单摆、振动中的能量

单摆、振动中的能量
知识目标
一、单摆
1、单摆：在细线的一端挂上一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸缩和质量可以忽略，球的直径比线长短得多，这样的装置叫做单摆．这是一种理想化的模型，一般情况下细线（杆）下接一个小球的装置都可作为单摆．
2、单摆振动可看做简谐运动的条件是：在同一竖直面内摆动,摆角θ＜100．
3、单摆振动的回复力是重力的切向分力，不能说成是重力和拉力的合力。

在平衡位置振子所受回复力是零，但合力是向心力，指向悬点，不为零。

4、单摆的周期：当 l、g一定，则周期为定值 T=2πg
l，与小球是否运动无关．与摆球质量m、振幅A都无关。

其中摆长l指悬点到小球重心的距离，重力加速度为单摆所在处
的测量值。

要区分摆长和摆线长。

5、小球在光滑圆弧上的往复滚动，和单摆完全等同。

只要摆角足够小，这个
振动就是简谐运动。

这时周期公式中的l应该是圆弧半径R和小球半径r的差。

6、秒摆：周期为2s的单摆．其摆长约为lm.
【例1】如图为一单摆及其振动图象，回答：
（1）单摆的振幅为，频率为，摆长为，一周期内位移x（F回、a、E p）最大的时刻为．
解析：由纵坐标的最大位移可直接读取振幅为3crn．横坐
标可直接读取完成一个全振动即一个完整的正弦曲线所占据
的时间．轴长度就是周期 T=2s，进而算出频率f=1/T=0.5Hz，
算出摆长l=gT2/4π2=1m·
从图中看出纵坐标有最大值的时刻为0．5 s末和1．5s末．
（2）若摆球从E指向G为正方向，α为最大摆角，则图象中O、A、B、C点分别对应单摆中的点．一周期内加速度为正且减小，并与速度同方向的时间范围是。

势能增加且速度为正的时间范围是．
解析：图象中O点位移为零，O到A的过程位移为正．且增大．A处最大，历时1/4周期，显然摆球是从平衡位置E起振并向G方向运动的，所以O对应E，A对应G．A到B的过程分析方法相同，因而O、A、B、C对应E、G、E、F点．
摆动中EF间加速度为正，且靠近平衡位置过程中加速度逐渐减小，所以是从F向E的运动过程，在图象中为C到D的过程，时间范围是1．5—2．0s间
摆球远离平衡位置势能增加，即从E向两侧摆动，而速度为正，显然是从 E向G的过程．在图象中为从O到A，时间范围是0—0．5 s间．
（3）单摆摆球多次通过同一位置时，下述物理量变化的是（）
A ．位移；
B ．速度；
C ．加速度；
D ．动量；
E ．动能；
F ．摆线张力
解析：过同一位置，位移、回复力和加速度不变；由机械能守恒知，动能不变，速率也不变，摆线张力mgcos α＋m v 2
/L 也不变；由运动分析，相邻两次过同一点，速度方向改变，从而动量方向也改变，故选B 、D ．
如果有兴趣的话，可以分析一下，当回复力由小变大时，上述哪些物理量的数值是变小的？
从（1）、（2）、（3）看出，解决此类问题的关键是把图象和实际的振动—一对应起来．
（4）当在悬点正下方O /处有一光滑水平细钉可挡住摆线，且E O /＝¼E O ．则单摆周期为 s ．比较钉挡绳前后瞬间摆线的张力 ．
解析：放钉后改变了摆长，因此单摆周期应分成钉左侧的半个周期，前已求出摆线长为lm ，所以T 左=πg l =1s ：钉右侧的半个周期T 右＝π
g l 4=0．5s ，所以T ＝T 左十T 右=1．5s ． 由受力分析，张力T=mg ＋mv 2/L ，因为钉挡绳前后瞬间摆球速度不变，球重力不变，
挡后摆线长为挡前的1/4．所以挡后绳张力变大．
（5）若单摆摆球在最大位移处摆线断了，此后球做什么运动？若在摆球过平衡位置时摆
线断了，摆球又做什么运动？
解析：问题的关键要分析在线断的时间，摆球所处的运动状态和受力情
况．在最大位移处线断，此时球速度为零，只受重力作用，所以球做自由落体
运动．在平衡位置线断，此时球有最大水平速度，又只受重力，所以做平抛运
动．
【例2】有一个单摆，其摆长l=1．02m ，摆球的质量m ＝0．1kg ，从和竖直方向成摆角θ= 40
的位置无初速度开始运动（如图所示），问：
（1）已知振动的次数n ＝30次，用了时间t ＝60．8 s ，重力加速度g 多大？
（2）摆球的最大回复力多大？
（3）摆球经过最低点时速度多大？
（4）此时悬线拉力为多大？
（5）如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？为什么？（取sin40＝0．0698，cos40 ＝0．9976，π＝3．14）
【解析】（1）θ＜50，单摆做简谐运动，其周期T=t/n=60．8/30 s ＝2·027 s ，根据T=2g L / 得，g=4×π×1．02/2．0272=9．791 m/s 2。

（2）最大回复力为 F 1＝mgsin4o =0．1×9．791×0．0698 N ＝0．068 N
（3）单摆振动过程中，重力势能与动能互相转化，不考虑阻力，机械能守恒，其总机械能
E 等于摆球在最高处的重力势能E ，或在最低处的速度 v ＝()04cos 12-gL =0．219 m/s 。

（4）由T －mg=mv 2/L 得
悬线拉力为T=mg 十mv 2/L=0．l ×10十0．l ×0．2l92/1．02＝0．52 N
（5）秒摆的周期T=2 s ，设其摆长为L 0，根据T=2g L /π得，g 不变， 则T ∝L
即T ∶T 0=L ∶0L
故L 0= T 02L/T 2=22 ×l ．02/ 2．0272=0．993m ，
其摆长要缩短ΔL ＝L —L 0＝l ．02 m —0．993 m=0．027m
二、振动的能量
1、对于给定的振动系统，振动的动能由振动的速度决定，振动的势能由振动的位移决定，振动的能量就是振动系统在某个状态下的动能和势能的总和．
2、振动系统的机械能大小由振幅大小决定，同一系统振幅越大，机械能就越大．若无能量损失，简谐运动过程中机械能守恒，做等幅振动．
3、阻尼振动与无阻尼振动
（1)振幅逐渐减小的振动叫做阻尼振动．
（2)振幅不变的振动为等幅振动，也叫做无阻尼振动．
注意：等幅振动、阻尼振动是从振幅是否变化的角度来区分的，等幅振动不一定不受阻力作用．
4.受迫振动
（1)振动系统在周期性驱动力作用下的振动叫做受迫振动．
（2)受迫振动稳定时，系统振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固
有频率无关．
5.共振
（1)当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，物体的振幅最大的现象叫做共振．
(2）条件：驱动力的频率等于振动系统的固有频率．
（3)共振曲线．如图所示．
【例3】行驶着的火车车轮，每接触到两根钢轨相接处的缝隙时，就受到一次撞击使车厢在支着它的弹簧上面振动起来．已知车厢的固有同期是0．58s ，每根钢轨的长是12．6 m ，当车厢上、下振动得最厉害时，火车的车速等于 m ／s ．
解析：该题应用共振的条件来求解．火车行驶时，每当通过铁轨的接缝处就会受到一次冲击力，该力即为策动力．当策动周期T 策和弹簧与车厢的国有周期相等时，即发生共振，即 T 策＝T 固＝ 0．58 s ………① T 策=t=L/v ……②
将①代入②解得v=L/0．58=21．7 m ／s 答案：21．7m ／s 规律方法
1、单摆的等效问题
①等效摆长：如图所示，当小球垂直纸面方向运动时，摆长为CO ．
②等效重力加速度：当单摆在某装置内向上运动加速度为a 时，
T ＝2π()a g l +；当向上减速时T=2π()a g l -，影响回复力的等效加
速度可以这样求，摆球在平衡位置静止时，摆线的张力T 与摆球质量的比值．
【例4】如图所示，在光滑导轨上有一个滚轮A ，质量为2m ，轴上系一根长为L 的线，下端悬挂一个摆球B ，质量为m ，设B 摆小球作小幅度振动，求振动周期。

【分析】将2m 的A 球和m 的B 球组成系统为研究对象，系统的重心O 点可
视为单摆的悬点，利用水平方向动量守恒可求出等效摆长。

【解析】A 和B 两物体组成的系统由于内力的作用，在水平方向上动量守恒，
因此A 和B 速度之比跟质量成反比，即v A /v B =m B /m A =1/2．因此A 和B 运动过程
中平均速度A v /B v =1/2，亦即位移 S A /S B ＝1/2。

，
因为ΔOAA /∽ΔOBB /，则OB/OA ＝2/1。

对B 球来说，其摆长应为2/3 L ，因此B 球的周期T ＝
2g L 3/2π。

说明：据动量守恒条件，2m 在A 位置时，m 在 B 位置，当2 m
运动到A /时，m 运动到B /。

【例5】如图所示，三根细线OA, OB,OC 结于O 点，A,B 端固定
在同一水平面上且相距为L ，使AOB 成一直角三角形，∠BAO = 300，
已知OC 绳长也为L ，下端C 点系一个可视为质点的小球，下面说法中正确的是
A 、当小球在纸面内做小角度振动时,周期为：g
l T π2=
B.当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，周期为2T =
C.当小球在纸面内做小角度振动时，周期为2T =
D.当小球在垂直纸面内做小角度振动时，周期为g
l T π2= 解析:当小球在纸面内做简谐振动时，是以
0点为圆心,OC 长L
为半径做变速圆周运动，
OA 和OB 绳没有松弛，其摆长为L,所以周期是g
l T π2=；当小球在垂直于纸面的方向上做简谐振动时，摆球是以OC 的延长线与AB 交点为圆心做振动,其等效的摆长为L 十Lsin600/2=L
其周期为
/2T =故选A. 拓展:若将上题中的小球改为装满沙子的漏斗，在漏斗摆动的过程中，让沙子匀速的从漏斗底部漏出，则单摆的周期如何变化?(因沙子遂渐漏出，其重心的位置先下移后上升，等效摆长先增加后减小，所以周期先变长后减小）。

【例5】在图中的几个相同的单摆在不同的条件下，关于它们的周期关系，判断正确的是（ ）
A 、T 1＞T 2＞T 3＞T 4；
B 、T 1＜T 2=T 3＜T 4
C 、T 1＞T 2=T 3＞T 4、； 、
D 、T 1＜T 2＜T 3＜T 4
【解析】单摆的周期与重力加速度有关．这是因为是重力的分力提供回复力．当单摆处于
（1）图所示的条件下，当摆球偏离平衡位置后，是重力平行斜面的分量（mgsin θ）沿切向分量提供回复力，回复力相对竖直放置的单摆是减小的，则运动中的加速度减小，回到平衡位置的时间变长，周期T 1＞T 3．对于（2）
图所示的条件，带正电的摆球在振动过程
中要受到天花板上带正电小球的斥力，但
是两球间的斥力与运动的方向总是垂直，
不影响回复力，故单摆的周期不变，
T 2=T 3．在（4）图所示的条件下，单摆与升
降机一起作加速上升的运动，也就是摆球在该升降机中是超重的，相当于摆球的重力增大，沿摆动的切向分量也增大，也就是回复力在增大，摆球回到相对平衡的位置时间变短，故周期变小，T 4＜T 3．综上所述，只有C 选项正确．
点评：对于单摆的周期公式，在摆长不变的条件下，能影响单摆振动的周期的因素就是运动过程中的回复力发生的变化，回复力增大，周期变小，回复力变小，周期变大．这是判断在摆长不变时单摆周期变化的唯一
2、摆钟问题
单摆的一个重要应用就是利用单摆振动的等时性制成摆钟。

在计算摆钟类的问题时，利用以下方法比较简单：在一定时间内，摆钟走过的格子数n 与频率f 成正比（n 可以是分钟数，也可以是秒数、小时数……），再由频率公式可以得到：l
l g f n 121
∝=∝π 【例6】有一摆钟的摆长为l l 时，在某一标准时间内快amin 。

若摆长为l 2时，在同一标＋
准时间内慢bmin 。

，求为使其准确，摆长应为多长？（可把钟摆视为摆角很小的单摆）。

【解析】设该标准时间为ts ，准确摆钟摆长为lm ，走时快的钟周期为T 1s ，走慢时的周期为T 2s ，准确的钟周期为T 3。

不管走时准确与否，钟摆每完成一次全振动，钟面上显示时间都是Ts 。

（法一）由各摆钟在ts 内钟面上显示的时间求解，
对快钟： t ＋60a=1T t T ； 对慢钟： t — 60a=2
T t T 联立解，可得b a =21/11/T T T T --=()()2211
//L L L L L L --
最后可得L=()()221212L b L a L L b a ++。

（法二）由各摆钟在ts 内的振动次数关系求解：
设快钟的 t s 内全振动次数为 n l ，慢钟为 n 2，准确的钟为n 。

显然，快钟比准确的钟多振动了60a/T 次，慢钟比准确的钟少振动60b/T 次，故：
对快钟：n l ＝t/T 1＝n ＋60a/T ＝t/T+60a/T
对慢钟：n 2＝t/T 2＝n －60b/T ＝t/T －60b/T
联解①②式，并利用单摆周期公式T ＝2g L /π同样可得L=()()221212L b L a L L b a ++
点窍：对走时不准的摆钟问题，解题时应抓住：由于摆钟的机械构造所决定，钟摆每完成一次全振动，摆钟所显示的时间为一定值，也就是走时准确的摆钟的周期T 。

3、单摆的综合应用
【例7】图中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好触．现将摆球A 在两摆线所在平面向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两球分开各自做简谐运动．以m A 、m B 分别表示
摆球A 、B 的质量，则（ ）
A ．如果m A ＞m
B ，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B ．如果m A ＜m B ，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
解析：由于两球线长相等,所以两球做单摆运动的周期必然相等.两球相碰后有这几种可能:①碰后两球速度方向相反,这样两球各自到达最高点再返回到平衡位置所用的时间相等
,故两球只能在平衡位置相遇;②碰后两球向同一方向运动,则每个球都先到达最大位移处然后返回平衡位置,所用的时间也都是半个周期,两球仍只能在平衡位置相遇;③碰后一球静止,而另一球运动,则该球先到最大位移又返回到平衡位置,所用时间还是半个周期,在平衡位置
相遇.
因此，不管m A ＞m B ，还是m A ＜m B 还是m A ＝m B ，无论摆球质量之比为多少，下一次碰撞都只能发生在平衡位置，也就是说不可能发生在平衡位置的右侧或左侧，所以选项C 、D 正确．
拓展:两球的碰撞是否是弹性碰撞?
【例8】如图所示，两个完全相同的弹性小球1,2，分别挂在长L 和L/4的细线上，重心在同一水平面上且小球恰好互相接触，把第一个小球向右拉开一个不大的距离后由静止释
放，经过多长时间两球发生第10次碰撞？
解析:因将第1个小球拉开一个不大的距离，故摆动过程应符合单摆的周期公式有
12T =，22T =系统振动周期为1222T T T =+=T 内共发生
两次碰撞，球1从最大位移处由静止释放后．经1552T =
10次碰撞，且第
10次碰后球1又摆支最大位移处.115724T t ∴==【例9】如图所示，AB 为半径R=7.50 m 的光滑的圆弧形导轨，BC 为长s ＝0.90m 的光滑水平导轨，在B 点与圆弧导轨相切,BC 离地高度h ＝1.80 m ，一质量m 1＝0.10 kg 的小球置于边缘C 点，另一质量m 2＝0. 20 kg 的小球置于B 点，现给小球m 1一个瞬时冲量使它获得大小为0.90 m/s 的水平向右速度，当m 1运动到B 时与m 2发生弹性正碰，g 取10 m/s 2
，求：
（1)两球落地的时间差Δt ；
(2)两球落地点之间的距离Δs
解析:(1 )m 1与m 2发生弹性正碰，则设碰后m 1和m 2速度分别为v 1/和v 2/，有//101122m v m v m v =+ 2/2/2101122111222m v m v m v =+得v 1＝一0.3 m/s,v'2=0. 6 m/s 可见m 1以0. 3 m/s 速度反弹，从B 到C,t=s/v 1/=3s, m 2以0. 6 m/s 速度冲上圆弧轨道，可
证明m 2运动可近似为简谐运动，在圆弧上运动时间为
2T = 2.72 s,再从B 到C, t 2 =s/v 2/=1.5s 则△t ＝t 2＋T/2一t 1=1.22 s. (2）利用平抛运动知识不难求得△s ＝0.18 m.
【例10】在长方形桌面上放有：秒表、细绳、铁架台、天平、弹簧秤、钩码，怎样从中选取器材可较为准确地测出桌面面积S ？并写出面积表达式．
【解析】用细绳量桌面长，并用此绳（包括到钩码重心）、钩码、铁架台做成单摆，由秒表
测出其振动周期T 1；同理量桌面宽，做单摆，测出周期T 2． 答案：S=4
2221216πT T g 试题展示
1、一单摆的摆长为L ，摆球的质量为m ，原来静止，在一个水平冲量I 作用下开始摆动．此后，每当摆球经过平衡位置时，便给它一个与其速度方向一致的冲量I ，求摆球经过多长时间后其摆线与竖直方向间的夹角可以达到α？（α≤50，不计阻力，所施冲量时间极短） 解析：设摆球经过平衡位置的次数为n ，则摆球达最大偏角α时需用时间
t=（n —l ）2T 十4
T …………① 由动量定理和机械能守恒定律得：nI ＝mv ………②
½mv 2=mgl （1－cos α）………③ 单摆周期g
l T π2=……… ④
联立①－④式得：t = 2、如图所示，a 、b 、Co 质量相等的三个弹性小球（可视为质点），a 、b
分别悬挂在L 1=1.0m ，L 2=0.25 m 的轻质细线上，它们刚好与光滑水平面接触而不互相挤压，ab 相距10cm 。

若c 从
a 和
b 的连线中点处以v 0=5
cm/s 的速度向右运动，则c
将与b 和a 反复碰撞而往复
运动。

已知碰撞前后小球c 均沿同一直线运动，碰撞时间极短，且碰撞过程中没有机械能损失，碰撞后a 和b 的摆动均可视为简谐振动。

以c 球开始运动作为时间零点，以向右为正方向，试在图中画在l0s 内C 、b 两
球运动的位移—时间图像，两图像均以各自的初位置为坐标原点。

π≈）
【答案】如图
3、有几个登山运动员登上一无名高峰，但不知此峰的高度，他们想迅速估测出高峰的海拔高度，但是他们只带了一些轻质绳子、小刀、小钢卷尺、可当作秒表用的手表和一些食品，附近还有石子、树木等，其中一个人根据物理知识很快就测出了海拔高度，请写出测量方法，需记录的数据，推导出计算高峰的海拔高度的计算式．
解析:用细线和小石块做一个单摆，量出摆线长L1，并测出单摆周期T1.设小石块重心到
细线与小石块的连接处的距离为d
，则
1
2
T=改变摆线长为L2,测出周期T2
，则2
2
T=可得当地重力加速度为
()
2
12
/
22
12
4
,
L L
g
T T
π-
=
-
又由
()
/
2
Mm
mg G
R h
=
+
，得
h R
=。