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)十 …………①

由动量定理和机械能守恒定律得：nI＝mv………②　　　

½mv²=mgl(1－cosα)………③

单摆周期……… ④　

　联立①－④式得：

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，,系统振动周期为，在同一个T内共发生两次碰撞，球1从最大位移处由静止释放后．经发生10次碰撞，且第10次碰后球1又摆支最大位移处.

[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m₁＝0.10 kg的小球置于边缘C点，另一质量m₂＝0. 20 kg的小球置于B点，现给小球m₁一个瞬时冲量使它获得大小为0.90 m/s的水平向右速度，当m₁运动到B时与m₂发生弹性正碰，g取10 m/s²，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 )m₁与m₂发生弹性正碰，则设碰后m₁和m₂速度分别为v₁^/和v₂^/，有

得v₁＝一0.3 m/s,v'₂=0. 6 m/s

可见m₁以0. 3 m/s速度反弹，从B到C,t=s/v₁^/=3s, m₂以0. 6 m/s速度冲上圆弧轨道，可证明m₂运动可近似为简谐运动，在圆弧上运动时间为＝2.72 s,再从B到C, t₂ =s/v₂^/=1.5s则△t＝t₂+T/2一t₁=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T₁；同理量桌面宽，做单摆，测出周期T₂． 答案：S=

试题展示

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：

[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l₂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T₁s，走慢时的周期为T₂s，准确的钟周期为T₃。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=T；　　　 对慢钟： t- 60a=T

　　 联立解，可得==　　　

最后可得L=。

(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 n₂，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/T₁＝n+60a/T＝t/T+60a/T

　　 对慢钟：n₂＝t/T₂＝n－60b/T＝t/T－60b/T

联解①②式，并利用单摆周期公式T＝2同样可得L=

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。

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；当向上减速时T=2π，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/=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＝2。

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：

B.当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，周期为

C.当小球在纸面内做小角度振动时，周期为

D.当小球在垂直纸面内做小角度振动时，周期为

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；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十L/4 ,其周期为,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、T₁＞T₂＞T₃＞T₄；　 B、T₁＜T₂=T₃＜T₄

　　　 C、T₁＞T₂=T₃＞T_4、； _、 D、T₁＜T₂＜T₃＜T₄

[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(mgsinθ)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T₁＞T₃．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，T₂=T₃．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，T₄＜T₃．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

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．

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．

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．

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．

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。