆球速度最大,摆球的回复力最大
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,摆球的回复力最小
D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大
3.(2025·南平阶段练习)如图所示,一单摆做小角度摆动,摆球自A点由静止释放,由左向右通过平衡位置O到达右侧最高点B。不计空气阻力,摆球从A运动到B的过程中,速度 ,摆球的回复力 。(以上均选填“增大”“减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”)
强化点(二) 单摆周期公式的理解及应用
任务驱动
如图,某同学家中的摆钟慢了,他认为是摆锤过轻造成的,于是他在摆锤上绑了一块金属块。
(1)你认为他的做法正确吗
(2)你能帮他校准一下吗
[要点释解明]
1.周期公式的成立条件
当单摆做摆角很小的振动时,才有T=2π,与单摆的振幅及摆球的质量无关,只与摆长l及单摆所在处的重力加速度g有关。
2.对摆长的理解
(1)单摆的摆长:摆长是从悬点到摆球球心的长度。
(2)不规则摆动物体的摆长:摆长是摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图,甲、乙做垂直于纸面的小角度摆动。
甲的等效摆长:L甲=lsin α+
乙的等效摆长:L乙=lsin α+l+
3.重力加速度g的变化
(1)公式中的g由单摆所在空间位置决定
由G=g知,g在地球表面不同位置、不同高度是不同的,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沿圆弧切线方向的分力,所以也需要等效出g'。
[典例] (2024·泉州高二质检)如图甲所示,一单摆悬挂在O点,在O点正下方P点处有一个钉子,单摆摆动的夹角始终小于5°,从t=0时刻开始绳子上的拉力大小随时间t的变化如图乙所示,A、C分别为运动过程中左右两侧最高点,B为最低点,忽略一切阻力,g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.绳子遇到钉子后,绳子上的拉力变小
B.t=0.4π s时小球在C位置
C.OA的长度为0.4 m
D.OP之间的距离为1.2 m
听课记录:
[思维建模]
单摆模型及问题的分析与解答
(1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型。满足条件:①圆弧运动;②小角度摆动;③回复力F=-kx。
(2)首先确认是否符合单摆模型的条件,然后寻找等效摆长l及等效重力加速度g,最后利用公式T=2π 或简谐运动规律分析、解答。
[题点全练清]
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
D.将此摆从地球赤道移到两极,其他条件不变,则单摆的周期将变小
2.图甲是利用沙摆演示简谐运动图像的装置。当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时,做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上形成的曲线显示出沙摆的振动位移随时间的变化关系。已知木板被水平拉动的速度为0.20 m/s,图乙所示的一段木板的长度为0.80 m,则这次实验沙摆的摆长为(取g=π2) ( )
A.0.56 m B.0.65 m
C.1.00 m D.2.25 m
强化点(三) 类单摆模型
[要点释解明]
1.类单摆模型:除了前面学习的单摆模型,有些物体的运动规律与单摆的运动规律类似,该类物体的运动即为类单摆模型。
2.实例
(1)如图所示,为竖直面内的光滑小圆弧(半径为R),且 R(或对应圆心角∠BOC很小),当小球在间运动时,小球受重力、轨道支持力作用,轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力,故其运动为类单摆运动,等效摆长为R。
(2)如图所示,在固定的光滑斜面上,用长度为l的细绳一端固定于O1点,下端悬挂一小球,使小球在斜面内来回摆动,小球受到重力、细绳的拉力、斜面的支持力作用,其运动为类单摆运动,等效重力为G'=mgsin θ,等效重力加速度为g'=gsin θ。
3.处理类单摆问题的方法
(1)确认符合类单摆模型的条件。
(2)确定等效摆长l。
(3)确定等效重力加速度g'。
(4)利用公式T=2π或简谐运动规律分析求解有关问题。
[题点全练清]
1.一个质量为m的小球在半径为R的光滑圆弧槽上来回运动,如图,圆弧槽的长度l R。为了使小球运动的频率变为原来的,可以采用的办法是 ( )
A.将R减小为原来的
B.将R增大为原来的4倍
C.将圆弧长l增大为原来的4倍
D.将m减小为原来的
2.如图所示,一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球,上端系在位于光滑斜面O处的钉子上,小球处于静止状态,细绳与斜面平行。现使小球获得一平行于斜面底边的初速度,使小球偏离平衡位置,最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ,悬点到小球球心的距离为L,重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为 ( )
A.π B.π
C.π D.π
第3节 单摆
课前预知教材
一、1.质量 大小 2.(1)分力 (2)相反 (3)-x 3.简谐
[质疑辨析]
(1)√ (2)× (3)× (4)×
二、1.(1)控制变量 (2)①无关 ②无关 ③越大 越小
2.(1)正比 反比 (2)2π 3.摆钟 重力加速度
[情境思考]
提示:(1)伽利略。
(2)周期与摆动的振幅和摆锤的质量无关。
(3)摆钟摆动的周期与摆的长度有关。
课堂精析重难
强化点(一)
[任务驱动] 提示:小球受两个力的作用:重力和细线的拉力。重力沿圆弧切线方向的分力G1=mgsin θ提供了小球振动的回复力,如图所示。
[典例] 选B 摆球在摆动过程中只受重力和摆线的张力,回复力和向心力都是按效果命名的,A错误;摆球摆动到回复力最大,即最大位移处时,速度为零,向心力为零,此时摆线的张力等于摆球的重力沿摆线方向的分力,一定小于摆球重力;摆球在平衡位置时,向心力最大,回复力为零,此时加速度方向沿摆线方向,B正确,C、D错误。
[题点全练清]
1.选C 弹簧振子与单摆在物理上都属于理想化模型,A正确;弹簧振子与单摆的运动(摆角很小)都属于简谐运动,B正确;振子运动到平衡位置时所受合外力为零,摆球运动到平衡位置时还受向心力作用,合外力不为零,C错误;弹簧振子与单摆的系统无重力及系统内弹力以外的外力做功,都满足机械能守恒,D正确。
2.选D 由振动图像知,t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大,此时摆球的速度为零,摆球的回复力最大,A、C错误;t2和t4时刻摆球位移为零,正在通过平衡位置,速度最大,由于摆球做圆周运动,由牛顿第二定律得出悬线对摆球的拉力最大,故B错误,D正确。
3.解析:摆球从A运动到B的过程中,摆球重力先做正功后做负功,所以速度先增大后减小,摆球的位移先减小后增大,摆球的回复力先减小后增大。
答案:先增大后减小 先减小后增大
强化点(二)
[任务驱动] 提示:(1)不正确,因为单摆的周期与摆锤的轻重无关。
(2)可以通过缩短摆长的方法,使单摆的周期减小。
[典例] 选D 绳子遇到钉子后,单摆的速度不变,单摆的摆长减小,根据牛顿第二定律得FT-mg=m,可知绳子上的拉力变大,故A错误;单摆在BA区间运动时,摆长较长,运动周期长,t=0.4π s时绳子上的拉力最小,为最高点,故t=0.4π s时小球在A位置,故B错误;OA为摆长时,单摆的周期T=2×(0.6-0.2)π s=2π,解得OA的长度为lOA=1.6 m,故C错误;PC为摆长时,单摆的周期T1=2×(0.2-0)π s =2π,解得PC的长度为lPC=0.4 m,OP之间的距离为lOP=lOA-lPC=1.2 m,故D正确。
[题点全练清]
1.选D 根据单摆周期公式T=2π可知,周期与摆角和摆球的质量无关,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T,故A、B、C错误;地球两极的重力加速度大于赤道的重力加速度,根据T=2π,可得将此摆从地球赤道移到两极,其他条件不变,则单摆的周期将变小,故D正确。
2.选C 木板被匀速拉出,则x=vt,解得t== s=4 s,结合题图乙知t=2T,解得T=2 s,根据单摆周期公式T=2π,解得l=1 m。
强化点(三)
1.选B 将R减小为原来的,周期变为原来的,频率变为原来的2倍,选项A错误;将R增大为原来的4倍,周期变为原来的2倍,频率变为原来的,选项B正确;将圆弧长l增大为原来的4倍,不会改变小球运动的周期和频率,选项C错误;小球的周期和频率与质量没有关系,所以改变小球的质量,不会改变其运动的周期和频率,选项D错误。
2.选C 因为小球偏离平衡位置的最大偏角小于5°,小球的运动可以看作单摆,根据等效重力作用下mgsin θ=mg',T=2π,小球回到最低点所需的最短时间为t==π,故选C。
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单摆(赋能课——精细培优科学思维)
第 3 节
课标要求 学习目标
1.通过实验，探究单摆的周期与摆长的定量关系。 2.知道周期与摆长、重力加速度的关系。 1.知道什么是单摆，了解单摆运动的特点。
2.通过实验，探究单摆周期与摆长的关系。
3.掌握单摆的周期公式，能运用其解决相关实际问题。
课前预知教材
课堂精析重难
01
02
CONTENTS
目录
课时跟踪检测
03
课前预知教材
一、单摆的振动
1.定义
把一根不能伸长的细线上端固定，下端拴一个小球，线的______和球的______可忽略不计，这种装置称为单摆。
2.单摆的回复力
(1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的_______。
质量
大小
分力
(2)回复力的特点：在摆角很小时，单摆所受回复力大小与摆球位移大小成正比，方向与摆球位移方向______，总指向平衡位置。
(3)如图，单摆回复力F=-mgsin θ≈______。
3.运动规律
单摆在摆角很小时做______运动，其振动
图像遵循正弦函数规律。
相反
-x
简谐
[微点拨]
单摆是一种理想化模型。实际做成的单摆，悬线的伸缩量越小，摆球的质量越大、体积越小，则越接近理想化的单摆。
[质疑辨析]
判断下列说法是否正确。
(1)单摆模型中对小球的要求是密度较大，其直径与线的长度相比可忽略。 ( )
(2)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。 ( )
(3)单摆摆球受到的回复力最大时，向心力最大；回复力为0时，向心力为0。 ( )
(4)单摆的回复力就是摆球的向心力。 ( )
√
×
×
×
二、单摆的周期
1．定性探究影响单摆周期的因素
(1)探究方法：用___________法分别
研究可能会影响单摆周期的
因素，如摆球的质量、摆长、振幅、重力加速度等。
控制变量
(2)实验结论
①单摆的周期与摆球质量_______。
②单摆的周期与振幅______。
③单摆的摆长越长，周期______；摆长越短，周期______。
无关
无关
越大
越小
2．定量探究单摆的周期与摆长之间的关系
(1)荷兰物理学家惠更斯研究发现，单摆做简谐运动的周期T与摆长l的算术平方根成______，与重力加速度g的算术平方根成______，与振幅、摆球质量无关。
(2)周期公式：T＝_______。
3．单摆的应用：制作______和测量____________等。
正比
反比
摆钟
重力加速度
[情境思考]
摆的等时性原理是指不论摆的摆动幅度(摆角小于5°时)
大些还是小些，完成一次摆动的时间是相同的。请思考：
(1)是谁发现了摆的等时性原理
提示：伽利略。
(2)摆动的振幅越大周期越大吗 摆锤的质量越大周期越大吗
提示：周期与摆动的振幅和摆锤的质量无关。
(3)摆钟摆动的周期与摆的长度有关吗
提示：摆钟摆动的周期与摆的长度有关。
课堂精析重难
强化点(一) 单摆运动的规律
如图所示，小球和细线构成一个单摆，运动过程中小球
受到几个力的作用 什么力充当了小球振动的回复力
任务驱动
提示：小球受两个力的作用：重力和细线的拉力。重力沿圆弧切线方向的分力G1=
mgsin θ提供了小球振动的回复力，如图所示。
1.单摆的回复力
(1)单摆受力：如图所示，受细线拉力和重力作用。
(2)向心力来源：细线拉力和重力沿径向分力的合力，
F向=T-mgcos θ。
(3)回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力，
G1=mgsin θ。
要点释解明
2.单摆做简谐运动的推证
单摆的回复力F=G1=mgsin θ，在摆角很小时，sin θ≈，所以单摆的回复力为F=-x(式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反)，由此知回复力符合F=-kx，故单摆做简谐运动。
3.单摆做简谐运动的规律
(1)单摆做简谐运动的位移随时间变化的图像是一条正弦(或余弦)曲线。
(2)单摆振动过程中各量的变化特点。
位置或过程 位移、回复力、加速度 速度、动能 重力势能
最高点 最大 零 最大
最低点 零 最大 最小
远离平衡 位置运动 越来越大 越来越小 越来越大
衡 位置运动 越来越小 越来越大 越来越小
[典例] 关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是 ( )
A.摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用
B.摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大
C.摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大
D.摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
√
[解析] 摆球在摆动过程中只受重力和摆线的张力，回复力和向心力都是按效果命名的，A错误；摆球摆动到回复力最大，即最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时摆线的张力等于摆球的重力沿摆线方向的分力，一定小于摆球重力；摆球在平衡位置时，向心力最大，回复力为零，此时加速度方向沿摆线方向，B正确，C、D错误。
[思维建模]
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摆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)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供的，不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T的合力。
1.关于弹簧振子与单摆，下列说法错误的是 ( )
A.弹簧振子与单摆在物理上都属于理想化模型
B.弹簧振子与单摆的运动(摆角很小)都属于简谐运动
C.振子及摆球运动到平衡位置时所受合外力均为零
D.弹簧振子与单摆的系统都满足机械能守恒
题点全练清
√
解析：弹簧振子与单摆在物理上都属于理想化模型，A正确；弹簧振子与单摆的运动(摆角很小)都属于简谐运动，B正确；振子运动到平衡位置时所受合外力为零，摆球运动到平衡位置时还受向心力作用，合外力不为零，C错误；弹簧振子与单摆的系统无重力及系统内弹力以外的外力做功，都满足机械能守恒，D正确。
2.一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，
以下说法正确的是 ( )
A.t1时刻摆球速度最大，摆球的回复力最大
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，摆球的回复力最小
D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
√
解析：由振动图像知，t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球的速度为零，摆球的回复力最大，A、C错误；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，由于摆球做圆周运动，由牛顿第二定律得出悬线对摆球的拉力最大，故B错误，D正确。
3.(2025·南平阶段练习)如图所示，一单摆做小角度摆动，
摆球自A点由静止释放，由左向右通过平衡位置O到达右侧
最高点B。不计空气阻力，摆球从A运动到B的过程中，速度
_____________，摆球的回复力_____________。(以上均选填
“增大”“减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”)
解析：摆球从A运动到B的过程中，摆球重力先做正功后做负功，所以速度先增大后减小，摆球的回复力先减小后增大。
先增大后减小
先减小后增大
强化点(二) 单摆周期公式的理解及应用
如图，某同学家中的摆钟慢了，他认为是摆锤过轻
造成的，于是他在摆锤上绑了一块金属块。
(1)你认为他的做法正确吗
任务驱动
提示：不正确，因为单摆的周期与摆锤的轻重无关。
(2)你能帮他校准一下吗
提示：可以通过缩短摆长的方法，使单摆的周期减小。
1.周期公式的成立条件
当单摆做摆角很小的振动时，才有T=2π，与单摆的振幅及摆球的质量无关，只与摆长l及单摆所在处的重力加速度g有关。
要点释解明
2.对摆长的理解
(1)单摆的摆长：摆长是从悬点到摆球球心的长度。
(2)不规则摆动物体的摆长：摆长是摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图，甲、乙做垂直于纸面的小角度摆动。
甲的等效摆长：L甲=lsin α+
乙的等效摆长：L乙=lsin α+l+
3.重力加速度g的变化
(1)公式中的g由单摆所在空间位置决定
由G=g知，g在地球表面不同位置、不同高度是不同的，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沿圆弧切线方向的分力，所以也需要等效出g'。
[典例] (2024·泉州高二质检)如图甲所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点处有一个钉子，单摆摆动的夹角始终小于5°，从t=0时刻开始绳子上的拉力大小随时间t的变化如图乙所示，A、C分别为运动过程中左右两侧最高点，B为最低点，忽略一切阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是 ( )
A.绳子遇到钉子后，绳子上的拉力变小
B.t=0.4π s时小球在C位置
C.OA的长度为0.4 m
D.OP之间的距离为1.2 m
√
[解析] 绳子遇到钉子后，单摆的速度不变，单摆的摆长减小，根据牛顿第二定律得FT-mg=m，可知绳子上的拉力变大，故A错误；单摆在BA区间运动时，摆长较长，运动周期长，t=0.4π s时绳子上的拉力最小，为最高点，故t=0.4π s时小球在A位置，故B错误；OA为摆长时，单摆的周期T=2×(0.6-0.2)π s=2π，解得OA的长度为lOA=1.6 m，故C错误；PC为摆长时，单摆的周期T1=2×(0.2-0)π s =2π，解得PC的长度为lPC=0.4 m，OP之间的距离为lOP=lOA-lPC=1.2 m，故D正确。
[思维建模]
单摆模型及问题的分析与解答
(1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型。满足条件：①圆弧运动；
②小角度摆动；③回复力F=-kx。
(2)首先确认是否符合单摆模型的条件，然后寻找等效摆长l及等效重力加速度g，最后利用公式T=2π 或简谐运动规律分析、解答。
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
D.将此摆从地球赤道移到两极，其他条件不变，则单摆的周期将变小
题点全练清
√
解析：根据单摆周期公式T=2π可知，周期与摆角和摆球的质量无关，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T，故A、B、C错误；地球两极的重力加速度大于赤道的重力加速度，根据T=2π，可得将此摆从地球赤道移到两极，其他条件不变，则单摆的周期将变小，故D正确。
2.图甲是利用沙摆演示简谐运动
图像的装置。当盛沙的漏斗下面的薄
木板被水平匀速拉出时，做简谐运动
的漏斗漏出的沙在板上形成的曲线显示出沙摆的振动位移随时间的变化关系。已知木板被水平拉动的速度为0.20 m/s，图乙所示的一段木板的长度为0.80 m，则这次实验沙摆的摆长为(取g=π2) ( )
A.0.56 m B.0.65 m
C.1.00 m D.2.25 m
√
解析：木板被匀速拉出，则x=vt，解得t== s=4 s，结合题图乙知t=2T，解得T=2 s，根据单摆周期公式T=2π，解得l=1 m。
强化点(三) 类单摆模型
1.类单摆模型：除了前面学习的单摆模型，有些物体的运动规律与单摆的运动规律类似，该类物体的运动即为类单摆模型。
2.实例
(1)如图所示， 为竖直面内的光滑小圆弧(半径为R)，
且 R(或对应圆心角∠BOC很小)，当小球在 间
运动时，小球受重力、轨道支持力作用，轨道支持力可
以等效为单摆中的摆线拉力，故其运动为类单摆运动，等效摆长为R。
要点释解明
(2)如图所示，在固定的光滑斜面上，用长度为l的细绳一端固定于O1点，下端悬挂一小球，使小球在斜面内来回摆动，小球受到重力、细绳的拉力、斜面的支持力作用，其运动为类单摆运动，等效重力为G'=mgsin θ，等效重力加速度为g'=gsin θ。
3.处理类单摆问题的方法
(1)确认符合类单摆模型的条件。
(2)确定等效摆长l。
(3)确定等效重力加速度g'。
(4)利用公式T=2π或简谐运动规律分析求解有关问题。
1.一个质量为m的小球在半径为R的光滑圆弧槽上来回运动，如图，圆弧槽的长度l R。为了使小球运动的频率变为原来的，可以采用的办法是( )
A.将R减小为原来的
B.将R增大为原来的4倍
C.将圆弧长l增大为原来的4倍
D.将m减小为原来的
题点全练清
√
解析：将R减小为原来的，周期变为原来的，频率变为原来的2倍，选项A错误；将R增大为原来的4倍，周期变为原来的2倍，频率变为原来的，选项B正确；将圆弧长l增大为原来的4倍，不会改变小球运动的周期和频率，选项C错误；小球的周期和频率与质量没有关系，所以改变小球的质量，不会改变其运动的周期和频率，选项D错误。
2.如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小
钢球，上端系在位于光滑斜面O处的钉子上，小球
处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球获得一
平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为 ( )
A.π B.π C.π D.π
√
解析：因为小球偏离平衡位置的最大偏角小于5°，小球的运动可以看作单摆，根据等效重力作用下mgsin θ=mg'，T=2π，小球回到最低点所需的最短时间为t==π，故选C。
课时跟踪检测
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1.关于单摆的运动，以下说法正确的是 ( )
A.单摆运动时，摆球要受到大小不变的向心力
B.单摆运动时，摆球所受到的合力为回复力
C.摆球运动到平衡位置时，所受到的回复力为零
D.摆球运动到平衡位置时，所受到的合力为零
√
解析：单摆运动时，速度大小不断变化，摆球要受到大小不断变化的向心力，故A错误；单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧切向的分力，故B错误；摆球运动到平衡位置时，回复力为0，合力不为零，合力方向竖直向上，故C正确，D错误。
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2.如图，两个摆长相同的单摆一前一后悬挂在同
一高度，虚线表示竖直方向，分别拉开一定的角度
(都小于5°)同时由静止释放，不计空气阻力。沿两
单摆平衡位置的连线方向观察，释放后可能看到的是 ( )
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解析：因两单摆的摆长相同，根据单摆周期公式T=2π，可知两单摆的周期相同，两单摆同时由静止释放，应同时到达平衡位置，同时到达右边最大位移处，故选项C可能看到。
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3.惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤势能提供，运动的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示，下列说法正确的是 ( )
A.当摆钟不准时需要调整圆盘位置
B.摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移
C.由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆下移
D.把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移
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解析：调整圆盘位置可改变摆长，从而达到调整周期的作用。若摆钟变快，是因为周期变小，应增大摆长，即下移圆盘；由冬季变为夏季，根据“热胀冷缩”可知摆杆变长，应上移圆盘；从广州到北京，g值变大，周期变小，应增加摆长，即下移圆盘。综上所述，选项A正确。
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4.(2024·甘肃高考)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 ( )
A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大
B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零
C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同
D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同
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解析：根据题图可知，该单摆的振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π，得摆长为l==1.6 m。x t图像的斜率表示速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同、方向不同，C正确。
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5.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=mgsin θ·sin α
B.摆球做简谐运动的回复力为F=mgsin θ
C.摆球做简谐运动的周期为2π
D.摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为F'=mgsin α
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解析：摆球做简谐运动的回复力由重力沿斜面向下的分力沿圆弧切向的分力来提供，则回复力为F=mgsin θ·sin α，故A正确，B错误；摆球做简谐运动的等效重力加速度为gsin α，所以其周期为T=2π，故C错误；设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得mgsin α(l-lcos θ)=
mv2，由牛顿第二定律得F'-mgsin α=m，联立解得线的拉力为F'=
3mgsin α-2mgsin α·cos θ，故D错误。
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6.(双选)将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行(图甲)，让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动，不计空气阻力，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a t关系图像如图乙所示。则以下说法正确的是 ( )
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A.秋千的回复力由重力和拉力的合力提供
B.当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力大于手机所受的重力
C.秋千摆动的周期为t3-t1
D.该地的重力加速度g=
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解析：秋千的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A错误；在最低点，合力提供向心力N-mg=m，秋千对手机的支持力N=mg+m>
mg，故秋千对手机的支持力大于手机的重力，B正确；秋千的周期为从最大振幅偏角位置到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用的时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，根据垂直手机平面方向的a t关系图像，周期为T=t3-t1，C正确；根据单摆周期公式T=t3-t1=2π，故该地重力加速度g=，D错误。
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7.有一摆长为L的单摆悬点正下方某处有一小钉子，摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部被小钉子挡住，使摆长发生变化。现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点M运动到左边最高点N的频闪照片如图所示(悬点与小钉子未被摄入)，P为摆动中的最低点，已知相机每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知 ( )
A.小钉子与悬点的距离为
B.小钉子与悬点的距离为
C.小钉子与悬点的距离为
D.摆球被小钉子碰一下后，能量减少
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解析：设相机每相邻两次闪光的时间间隔为t，则摆长为L的单摆的周期为T1=4×4t=16t，摆长为L'的单摆的周期为T2=4×2t=8t，根据单摆周期公式T=2π，可知L'=，小钉子与悬点的距离为ΔL=L-L'=，故A、B错误，C正确；摆球被小钉子碰一下后，小钉子不做功，单摆能量不变，故D错误。
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8.某同学设计了一个用拉力传感器研究单摆在竖直平面内的振动实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录小钢球摆动过程中拉力传感器示数大小F随时间t变化曲线，如图乙所示。下列说法正确的是 ( )
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A.充当单摆回复力的是轻绳的拉力
B.充当单摆回复力的是小钢球的重力
C.单摆的振动周期为0.8π s
D.小钢球摆动到最低点时，轻绳的拉力大小为0.498 N
解析：充当单摆回复力的是小钢球重力沿轨迹切线方向的分力，A、B错误；钢球运动至最低点时，轻绳拉力最大，为0.504 N，一次全振动中两次经过最低点，则周期为0.8π s，C正确，D错误。
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9.(2024·浙江6月选考)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度g=10 m/s2，则 ( )
A.摆角变小，周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
C.小球平衡时，A端拉力为 N
D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
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解析：根据单摆的周期公式T=2π可知，周期与摆角
无关，故A错误；同一根绳中，A端拉力等于B端拉力，平
衡时对小球受力分析如图，可得2FAcos 30°=mg，解得FA=FB== N，故C、D错误；根据几何知识可知，
摆长为L==1 m，故小球摆动周期为T=2π≈2 s，故B正确。
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10.如图所示，A、B两方物块(可视为质点)在半径为R的光滑球面内C与C'两点间一起做简谐运动，O为最低点，当位移为x时，A、B系统的回复力为F。A、B所受总重力为G，忽略空气阻力。下列说法正确的是 ( )
A.A、B经过O点时均处于平衡状态
B.F=-x
C.由O点向C点运动的过程中，A受到的摩擦力逐渐增大
D.经过O点时，将A取走，B的振幅将增大
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解析：A、B经过O点时的向心加速度不为零，处于非平衡状态，故A错误；设当位移为x时，摆线与竖直方向的夹角为θ，当夹角较小时，有sin θ ≈，对两物块进行受力分析可得sin θ=，联立得回复力的大小为F=x，考虑回复力的方向，故F=-x，故B正确；由O点向C点运动的过程中，设位移为y，摆线与竖直方向的夹角为α，以A、B整体为研究对象，在速度方向有F=Gsin α=mABa，sin α=，a=gsin α=，对A进行受力分析可得GAsin α-f=mAaA，由题意可得a=aA，联立解得f=0，故C错误；单摆的振幅与物体的质量无关，所以将A取走，B的振幅不变，故D错误。
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11.(11分) 取一单摆，将摆球拉离最初的静止位置(即平衡位置)，无初速度释放后，摆球可以在平衡位置附近往复运动，空气阻力忽略不计，请回答下列问题：
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(1)如图1所示，单摆运动的回复力由什么力提供 并画出受力分析图；(3分)
解析：单摆运动的回复力由重力垂直摆线方向的分力提供，摆球受力分析如图所示。
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(2)试证明：在摆角较小的情况下，摆球做的是简谐运动；(5分)
解析：回复力F回=G1=mgsin θ
当θ很小时，有sin θ≈θ，θ等于θ角对应的弧长与半径的比值，则F回=mg
当θ很小时，弧长 近似等于弦长，即摆球偏离平衡位置的位移x的大小，则F回=mg
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方向与位移的方向相反，则有F回=-kx
其中振动系数k=
所以在偏角很小的情况下，单摆的摆动是简谐运动。
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(3)图2是两个单摆的振动图像，则甲、乙两个摆的摆长之比是多少 (3分)
答案：1∶4
解析：由题图2可知，甲、乙两个单摆的周期之比为1∶2，根据单摆周期公式T=2π
可知甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4。
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12.(11分)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 (4分)
答案：4.9 s
解析：由单摆的周期公式T=2π，知T2∝，
所以∶=g地∶g月，则T月≈4.9 s。
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(2)若将摆长缩短为原来的，在月球表面时此单摆的周期为多大 (4分)
答案：3.5 s
解析：根据周期公式T=2π，知T∝，所以T月'∶T月=∶，则T月'≈3.5 s。
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(3)该单摆的摆长为多少 (3分)
答案：0.99 m
解析：根据周期公式T地=2π，解得L≈0.99 m。课时跟踪检测(八) 单摆
1.关于单摆的运动,以下说法正确的是 ( )
A.单摆运动时,摆球要受到大小不变的向心力
B.单摆运动时,摆球所受到的合力为回复力
C.摆球运动到平衡位置时,所受到的回复力为零
D.摆球运动到平衡位置时,所受到的合力为零
2.如图,两个摆长相同的单摆一前一后悬挂在同一高度,虚线表示竖直方向,分别拉开一定的角度(都小于5°)同时由静止释放,不计空气阻力。沿两单摆平衡位置的连线方向观察,释放后可能看到的是 ( )
3.惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器,叫摆钟。摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤势能提供,运动的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动,如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.当摆钟不准时需要调整圆盘位置
B.摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移
C.由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆下移
D.把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移
4.(2024·甘肃高考)如图为某单摆的振动图像,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.摆长为1.6 m,起始时刻速度最大
B.摆长为2.5 m,起始时刻速度为零
C.摆长为1.6 m,A、C点的速度相同
D.摆长为2.5 m,A、B点的速度相同
5.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=mgsin θ·sin α
B.摆球做简谐运动的回复力为F=mgsin θ
C.摆球做简谐运动的周期为2π
D.摆球在运动过程中,经过平衡位置时,线的拉力为F'=mgsin α
6.(双选)将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上,使手机边缘与座椅边缘平行(图甲),让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动,不计空气阻力,此时秋千可看作一个理想的单摆,摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a t关系图像如图乙所示。则以下说法正确的是 ( )
A.秋千的回复力由重力和拉力的合力提供
B.当秋千摆至最低点时,秋千对手机的支持力大于手机所受的重力
C.秋千摆动的周期为t3-t1
D.该地的重力加速度g=
7.有一摆长为L的单摆悬点正下方某处有一小钉子,摆球经过平衡位置向左摆动时,摆线的上部被小钉子挡住,使摆长发生变化。现使摆球做小幅度摆动,摆球从右边最高点M运动到左边最高点N的频闪照片如图所示(悬点与小钉子未被摄入),P为摆动中的最低点,已知相机每相邻两次闪光的时间间隔相等,由此可知 ( )
A.小钉子与悬点的距离为
B.小钉子与悬点的距离为
C.小钉子与悬点的距离为
D.摆球被小钉子碰一下后,能量减少
8.某同学设计了一个用拉力传感器研究单摆在竖直平面内的振动实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放,使小钢球在竖直平面内摆动,记录小钢球摆动过程中拉力传感器示数大小F随时间t变化曲线,如图乙所示。下列说法正确的是 ( )
A.充当单摆回复力的是轻绳的拉力
B.充当单摆回复力的是小钢球的重力
C.单摆的振动周期为0.8π s
D.小钢球摆动到最低点时,轻绳的拉力大小为0.498 N
9.(2024·浙江6月选考)如图所示,不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球,两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上,间距为1.5 m。小球平衡时,A端细线与杆垂直;当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时,等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆,重力加速度g=10 m/s2,则 ( )
A.摆角变小,周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
C.小球平衡时,A端拉力为 N
D.小球平衡时,A端拉力小于B端拉力
10.如图所示,A、B两方物块(可视为质点)在半径为R的光滑球面内C与C'两点间一起做简谐运动,O为最低点,当位移为x时,A、B系统的回复力为F。A、B所受总重力为G,忽略空气阻力。下列说法正确的是 ( )
A.A、B经过O点时均处于平衡状态
B.F=-x
C.由O点向C点运动的过程中,A受到的摩擦力逐渐增大
D.经过O点时,将A取走,B的振幅将增大
11.(11分)取一单摆,将摆球拉离最初的静止位置(即平衡位置),无初速度释放后,摆球可以在平衡位置附近往复运动,空气阻力忽略不计,请回答下列问题:
(1)如图1所示,单摆运动的回复力由什么力提供 并画出受力分析图;(3分)
(2)试证明:在摆角较小的情况下,摆球做的是简谐运动;(5分)
(3)图2是两个单摆的振动图像,则甲、乙两个摆的摆长之比是多少 (3分)
12.(11分)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 (4分)
(2)若将摆长缩短为原来的,在月球表面时此单摆的周期为多大 (4分)
(3)该单摆的摆长为多少 (3分)
课时跟踪检测(八)
1.选C 单摆运动时,速度大小不断变化,摆球要受到大小不断变化的向心力,故A错误;单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧切向的分力,故B错误;摆球运动到平衡位置时,回复力为0,合力不为零,合力方向竖直向上,故C正确,D错误。
2.选C 因两单摆的摆长相同,根据单摆周期公式T=2π,可知两单摆的周期相同,两单摆同时由静止释放,应同时到达平衡位置,同时到达右边最大位移处,故选项C可能看到。
3.选A 调整圆盘位置可改变摆长,从而达到调整周期的作用。若摆钟变快,是因为周期变小,应增大摆长,即下移圆盘;由冬季变为夏季,根据“热胀冷缩”可知摆杆变长,应上移圆盘;从广州到北京,g值变大,周期变小,应增加摆长,即下移圆盘。综上所述,选项A正确。
4.选C 根据题图可知,该单摆的振动周期为T=0.8π s,由单摆的周期公式T=2π,得摆长为l==1.6 m。x t图像的斜率表示速度,故起始时刻速度为零,且A、C点的速度相同,A、B点的速度大小相同、方向不同,C正确。
5.选A 摆球做简谐运动的回复力由重力沿斜面向下的分力沿圆弧切向的分力来提供,则回复力为F=mgsin θ·sin α,故A正确,B错误;摆球做简谐运动的等效重力加速度为gsin α,所以其周期为T=2π,故C错误;设摆球在平衡位置时速度为v,由动能定理得mgsin α(l-lcos θ)=mv2,由牛顿第二定律得F'-mgsin α=m,联立解得线的拉力为F'=3mgsin α-2mgsin α·cos θ,故D错误。
6.选BC 秋千的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供,A错误;在最低点,合力提供向心力N-mg=m,秋千对手机的支持力N=mg+m>mg,故秋千对手机的支持力大于手机的重力,B正确;秋千的周期为从最大振幅偏角位置到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用的时间,所以两次经过最低点,有两次向心加速度最大,根据垂直手机平面方向的a t关系图像,周期为T=t3-t1,C正确;根据单摆周期公式T=t3-t1=2π,故该地重力加速度g=,D错误。
7.选C 设相机每相邻两次闪光的时间间隔为t,则摆长为L的单摆的周期为T1=4×4t=16t,摆长为L'的单摆的周期为T2=4×2t=8t,根据单摆周期公式T=2π,可知L'=,小钉子与悬点的距离为ΔL=L-L'=,故A、B错误,C正确;摆球被小钉子碰一下后,小钉子不做功,单摆能量不变,故D错误。
8.选C 充当单摆回复力的是小钢球重力沿轨迹切线方向的分力,A、B错误;钢球运动至最低点时,轻绳拉力最大,为0.504 N,一次全振动中两次经过最低点,则周期为0.8π s,C正确,D错误。
9.选B 根据单摆的周期公式T=2π可知,周期与摆角无关,故A错误;同一根绳中,A端拉力等于B端拉力,平衡时对小球受力分析如图,可得2FAcos 30°=mg,解得FA=FB== N,故C、D错误;根据几何知识可知,摆长为L==1 m,故小球摆动周期为T=2π≈2 s,故B正确。
10.选B A、B经过O点时的向心加速度不为零,处于非平衡状态,故A错误;设当位移为x时,摆线与竖直方向的夹角为θ,当夹角较小时,有sin θ ≈,对两物块进行受力分析可得sin θ=,联立得回复力的大小为F=x,考虑回复力的方向,故F=-x,故B正确;由O点向C点运动的过程中,设位移为y,摆线与竖直方向的夹角为α,以A、B整体为研究对象,在速度方向有F=Gsin α=mABa,sin α=,a=gsin α=,对A进行受力分析可得GAsin α-f=mAaA,由题意可得a=aA,联立解得f=0,故C错误;单摆的振幅与物体的质量无关,所以将A取走,B的振幅不变,故D错误。
11.解析:(1)单摆运动的回复力由重力垂直摆线方向的分力提供,摆球受力分析如图所示。
(2)回复力F回=G1=mgsin θ
当θ很小时,有sin θ≈θ,θ等于θ角对应的弧长与半径的比值,则F回=mg
当θ很小时,弧长近似等于弦长,即摆球偏离平衡位置的位移x的大小,则F回=mg
方向与位移的方向相反,则有F回=-kx
其中振动系数k=
所以在偏角很小的情况下,单摆的摆动是简谐运动。
(3)由题图2可知,甲、乙两个单摆的周期之比为1∶2,根据单摆周期公式T=2π
可知甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4。
答案:(1)见解析 (2)见解析 (3)1∶4
12.解析:(1)由单摆的周期公式T=2π,知T2∝,
所以∶=g地∶g月,则T月≈4.9 s。
(2)根据周期公式T=2π,知T∝,所以T月'∶T月=∶,则T月'≈3.5 s。
(3)根据周期公式T地=2π,解得L≈0.99 m。
答案:(1)4.9 s (2)3.5 s (3)0.99 m
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