2018年高三物理一轮总复习专题14.3单摆

1、-1 -专题14.3单摆课前预习自我检测1.（多选）单摆是为了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. 实际生活中的“秋千”就是单摆【答案】ABC【解析】一根不可伸长的且没有质量的细线悬挂一大小不计的小球组成的装置，我们称作单摆，它是一个理想化模型，所谓理想化是指细线不伸缩且无质量，小球的大小不计可视为质点，故选项 A、B、C 正确，D 错误。2.下列有关单摆运动过程中的受力说法，正确的是（ ）A. 单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力B. 单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力C. 单摆经过平衡位置时

2、合力为零D. 单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力【答案】B【解析】 单摆运动是在一段圆弧上运动， 因此单摆运动过程不仅有回复力而且有向心力,即单摆运动的 合外力不仪要提供回复力，而且要提供向心力，故选项 A 错误单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分 力，而不是摆绸立力的分力,故选项 E 正确,D 错误单摆经过平衝位呂时，回复力为氧向心力最尢故其合外 力不为割所臥选项 C 错误。3. （多选）下列情况下会使单摆的周期变大的是（）A. 将摆的振幅减为原来的一半B. 将摆从高山上移到平地上C. 将摆从北极移到赤道D. 用一个装满沙子的漏斗（漏斗质量很小）和一根较长的细线做成一个单摆，摆动中沙慢

3、慢从漏斗中漏出【答案】CD【解析】将摆从北极移到赤道，g变小，由T=2n知T变大;漏斗漏沙后摆长变长，故T变大。-2 -2. 00 cm,然后用秒表记录了单摆振动50 次所用的时间为 101.5 s。则：(1) 他测得的重力加速度 g=_m/s2。(2) 他测得的 g 值偏小,可能的原因是_。A. 测摆线长时摆线拉得过紧B. 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C. 开始计时时，秒表过迟按下D. 实验中误将 49 次全振动次数记为 50 次【答案】(1)9 . 76 (2)B【解析】由题可和实验中所用单摆的摆长为J=101.00c=102.00,单摆的振动周期戸厲心 亦由

4、单摆的周期公式理兀得m/s9.76JK/S(刀从萨可知,用单摆测重力加速度时给实验带来误差的两个步菠是单摆摆长的测定和单摆周期的测走, 测得的倉值偏小，分析可能的原因时应该从这两方面去考虑:测摆线长时摆线拉得过曙会使摆长变长，测量结 杲偏尢因此选项A错误:摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度増加了，这就是说实际实 殓中的摆长比实验开始测量的摆长要长，而在处理数据时采用的是实验幵始测量的摆长,因此测量结果会偏 小,因此选项B正确;幵始计时时用表过迟按下，这样使得测量周期偏小，测出的武将偏大,因此选项C错误； 实验中误49次全振动次数记为50次,同样使得测重周期偏小，测出的百将偏尢

5、因此选项D错误。5.在一个单摆装置中,摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，则此单摆的周期将()A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大【答案】C【解析】单摆小角度摆动，做简谐运动的周期为 T=2n，式中 I 为摆长，其值为悬点到摆动物体重心之间的距离，当小球装满水时，重心在球心，水流完后，重心也在球心，但水刚流出过 程中重心要降低，因此，在水整个流出过程中，重心位置先下降后上升，即摆长 I 先增大后减小 所以摆动周期将先增大后减小。6 .单摆在振动过程中，摆动幅度越来越小，这是因为()A.单摆做的是阻尼振动

6、B.能量正在逐渐消灭C.动能正在转化为势能4.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中,先测得摆线长 101.00 cm,摆球直径为-3 -D. 机械能不守恒E. 总能量守恒，减少的机械能转化为内能【答案】 ADE【解折】 能量不能被消灭，只能发生转化或转務，故B错误；单摆在运动中由于受到空气阻力要 克服空气阻力做功，机械能逐渐减小，转化为内能，由能量守恒定律可知，总能量是守恒的丿故C错误，A、D、E正确.7 .下列振动，不属于受迫振动的是（）A. 用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的振动B. 打点计时器接通电源后，振针的振动C. 小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动D. 弹簧振子在竖直

7、方向上沿上下方向振动E. 共振筛的振动【答案】 ACD【解析】 受迫振动是指在周期性驱动力作用下的振动，故A、C D 都是自由振动，BE 是受迫振动.8.如图所示，把两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为9 Hz ,乙弹簧振子的固有频率为 72 Hz，当支架在受到竖直方向且频率为 9 Hz 的驱动力作用做受迫 振动时，则两个弹簧振子的振动情况是（）A. 甲的振幅较大B. 甲的振动频率为 9 HzC. 乙的振幅较大D. 乙的振动频率为 9 HzE. 甲、乙两振子的振幅、频率均相等【答案】 ABD【解析】 根据受迫振动发生共振的条件可知甲的振幅较大，又因为做受迫振动的物体-4 -

8、的频率等于驱动力的频率，所以选项A、B、D 正确.9.研究单摆受迫振动规律时得到如图所示的图象，则下列说法正确的是A. 其纵坐标为位移B. 其纵坐标为振幅C. 单摆的固有周期为 2 sD. 图象的峰值表示共振时的振幅E. 单摆的摆长为 2 m【答案】 BCD【解析】 纵坐标是振幅，不是位移，业说法错误，B说法正确；当发生共振，振幅最大, 由图知“#=织薯lm可见C和D的说法均正确.课堂讲练典例分析要点提炼一、单摆及单摆的回复力1 .单摆模型如果悬挂小球的细线的伸缩和质量可以忽略，线长又比球的直径大得多，这样的装置叫 做单摆.单摆是实际摆的理想化的物理模型.2 .单摆的回复力(1) 回复力的提供

9、：摆球的重力沿切线方向的分力.(2) 回复力的特点：在偏角很小时，单摆所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比， _方向总指向平衡位置.(3) 运动规律：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图象遵循正弦函数规律.3 .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工 0,半径方向都受-5 -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 的切线方向都受回复力.4 .摆球的受力(1)任意位置如图所示，G2=GCos0,FG的作用就是提供摆球绕O做变速圆周运动的向心力；G=GSin0的作用提供摆球以0为中心做往复运动的回复力.(2

10、) 平衡位置摆球经过平衡位置时，G=G G= 0,此时F应大于G, FG提供向心力，因此，在平衡位置，回复力F回=0,与G= 0 相符.(3) 单摆的简谐运动x在0很小时(理论值为v5 ), sin0疋tan0=-,mgG=Gsin0 =px,G方向与摆球位移方向相反，所以有回复力mgmgF回=G= x = kx( k=了.因此，在摆角0很小时，单摆做简谐运动.二、单摆的周期1.影响单摆周期的因素(1) 单摆的周期与摆球质量、振幅无关.(2) 单摆的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大_2周期公式(1) 公式：T= 2ng.(2) 单摆的等时性：单摆的周期与振幅无关的性质.3 .摆长I的确定-6

11、 -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I=l0+D,I。为摆线长，D为摆球直径.4 .重力加速度g的变化-7 -(1)公式中的g由单摆所在地空间位置决定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(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.三、用单摆测重力加速度1

12、.实验目的利用单摆测定当地的重力加速度，巩固和加深对单摆周期公式的理解.2实验原理卩4n2|单摆在偏角很小(小于 5 )时，可看成简谐运动，其周期T= 2np 孑可得g= .据此，通过实验测出摆长l和周期T,即可计算得到当地的重力加速度.3.实验器材铁架台及铁夹、金属小球(上面有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(长 1 m 左右)、刻 度尺(最小刻度为 mm)游标卡尺.4.实验步骤(1) 让细线穿过球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆.(2) 将小铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，使铁夹伸出桌面之外，然后把单 摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂.(3) 用刻度尺量

13、出悬线长l,用游标卡尺测出摆球直径离I=I+ 2 即为摆长.(4) 把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角小于稳定以后，在最低点位置时，用秒表开始计时，测量单摆全振动 后求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期.由GM=g知,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.d,然后计算出悬点到球心的距5,再释放小球当摆球摆动30 次(或 50 次)的时间，然-8 -(5) 改变摆长，重做几次.(6)根据单摆的周期公式，计算出每次实验的重力加速度；求出几次实验得到的重力加速-9 -度的平均值，即是本地区的重力加速度的值.(7)将测得的重力加速度数值与当地重力加速度数值加以

14、比较，如有误差，分析产生误差 的原因.5 数据处理然后取平均值.T2= 专可知-1图线是一条过原点的直线，其斜率k牛，求出k,可得g=瞥.注意事项(1) 摆线要选 1 m 左右，不要过长或过短，太长测量不方便，太短摆动太快，不易计数.(2) 摆长要悬挂好摆球后再测，不要先测摆长再系小球，因为悬挂摆球后细绳会发生形变.(3) 计算摆长时要将摆线长加上摆球半径，不要把摆线长当做摆长.(4) 摆球要选体积小、密度大的，不要选体积大、密度小的，这样可以减小空气阻力的影 响.(5) 摆角要小于 5 (具体实验时可以小于 15 )，不要过大，因为摆角过大，单摆的振动 不再是简谐运动，公式T= 2n,g 就

15、不再适用.(6) 单摆要在竖直平面内摆动，不要使之成为圆锥摆.(7) 要从平衡位置计时，不要从摆球到达最高点时开始计时.(8) 要准确记好摆动次数，不要多记或少记.7 .误差分析(1)本实验系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即悬点是否固定；球、线是否符合要求；振动是圆锥摆还是同一竖直平面内的振动以及测量哪段长度作为摆长等等.(2)本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒数计时计数的方法，不能多记或漏记振动次数为了减小偶数误差，进行多次 测量后取平均值.(3)本实验中在长度(摆线长、摆球的直径)的测量时，读数读到毫米即可(即使用游标卡尺测摆

16、球直径也只需读到毫米)；在时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在秒的十分位即可.四、受迫振动、共振1 .受迫振动(1) 驱动力：作用于振动系统的周期性的外力.4n2n2|2(1)公式法：根据公式g=t，将每次实验的I、n、t数值代入，计算重力加速度g,(2)图象法：作出图象，由-10 -(2) 受迫振动：振动系统在驱动力作用下的振动.(3) 受迫振动的频率：做受迫振动的系统振动稳定后，其振动频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率没有关系.2.共振(1) 定义：驱动力的频率等于振动物体的固有频率时，受迫振动的振幅最大的现象.(2) 条件：驱动力频率等于系统的固有频率.(3) 特征：共振时受迫振

17、动的振幅最大.(4) 共振曲线：如图所示.表示受迫振动的振幅_A 与驱动力频率 f 的关系图象，图中 fo 为振动物体的固有频率.题型分析一、对单摆及回复力的理解【典例 1】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、摆线的张力作用B. 摆球的回复力最大时，向心力为零C. 摆球的回复力为零时，向心力最大D. 摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大E. 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【答案】 ABC【解析】 单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力故A对,重力垂直于摆线的分力提供回复 力.当回复力最大时，摆球在最犬位移处，速度为剽向力为

18、零则拉力打吁重力，在平衡位耿t,回 复力为氧 速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指问悬点故D、E错,E、C对.【典例 2】下列关于单摆的说法，正确的是()A.单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A(A 为振幅)，从正向最大位移-11 -处运动到平衡位置时的位移为零B. 单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力C. 单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力D. 单摆摆球经过平衡位置时加速度为零E. 摆球在最高点时的回复力等于小球受的合力【答案】 ACE【解析】 简i能动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在正向最大位移处时位移为厶在平強诡置 时位移应为零，A正确.摆球的回复力由

19、重力沿圆弧切线方向的分力提供，合力在摆线方冋的分力提11共冋心 力，B错误、C正确.摆球经过最低点(摆动的平衡位墨)时回复力为氧但问力不为星所以合力不为翥 加速度也不为雲，D错误*在最高点时、冋心力为雾，合力等于回复E正确*【反思总结】对于单摆的两点说明(1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与小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= min0提供的，不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T的合力.B. 摆球的振幅变小时，周期也变小TC. 此摆由 3 B 运动的时间为-4D. 摆球

20、由 4 0 时，动能向势能转化E. 摆球由 3C 时，动能向势能转化T,则下列说法正确的是(、对单摆周期性的理解-12 -【答案】 ACE【解析】 单摆的周期与摆球的质量无关,A 正确；单摆的周期与振幅无关，B 错误；此-13 -摆由OHB运动的时间为T，C 正确；摆球O时，势能转化为动能，OHC时动能转化势能，4D 错误，E 正确.【典例 4】 如图所示， 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I的 两点上， 使/AOB90,/BAd30，已知OC线长是I，下端C点系着一个小球(可视为质 点且做小角度摆动).让小球在纸面内振动，周期T=_ .让小球在垂直纸面内振动，周期T=_

21、.答案】 2 冗2 u【解析】让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为b周期片盯卜让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动,摆长为申 7凋期口卫j -【反思总结】确定单摆周期的方法(1) 明确单摆的运动过程，判断是否符合简谐运动的条件.(2) 运用T= 2 冗、/-时，注意I和g是否发生变化，若发生变化，则分别求出不同I和g时的运动时间.(3) 单摆振动周期改变的途径：1改变单摆的摆长；2改变单摆的重力加速度(改变单摆的地理位置或使单摆超重或失重).(4) 明确单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系.三、用单摆测重力加速度的理解【典例 5】在做“用单摆测定重力加

22、速度”的实验中，有人提出如下建议，其中对提高测量结果精确度有利的是()A. 适当加长摆线B. 质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的-14 -C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大D. 当单摆经过最高位置开始计时E.当单摆经过平衡位置时开始计时，且测量 3050 次全振动的时间【答案】 ACE【解析】单摆实殓的精确度取决于实验装盖的理想化程度及相关物理重的测量精度+适当扣长摆线、有利于把摆球看成质点，在摆角小于驚的条件下，摆球的空间位赛变化较犬，便于观察，A对i摆球体积 越犬，所受空气阻力越大，对质量相同的摆球影响越九B错！摆角应小于,匚对本实验采用累积法 测量周期，且从球过平衡位蚤时开始计时

23、，D错，E正确”【典例 6】(1)在用单摆测定重力加速度的实验中，应选用的器材为 _ .A.1 m 长的细线C. 10 cm 长的细线DE.小铁球F .秒表GI .毫米刻度尺 J .游标卡尺全振动的时间为t,用毫米刻度尺测出摆线长为L,用游标卡尺测出摆球的直径为d.用上述物理量的符号写出测出的重力加速度的一般表达式为g=_【解析】(1)做摆长的细线要用不易伸长的细线，一般不应短于密度较大，直径较小的金属球，选E;计时仪器宜选用秒表 F;测摆长应选用毫米刻度尺I ,用游标卡尺测摆球的直径.(2)根据单摆做简谐运动的条件知$ fo或fVfo,振幅较小；f与fo相差越大，振幅越小.(4) 结论：驱动

24、力的频率f越接近振动系统的固有频率fo,受迫振动的振幅越大，反之振幅越小.3 .分析受迫振动的方法(1) 在分析受迫振动时，首先要弄清驱动力的来源.(2) 受迫振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关，因而首先应确定驱动力 的频率.(3) 当驱动力的频率等于固有频率时，发生共振.2 .改变受迫振动的振幅的方法当f驱=f固时，振幅最大.若改变受迫振动的振幅，可采取两种方法：(1) 改变给予振动系统周期性外力的周期，即改变驱动力频率.(2) 了解影响固有频率的因素，改变固有频率.H受迫振动的fe-18 -课后巩固课时作业1. 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()-

25、19-A.11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：氏和在时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球速度为黑 悬线对 摆球的拉力最小；盒和占时刻摆球位移为氧 正在通过平衡位息 速度最大，影戋对摆球的拉力最大.故 正确答棄为氐B、D.2 .在月球上周期相等的弹簧振子和单摆，把它们放到地球上后，弹簧振子的周期为【答案】由于g的增大，故单摆的周期减小，故有TiT.3.图所示，升降机中有一单摆，当升降机静止

26、时，单摆的周期为Ti,当升降机以加速度A.Ti=T【答案】B【解析】处于加速上升的升降机中的单摆的周期Ta=2n,升降机静止时的周期Ti=2n,Ta=Ti,故 B 选项正确。4.如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线， 表示振幅A与驱动力的频率f的关系，Ti,单摆的周期为T2,则Ti和T2的关系为【解弹簧振子的周向上匀加速运动时C.Ti=2nD.T2=2ng，,单摆的周期为B.-20 -F 列说法不正确的是（）A. 摆长约为 10 cmB. 摆长约为 1 mC. 若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动D. 若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动E. 若减小摆长，共振曲线的“峰”将向左移动【答

27、案】 ACE【解析】当駆动力的频率/等于单摆的固有频率W发生共振，由團可知门=0上业 则有 叫？=2 s,摆长匸 5,选项A错误，B正陽 若増大摆长，固有频率几减小，共振曲线的TW向左移 动，选项C错误D正陽 同理知E错误.5.有一根张紧的水平绳上挂有 5 个双线摆，其中b摆摆球质量最大，另 4 个摆球质量相等，摆长关系为LcLb=LdLaLe,如图所示，现将b摆垂直纸面向里拉开一微小角度，放手后让其振动，经过一段时间，其余各摆均振动起来，达到稳定时（）A.周期关系为B.频率关系为C.振幅关系为E.四个摆中c摆的振幅最大D.四个摆中,d的振幅最大，且-21 -【答案】 ABD-22 -【解析】

28、b摆的振动，作为一种驱动力迫使其他四个摆做受迫振动，受迫振动的周期（或频率）等于驱动力的周期（或频率），而和自身的固有周期（固有频率）无关，A、B 正确四个摆 做受迫振动的振幅与驱动力的频率跟自身的固有频率之差有关，这个差越小，做受迫振动的 振幅越大在a,c,d,e四个摆中，d的摆长跟b的摆长相等因此d的固有频率和驱动力 的频率相等，d摆做受迫振动的振幅最大同理e摆做受迫振动的振幅最小，D 正确.6 某简谐振子，自由振动时的振动图象如图甲中的曲线I所示，而在某驱动力作用下做 受迫振动时，稳定后的振动图象如图甲中的曲线n所示，那么，关于此受迫振动对应的状态 下列说法正确的是（）A. 可能是图乙中

29、的a点B. 可能是图乙中的b点C. 可能是图乙中的 c 点D. 定不是图乙中的 c 点E. 定不是图乙中的b点【答案】 ADE3【解析】 振子的固有周期与驱动力周期的关系是丁驱=3T固，所以受迫振动的状态一定不是图乙中的b点和c点，可能是a点，故 A D E 正确.7、如图所示，物体静止于水平面上的o点，这时弹簧恰为原长10,物体的质量为m与水平 面间的动摩擦因数为卩,现将物体向右拉一段距离后自由释放，使之沿水平面振动，下列结论 正确的是（）A.物体通过O点时所受的合外力为零B.物体将做阻尼振动C.物体最终只能停止在O点-23 -D.物体停止运动后所受的摩擦力为【答案】B【解析】物体通过0点时弹普的弹力为歌但摩攜力不一定为零，选项