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=2πgl，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＝πg 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：gl 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gl 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gl 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 4C 、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。