单摆学案

第六讲 单摆

一、知识点击：

1．单摆：

用一根轻柔的细线悬挂一个质量比细线大得多，直径比细线小得多的小球，当细线的质量和小球的尺寸完全可以忽略时，这样的装置叫做单摆。

2．单摆的振动：

把质量为m 的单摆小球从平衡位置O 拉开一小段距离，这时悬线和竖直方向的夹角为θ，放开后，摆球始终受到重力mg 和细线拉力的作用，重力的一个分力F =mg sin θ沿圆弧切线指向平衡位置O ，这个力就是单摆运动的回复力。

研究发现：当摆角θ<5°，sin θ=x /l ，其中，x 为单摆离开平衡位置的位移，l 为从悬点到摆球重心的距离，即为摆长。

所以，回复力 F =mg sin θ=mgx /l

其中 mg /l 为常数，令mg /l=k ，得G 2= -kx 因此，在摆角小于<5°时，摆球所受的回复力的大小与位移大小成正比，方向与位移相反，即单摆的振动为简谐振动。

3．单摆的周期公式：

荷兰物理学家惠更斯（1692-1695）研究单摆的振动规律，发现并确定了单摆的周期公式：T =2π

g

L

，式中，L 为单摆的摆长，g 为当地的重力加速度。

单摆的振动周期与振幅无关，称为单摆的等时性。 4．单摆的振动图像：

如图所示，把盛有细沙的漏斗吊在支架上，支架下方放一硬纸板，其中间有一条直线OO ’，漏斗静止时正好在直线OO ’的正上方。使漏斗自由摆动，同时沿着跟摆动方向垂直的方向匀速拉动硬纸板，落在硬纸板上的细沙就记录下各个时刻漏斗的位置，显示出的曲线就是由细沙描绘的单摆的振动图像，其

横轴为运动时间t ，纵轴表示了位移x 的大小（右图为某沙摆的振动图像），该图像描述了单摆运动的位移随时间的变化关系。从单摆的振动图像中我们可以知道单摆的振幅、周期、频率和任意时刻摆球的位移。

二、能力激活：

题型一：理解单摆的摆长的意义：

示例一：一摆长为L 的单摆，在悬点正下方（L-L ’）的P 点处有一钉子，如图所示，这个单摆的周期是（两个摆角都很小）（ ）

A ．T =2π

g

L

； B ．T =2πg

L '

；

C ．T =2π(g L +g L ')；

D ．T =π(g L +g

L '

)。

[分析]这是一个组合摆，左边为摆长为L ’的单摆，右边为摆长为L 的单摆。摆动时，一个完

整的周期中，以摆长为L ’摆动的有半个周期，以摆长为L 摆动的有半个周期，代入单摆周期公式，即可得正确的答案是D 。 [解析]D 正确

题型二：对振动图像的理解和运用：

示例二：如图所示(甲)是演示简谐运动图象的沙漏装置。当薄木板N 被匀速地拉出时，摆动着的沙漏中漏出的沙在木板上形成的曲线显示出摆的位移随时间的变化，板上的虚线OO ˊ代表时间轴。图中(乙)是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线，若板N 1和板N 2拉动的速度v 1和v 2的关系为v 2=2v 1，则板N 1、N 2上曲线所代表的振动的周期T 1和T 2的关系为( )

A ．T 2=T 1；

B ．T 2=2T 1；

C ．T 2=4T 1；

D ．T 2=T 1/4。

[分析]由图可知，第一个沙摆完成一次全振动的时间为T 1=L /v 1，其中，L 为ON 1的距离；第二个沙摆完成一次全振动的时间T 2=L /2v 2，又因为v 2=2v 1，即可得到T 1：T 2=4：1。 [解析]D 正确

题型三：与万有引力定律的结合：

示例三：一只单摆，在第一个星球表面上的振动周期为T 1；在第二个星球表面上的振动周期为T 2。若这两个星球的质量之比M 1∶M 2=4∶1，半径之比R 1∶R 2=2∶1，则T 1∶T 2等于（ ）

A ．1：1；

B ．2：1；

C ．4：1；

D ．8：1。

[分析]影响单摆周期的因素有摆长和重力加速度，在不同星球表面的重力加速度2R

GM

g =

，根据题意M 1∶M 2=4∶1，R 1∶R 2=2∶1，可得，在两个不同星球上的重力加速度之比

1:1:21=g g ，根据单摆周期公式，同一单摆摆长相同，所以周期之比T 1∶T 2=1：1。

[解析]A 正确

题型四：与牛顿定律及动能定律的结合：

示例四：如图所示，一块涂有碳黑的玻璃板，质量为2kg ，在拉力F 的作用下，由静止开始水平向右做匀变速直线运动，一个装有水平振针的振动频率为5Hz 的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线，量得OA =15cm ，AB =25cm ，BC =35cm 。求： (1)从接通电源到玻璃板运动到C 的时间；

(2)玻璃板的加速度； (3)拉力F 为多少?

[分析]振动的音叉周期是一个定值，所以t OA =t AB =t BC =

2

T

，根据匀变速运动的判定公式可求

出加速度，再根据牛顿第二定律求力。

[解析](1)因为玻璃板是由静止开始运动的，而OA : AB : BC =3:5:7，可见在A 之前还有一段未画出，因为f =5Hz ，可得周期T =0.2s ，即t OA =t AB =t BC =0.1s ，所以运动到C 点的总时间为0.4s 。

(2)根据 ⊿s =at 2

⊿s =AB-OA= BC- AB=10cm 所以 a =10m/s 2

(3)根据牛顿第二定律 F =ma =2×10N=20N 题型五：运用各种运动的联系求解：

示例五：如图所示，在O 点悬有一细绳，绳上串着一个小球B ，并能顺着绳子滑下来。在O 点正下方有一半径为R 的光滑圆弧轨道。圆心位置恰好在O 点。在弧形轨道上接近O ’处有另一小球A ，令A 、B 两球同时开始无初速释放，假如A 球第一次到达平衡位置时正好能够和B 球碰上，则B 球与绳之间的摩擦力与B 球重力大小之比是多少?(计算时π2=10，g =l0m ／s 2)

[分析]A 球的运动是简谐振动，而B 球是匀加速直线运动，同时到达最低点，即两球的运动具有等时性。 [解析]A 球运动到O ’点的时间 t A =

g

R

π

241⨯ B 球下落的时间 t B =

a

R

2 两者同时到达 t A = t B 代入题目的已知条件，可得

a =28π

g 根据牛顿第二定律 m

f

mg a -=

可得

5

1=m g f 三、小试身手：

1．演示简谐运动的图象，可用一个装满细砂的漏斗悬在细线上并让它振动，振动中细砂逐渐从漏斗中流出，则此砂摆的周期变化是( ) A ．保持不变； B ．逐渐减小；

C ．逐渐增大；

D ．先增大，后又恢复到原来的数值。

2．有一单摆在地面上一定时间内振动了N 次，将它移到某高山顶上，在相同的时间内振动了N -1次，则由此可以粗略推算出此山的高度约为地球半径的( ) A ．1/(N -1)； B ．1/N ； C ．1/(N +1)； D ．(N -1)/(N +1)。