4 单摆 [教材链接] 1.小球 2.(2)直径 (3)形变量 (4)重力 拉力 [科学探究] 均不能看成单摆.图(a)(d)摆动过程中摆长会发生变化,图(b)球受到的空气阻力不能忽略,图(c)球的直径与绳的长度相比不能忽略,图(e)绳的质量与小球重力相比不能忽略. 例1 CD [解析] 小球只受两个力,即重力和绳子拉力,A错误;小球受到的回复力是重力沿运动方向的分力,B错误;小球在O点时,回复力为0,但合外力不为0,合外力指向运动轨迹的圆心,C正确;根据运动的对称性可知,D正确. 变式1 B [解析] 摆球经过最低点时具有向心加速度,所以摆球处于非平衡状态,故A错误;根据简谐运动公式,当摆角θ很小时,摆球运动的圆弧可以看作直线,可知摆球偏离最低点位移为x时,回复力为F=-x,故B正确;摆球偏离最低点运动过程中,动能向重力势能转化,但总能量保持不变,故C、D错误. [教材链接] 1.无关 无关 有关 越大 2.(1)惠更斯 (2)2π 正比 反比 无关 [科学思维] 变慢 变短 [解析] 根据T=2π可知,把北京校准的摆钟拿到南京,周期变大,则它会变慢;若要该摆钟仍能精确计时,应将其摆长变短. 例2 (1)1.25 Hz (2)0.16 m (3)1.6 m/s2 [解析] (1)由图乙可知T=0.8 s,则 f==1.25 Hz (2)由T=2π,得 l==0.16 m (3)完成50次全振动所用的时间为100 s,则周期 T==2 s 根据公式T=2π得 g==1.6 m/s2 变式2 A [解析] 在t=1 s时,甲摆的位移等于零,甲摆的加速度等于零,乙摆的位移大小为最大值,方向沿负方向,乙摆的加速度大小为最大值,方向沿正方向,所以在t=1 s时,有正向最大加速度的是乙摆,A正确;两个单摆摆球的质量未知,无法比较两个单摆的机械能,B错误;甲摆的振幅是6 cm,乙摆的振幅是3 cm,甲摆的振幅是乙摆振幅的2倍,C错误;根据T=2π ,两个单摆的周期相等,都等于4 s,所以甲摆的摆长等于乙摆的摆长,D错误. 随堂巩固 1.D [解析] 大铁球的回复力来源于铁球重力沿轨迹切线方向的分力,故D正确,A、B、C错误. 2.B [解析] 单摆的周期公式为T=2π,与摆球的质量和摆角的大小无关,所以周期不变,频率也不变;摆球离开平衡位置的最大摆角减小,则振幅减小,B正确. 3.B [解析] 由单摆周期公式T=2π,可知单摆的振动周期与振幅无关,当把该单摆放在重力加速度为地球表面的星球表面上摆动时,周期变为T'=2π=3T,故选B. 4.ABD [解析] 由振动图像可判断,该单摆的周期为0.8 s,频率为f===1.25 Hz,故A正确;由于规定摆球向右运动为正方向,且B点为摆球所能到达的左边最远位置,由振动图像可判断,t=0时摆球位于B点,故B正确;由振动图像可判断,t=0.2 s时摆球位于平衡位置O,但摆球受到的合力不为零,所以加速度不为零,故C错误;根据单摆的周期公式T=2π,可得l=,把T=0.8 s,g=π2,代入计算得l=0.16 m,故D正确.4 单摆 1.ABC [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,且摆线不伸缩,A、B、C正确;只有在摆角很小(θ<5°)的情况下才能视单摆运动为简谐运动,D错误. 2.C [解析] 摆球摆动过程中,经过平衡位置时,受重力和拉力,且合力不为0,故A错误;单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力,故B错误;摆球在运动过程中,经过轨迹上的同一点时,受力不变,故加速度确定,故C正确;单摆在运动过程中,由于具有向心加速度,加速度的方向不是始终指向平衡位置,故D错误. 3.D [解析] 由题意可知T1∶T2=8∶5,由周期公式T=2π∝得l1∶l2=∶=64∶25,故D正确. 4.D [解析] 由图像可知甲、乙两单摆的周期之比为1∶2,根据T=2π可得单摆的摆长之比为1∶4,A、B错误;两单摆的摆球质量相同,最大回复力F=mg,振幅之比为2∶1,则最大回复力之比为8∶1,C错误,D正确. 5.B [解析] 由振动图像可知,单摆的振幅是8 cm,选项A错误;单摆的周期为2 s,根据T=2π,可得摆长L== m≈1 m,选项B正确;摆球经过O点时,速度最 ... ...
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