2017-2018学年高二物理教科版选修3-4学案：第1章 机械振动 第2讲 单摆

第2讲　单摆
[目标定位]　1.知道什么是单摆.2.理解偏角很小时单摆的振动是简谐运动.3.知道单摆的周期跟什么因素有关，了解单摆的周期公式并能用它进行计算.
一、单摆的简谐运动
1．如图1，若忽略悬挂小球的细线长度的微小变化和质量，且线长比球的直径大得多，这样的装置就叫做单摆．
图1
2．在偏角很小的情况下，单摆摆球所受的回复力与偏离平衡位置的位移成正比，因而单摆在偏角很小时的振动是简谐运动．
想一想　单摆的回复力是否就是单摆所受的合外力？
答案　不是．单摆的运动可看作是变速圆周运动，其合力可分解为指向圆心的法向力和沿圆周切线的切向力，在沿圆周切线的切向力作用下，单摆做的是简谐运动，因而单摆的回复力只是其所受合力的一个分力．
二、单摆做简谐运动的周期
单摆在偏角很小的情况下做简谐运动的周期T跟摆长l的二次方根成正比，跟重力加速度g的二次方根成反比，跟振幅、摆球的质量无关，单摆做简谐运动时的周期公式为T＝2π.
一、单摆及单摆的回复力
1．单摆
(1)单摆是实际摆的理想化模型
(2)实际摆看作单摆的条件
①摆线的形变量与摆线长度相比小得多
②悬线的质量与摆球质量相比小得多
③摆球的直径与摆线长度相比小得多
2．单摆的回复力
(1)单摆的回复力是由重力沿圆弧切向的分力F＝mgsin θ提供的．
(2)如图2所示，在最大偏角很小的条件下，sin θ≈，其中x为摆球相对平衡位置O点的位移．
图2
单摆的回复力F＝－x，令k＝，则F＝－kx.由此可见，单摆在偏角很小的条件下的振动为简谐运动．
注意：(1)单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零．
(2)单摆的回复力为小球受到的沿切线方向的合力，而不是小球受到的合外力．
【例1】　对于单摆的振动，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．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
解析　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，向心力大小为，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．故应选C．
答案　C
借题发挥　单摆振动的回复力是重力在切线方向的分力，或者说是摆球所受合外力在切线方向的分力．摆球所受的合外力在摆线方向的分力作为摆球做圆周运动的向心力，所以并不是合外力完全用来提供回复力．因此摆球经过平衡位置时，只是回复力为零，而不是合外力为零(此时合外力提供摆球做圆周运动的向心力)．
针对训练　关于单摆，下列说法中正确的是(　　)
A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
B．摆球受到的回复力是它的合力
C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D．摆角很小时，摆球受的合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比
解析　单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)；另外摆球所受的合力与位移大小不成正比，故A正确．
答案　A
二、单摆做简谐运动的周期
1．伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟．
2．单摆的周期公式：T＝2π.
3．对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和精确值相差0.01%)．
(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离l＝l线＋r球．如是双线摆，则公式中l应为等效摆长：如图3所示，图中甲、乙在垂直纸面方向摆起来的效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin α，这就是等效摆长，所以其周期为T＝2π.
图3
(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定．
(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关．所以单摆的周期也叫固有周期．
【例2】　在“探究单摆的周期和摆长的关系”实验中．
(1)下列说法正确的是________．
A．悬线越短越好
B．悬线上端固定且摆角要小
C．摆球应在竖直平面内摆动
D．摆球摆至最高点时开始计时
(2)以摆球通过平衡位置时开始计时，用停表记下摆球通过平衡位置n次所用的时间t，则单摆周期T＝____________；用米尺量出悬线的长度l0，用游标卡尺量出摆球的直径d，则摆长l＝____________.
(3)根据记录的数据，在坐标纸上以T为纵轴，l为横轴，作出T?l图像，发现图线是曲线；然后尝试以T2为纵轴，l为横轴，作出T2?l图像，发现图线是一条过原点的倾斜直线，由此得出单摆做简谐运动的周期和摆长的关系是(　　)
A．T∝ B．T2∝
C．T∝l D．T2∝l
解析　(1)摆线长些好，否则摆球的运动不明显；悬线上端要固定以防摆长变长，并且摆角要小，否则单摆周期公式不成立；摆球应在竖直平面内摆动，应该在摆球摆至最低点时开始计时，因为此时摆球的速度最大，计时更准确．
(2)以摆球通过平衡位置时开始计时，记为0，用停表记下摆球通过平衡位置n次所用的时间t，则单摆周期T＝；摆长指的是从悬点到摆球球心的距离，本题中摆长l＝l0＋.
(3)根据题述“T2?l图线是一条过原点的倾斜直线”可知，T2∝l，选项D正确．
答案　(1)BC　(2)　l0＋　(3)D
【例3】　一个单摆和一个弹簧振子，在上海调节使得它们的振动周期相等(设为T)．现在把它们一起拿到北京，若不再做任何调节．设这时单摆的振动周期为T1，弹簧振子的振动周期为T2，则它们的周期大小的关系为(　　)
A．T1C．T1>T2＝T D．T1解析　弹簧振子的振动周期只与弹簧的劲度系数和振子质量有关，拿到北京后周期不变；北京的重力加速度比上海的大，单摆拿到北京后周期变小．
答案　A
单摆的简谐运动
1．(多选)单摆是为研究振动而抽象出来的理想化模型，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，摆线不伸缩，A、B、C选项均正确；但把单摆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．故A、B、C正确．
答案　ABC
2．单摆振动的回复力是(　　)
A．摆球所受的重力
B．摆球重力在垂直悬线方向上的分力
C．悬线对摆球的拉力
D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力
解析　摆球振动的回复力是其重力沿圆弧切线方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B正确．
答案　B
单摆做简谐运动的周期
3．(多选)单摆原来的周期为T，下列哪种情况会使单摆周期发生变化(　　)
A．摆长减为原来的
B．摆球的质量减为原来的
C．振幅减为原来的
D．重力加速度减为原来的
解析　由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关．
答案　AD
4．如图4所示，一摆长为l的单摆，在悬点的正下方的P处固定一光滑钉子，P与悬点相距l－l′，则这个单摆做小幅度摆动时的周期为(　　)
图4
A．2π B．2π
C．π D．2π
解析　碰钉子前摆长为l，故周期T1＝2π，碰钉子后摆长变为l′，则周期T2＝2π，所以该组合摆的周期T＝＋＝π.
答案　C
题组一　单摆的简谐运动
1．(多选)做一个单摆有下列器材可供选用，可以用来做成一个单摆的有(　　)
A．带小孔的实心木球 B．带小孔的实心钢球
C．长约1 m的细线 D．长约10 cm的细线
解析　制作单摆时应选用体积小、质量大的球和细、长、轻、弹性小的线．
答案　BC
2．关于单摆，下列说法中正确的是(　　)
A．摆球运动的回复力是它受到的合力
B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是不变的
C．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
D．摆球经过平衡位置时，加速度为零
解析　摆球的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力，A错；摆球经过最低点时，回复力为0，但合力提供向心力，C、D错；由简谐运动特点知B正确．
答案　B
3．当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的(　　)
A．合外力为零 B．回复力为零
C．向心力为零 D．摆线中张力为零
解析　当摆球摆到最大位移处时，回复力最大，不为零，所以选项A、B均错；摆球在最大位移处，速度为零，由向心力公式F＝可知，向心力也为零，此时摆线中的张力等于重力沿摆线方向上的分力，所以选项C对，D错．
答案　C
4．做简谐运动的单摆，在摆动的过程中(　　)
A．只有在平衡位置时，回复力才等于重力和细绳拉力的合力
B．只有在最高点时，回复力才等于重力和细绳拉力的合力
C．小球在任意位置处，回复力都等于重力和细绳拉力的合力
D．小球在任意位置处，回复力都不等于重力和细绳拉力的合力
解析　单摆在一个圆弧上来回运动，摆球做圆周运动的向心力由重力沿悬线方向的分力和悬线拉力的合力提供，而回复力是指重力沿圆弧切线方向的分力．摆球在平衡位置速度不为零，向心力不为零，而回复力为零，所以合力不等于回复力；摆球在最高点时，速度为零，向心力为零，合力等于回复力．故选项B正确．
答案　B
5．(多选)如图1所示是单摆振动示意图，下列说法正确的是(　　)
图1
A．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，摆球速度最大
D．摆球由A→C运动时，动能变大，势能变小
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＋，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　BCD
题组二　单摆做简谐运动的周期
6．发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大(　　)
A．增大摆球质量 B．缩短摆长
C．减小单摆振幅 D．将单摆由山下移至山顶
解析　由单摆周期公式T＝2π知，T与单摆的摆球质量、振幅无关；缩短摆长，l变小，T变小；单摆由山下移到山顶，g变小，T变大．
答案　D
7．(多选)如图2所示，甲、乙是摆长相同的两个单摆，它们中间用一根细线相连，其中一个摆线与竖直方向成θ角．已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两单摆都做简谐运动，在摆动过程中下列说法正确的是(　　)
图2
A．甲的振幅小于乙的振幅
B．甲的振幅等于乙的振幅
C．甲的最大速度小于乙的最大速度
D．甲的运动周期大于乙的运动周期
解析　由题意知，甲、乙是摆长相同的两个单摆，原来二者静止时由于质量不同，故偏角不同，质量大的偏角小，甲的振幅小，选项A正确，B错误；两物体在平衡位置时速度最大，根据mgh＝mv2得v＝，与质量无关，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，选项C正确；根据T＝2π，周期与质量无关，选项D错误．
答案　AC
8．一只钟从甲地拿到乙地，它的钟摆摆动加快了，则下列对此现象的分析及调准方法的叙述中正确的是(　　)
A．g甲＞g乙，将摆长适当增长 B．g甲＞g乙，将摆长适当缩短
C．g甲＜g乙，将摆长适当增长 D．g甲＜g乙，将摆长适当缩短
解析　从甲地到乙地，钟摆的周期减小了，由T＝2π，知g甲＜g乙，若要使周期回到原值，应适当增加摆长．
答案　C
9．已知演示简谐运动的沙摆的摆长为l，漏斗的质量为m，细沙的质量为M，M?m，细沙逐渐下漏的过程中，单摆的周期(　　)
A．不变 B．先变大后变小
C．先变小后变大 D．逐渐变大
解析　在沙摆摆动细沙逐渐下漏的过程中，摆的重心逐渐下移，即摆长l逐渐变大，当细沙流到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长l变小，由周期公式T＝2π 可知，沙摆的周期先变大后变小，故正确选项为B.
答案　B
10．如图3所示的单摆，摆长为l＝40 cm，摆球在t＝0时刻从右侧最高点释放做简谐运动，则当t＝1 s时，小球的运动情况是(　　)
图3
A．向右加速 B．向右减速
C．向左加速 D．向左减速
解析　单摆的周期T＝2π＝2π s＝0.4π s≈1.256 s，t＝1 s时，则T答案　B
11．有一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被小钉挡住．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至左边最高点N运动过程的闪光照片，如图4所示(悬点和小钉未被摄入)．P为摆动中的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与悬点的距离为(　　)
图4
A． B．
C． D．条件不足，无法确定
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L，故C选项正确．
答案　C
12．(多选)如图5所示，有一个小球(视为质点)从光滑圆弧槽的P点由静止释放，沿圆弧槽来回摆动，(O点为圆弧的最低点)段远小于圆弧槽的半径R，则下列说法正确的是(　　)
图5
A．小球摆动过程中的回复力由重力沿其运动方向的分力提供
B．小球摆动至最低点O时所受合外力为零
C．小球摆动的周期为T＝2π
D．若小球在P点释放的同时，O点右侧的Q点上也有一个不计大小的小球由静止释放，已知＞，则两球将在O点左侧相遇
解析　圆弧摆摆球受力与单摆相似，圆弧槽对其弹力FN与单摆摆线的拉力FT所起的作用是一样的，重力沿圆弧切线方向的分力做振动的回复力，故A正确；摆至最低点时，回复力为零，但向心力最大，故B错误；当偏角(半径与竖直方向夹角)θ≤5°时，近似为简谐运动，因段远小于圆弧槽的半径R，满足条件，故周期T＝2π，C正确；周期与振幅大小无关，两小球必在最低点O相遇，D错误．
答案　AC
13．一个单摆的摆球偏离到最大位置时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀附着在摆球的表面，下列说法正确的是(　　)
A．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大
B．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小
C．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大
D．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大
解析　由题意可知，单摆的摆长和重力加速度不变，根据单摆的周期公式可知，周期不变，摆球偏离到最大位置雨滴均匀附着在摆球的表面，摆球的质量增加，摆球经过平衡位置时速度要增大，振幅要增大，选项D正确．
答案　D
14．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．
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．
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)
15．如图6所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长是l，下端C点系着一个直径可忽略的小球．
图6
(1)让小球在纸面内小角度摆动，求单摆的周期是多少？
(2)让小球垂直纸面小角度摆动，周期又是多少？
解析　(1)让小球在纸面内摆动，在偏角很小时，单摆可看做简谐运动，摆长为OC的长度，所以单摆的周期T＝2π.
(2)让小球垂直纸面摆动，如图所示，由几何关系可得OO′＝l，等效摆长为l′＝OC＋OO′＝l＋l，所以周期T′＝2π＝2π.
答案　见解析