4．单摆（教师用书）-【勤径学升】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

4．单摆 学习目标 核心素养 1．知道什么是单摆及单摆做简谐运动的条件。 2．会分析单摆做简谐运动的回复力以及摆球所受的合外力。 3．知道单摆的周期跟什么因素有关，理解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算。 一、单摆及单摆的回复力 1．单摆 （1）如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫作单摆。单摆是实际摆的理想化模型。 （2）单摆的平衡位置：摆球静止时所在的位置。 2．单摆的回复力 （1）回复力的来源：如图所示，摆球的重力沿圆弧切线方向（选填“切线方向”或“法线方向”）的分力提供回复力。 （2）回复力的特点：在偏角θ很小时，sin θ≈，所以单摆振动的回复力F＝－x，即小球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，单摆的运动可看成是简谐运动。 二、单摆的周期 1．探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响 （1）探究方法：控制变量法。 （2）实验结论 ①单摆振动的周期与摆球质量无关。 ②振幅较小时周期与振幅无关。 ③摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短。 2．周期公式 （1）提出：周期公式是惠更斯首先提出的。 （2）公式：T＝2π，即T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比。 1．判断下列说法的正误。 （1）单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力。 （×） （2）单摆经过平衡位置时受到的合力为零。（×） （3）制作单摆的摆球越大越好。 （×） （4）若单摆的振幅变为原来的一半，则周期也将变为原来的一半。 （×） （5）一个单摆在月球上摆动的周期大于其在地球上摆动的周期。 （√） 2．一个理想的单摆，已知其周期为T。如果由于某种原因重力加速度变为原来的2倍，振幅变为原来的3倍，摆长变为原来的8倍，摆球质量变为原来的2倍，它的周期变为原来的　　　　。  答案　2倍 要点一　单摆的回复力和运动特征 （1）单摆的回复力就是单摆所受的合外力吗？ （2）单摆经过平衡位置时，回复力为零，合外力也为零吗？ 提示：（1）回复力不是合外力。单摆的运动可看作是变速圆周运动，其重力可分解为沿悬线方向的分力和沿圆弧切线方向的分力，重力沿圆弧切线方向的分力是使摆球沿圆弧振动的回复力。 （2）单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零。 1．单摆的回复力 （1）单摆受力：如图所示，受细线拉力和重力作用。 （2）向心力来源：细线拉力和重力沿径向分力的合力。 （3）回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ，提供了使摆球振动的回复力。 2．单摆做简谐运动的规律 （1）单摆做简谐运动的位移随时间变化的图像是一条正弦（或余弦）曲线。 （2）单摆振动过程中各量的变化特点。 位置或过程 位移、回复力、加速度 速度、动能 重力势能 最高点 最大 零 最大 最低点 零 最大 最小 远离平衡位置运动 越来越大 越来越小 越来越大 靠近平衡位置运动 越来越小 越来越大 越来越小 3．单摆做简谐运动的推证 如图所示，单摆的回复力F＝G1＝mgsin θ，在偏角很小时，sin θ≈，所以单摆的回复力为F＝－x（式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反），由此知回复力符合F＝－kx，故单摆做简谐运动。 [例1]　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合力为零 D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力 [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，即单摆的合外力不仅要提供回复力，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，而不是摆线拉力的分力，故选项B正确，D错误；单摆经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项C错误。 [答案]　B 单摆的回复力 单摆的回复力是重力在切线方向的分力，或者说是摆球所受合外力在切线方向的分力。摆球所受的合外力在摆线方向的分力提供摆球做圆周运动的向心力，所以并不是合外力完全用来提供回复力。因此摆球经过平衡位置时，只是回复力为零，而不是合外力为零(此时合外力提供摆球做圆周运动的向心力)。 1．有一个正在摆动的秒摆（T＝2 s），若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t＝1．6 s时，以下对摆球的运动情况及回复力变化情况的说法中正确的是 （　　） A．正在向左做减速运动，回复力正在增大 B．正在向右做减速运动，回复力正在增大 C．正在向右做加速运动，回复力正在减小 D．正在向左做加速运动，回复力正在减小 解析　秒摆的周期为T＝2 s，取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，当t＝1．6 s时，即T＜t＝1．6 s＜T，说明摆球正从最右端向平衡位置做加速运动，即向左做加速运动；由于摆角在变小，故F回＝mgsin θ也在变小，ABC错误，D正确。 答案　D 要点二　单摆周期公式的理解及应用 2020年11月24日嫦娥五号探测器成功发射，12月1日，在月球正面预选着陆区成功着陆，12月17日，嫦娥五号返回器携带月球样品在内蒙古四子王旗预定区域安全着陆，探月嫦娥五号返回器在内蒙古四子王旗着陆场返回，首次实现从月球采集样本带回地球，为我国探月工程中“绕、落、回”三步战略画上完美句号。假设嫦娥五号将一单摆带到月球上，请问其振动周期与在地球上相比应怎样变化？为什么？ 提示：变大，因为月球表面的重力加速度g比地球的小。 1．对单摆周期公式T＝2π的理解 （1）与摆长l和当地的重力加速度g有关。 （2）与振幅和摆球质量无关，故又叫作单摆的固有周期。 （3）成立条件：摆角很小（摆角小于5°）。 2．对摆长l和重力加速度g的理解 （1）摆长l：指从悬点到摆球重心的长度 ①对于实际的单摆，摆长l＝l'＋，l'为摆线长，D为摆球直径。 ②等效摆长：图（a）中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α。其周期T＝2π。图（b）中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 （2）重力加速度g ①单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g为当地的重力加速度。 ②天体表面的重力加速度g＝，式中R为天体半径，M为天体的质量。不同星球上M和R一般不同，所以g也一般不同。 [例2]　一个摆长为2 m的单摆，在地球上某地振动时，测得完成100次全振动所用的时间为284 s。 （1）求当地的重力加速度g。 （2）把该单摆拿到月球上去，已知月球上的重力加速度是1．60 m/s2，则该单摆的振动周期是多少？ [解析]　（1）周期T＝ s＝2．84 s 由周期公式T＝2π得 g＝ m/s2≈9．78 m/s2。 （2）T＝2π＝2×3．14× s≈7．02 s。 [答案]　（1）9．78 m/s2　（2）7．02 s 2.如图所示，一摆长为l的单摆，在悬点的正下方的P处有一钉子，P与悬点相距l－l′，则这个摆做小幅度摆动时的周期为(　　) A．2π　　　　　　 B．2π C．π D．2π 解析　碰钉子前摆长为l，故周期T1＝2π，碰钉子后摆长变为l′，则周期T2＝2π，所以此摆的周期T＝＋＝π，选项C正确。 答案　C 1．（对单摆回复力的理解）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、回复力、向心力作用 B．摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大 C．摆球的回复力最大时，摆线中的拉力大小比摆球的重力大 D．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 解析　摆球在运动过程中只受重力和摆线的拉力，回复力和向心力都是按效果命名的，A错误；摆球摆动到回复力最大即最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时摆线的张力等于球的重力沿摆线方向的分力，一定小于摆球重力，摆球在平衡位置时，向心力最大，此时加速度方向指向圆心，拉力大于重力，B正确，CD错误。 答案　B 2．(单摆的周期公式)(多选)图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知(　　) A．单摆振动的频率为1.25 Hz B．t＝0时摆球位于B点 C．t＝0.2 s时摆球位于平衡位置O，加速度为零 D．若当地的重力加速度g＝π2，则这个单摆的摆长是0.16 m 解析　由振动图像可判断，该单摆的周期为0.8 s，频率为f＝＝ Hz＝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。 答案　ABD 3．（单摆的周期公式）一个物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的，在地球上走时正确的摆钟（设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同）搬到此行星上，现要使摆钟在该行星与地球上的周期相同，下列可行的办法是 （　　） A．将摆球的质量m增加为4m B．将摆球的质量m减少为 C．将摆长l减短为 D．将摆长l增长为4l 解析　一个物体在行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的，物体的质量不变，因为物体在行星表面的万有引力等于重力，所以该行星的重力加速度g'＝g；根据单摆的周期公式T＝2π可知，要使该摆钟在行星与在地球上的周期相同，必须将摆长缩短为，单摆的周期与摆球的质量无关，故ABD错误，C正确。 答案　C 1．（多选）关于单摆，下列说法中正确的是（　　） A．单摆摆球的回复力指向平衡位置 B．摆球经过平衡位置时加速度为零 C．摆球运动到平衡位置时，所受回复力等于零 D．摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 解析　根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，故A正确；摆球经过平衡位置时，因为做圆周运动，所以存在向心加速度，故B错误；摆球运动到平衡位置时，回复力等于零，故C正确；摆角很小时，摆球所受回复力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，故D错误。 答案　AC 2．（多选）一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的 （　　） A．位移增大 B．速度增大 C．回复力增大 D．机械能增大 解析　做简谐运动的单摆在偏角增大过程中距平衡位置的位移x增大，A正确。速度减小，B错误。回复力F＝－kx，随x增大，回复力增大，C正确。单摆在摆动过程中悬线拉力不做功，故摆球的机械能守恒，D错误。 答案　AC 3.如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，这个摆的周期是(　　) A．2π B．π C．(＋1)π D．(＋1)π 解析　以L为摆长的运动时间为t1＝×2π，以L为摆长的运动的时间为t2＝×2π，则这个摆的周期为T＝t1＋t2＝(＋1)π。故ABC错误，D正确。 答案　D 4．惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。图甲为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙所示为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了，下列说法正确的是(　　) A．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动 B．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动 C．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动 D．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动 解析　由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小，因T＝2π，则重力加速度变大，要使周期不变，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动，由以上分析可知，A、B、D错误，C正确。 答案　C 5．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l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长也是l，下端C点系着一个小球（半径可忽略），下列说法正确的是（以下皆指摆动角度小于5°，重力加速度为g） （　　） A．让小球在纸面内振动，周期T＝2π B．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π C．让小球在纸面内振动，周期T＝2π D．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π 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l，周期T＝2π；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，周期T'＝2π，A正确，BCD错误。 答案　A 6．有一单摆，其摆长l＝1．02 m，摆球的质量m＝0．10 kg，已知单摆做简谐运动，单摆30次全振动所用的时间t＝60．8 s，试求： （1）当地的重力加速度约为多大？ （2）如果将这个单摆改为秒摆（周期为2 s），摆长应怎样改变？改变约为多少？ 解析　（1）当单摆做简谐运动时，其周期公式 T＝2π，由此可得g＝，只要求出T值代入即可。 因为T＝ s≈2．027 s， 所以g＝ m/s2≈9．79 m/s2。 （2）秒摆的周期是2 s，设其摆长为l0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动周期公式有 ，故有：l0＝ m≈0．993 m， 其摆长要缩短Δl＝l－l0＝1．02 m－0．993 m＝0．027 m。 答案　（1）9．79 m/s2　（2）缩短　0．027 m 7．如图甲所示，双线摆也是一种单摆，它的优点是可以把摆球的运动轨迹约束在一个确定的平面上。现把双线摆的其中一根悬线换成一根很轻的硬杆，组成一个“杆线摆”，如图乙所示，其中细线与轻杆的夹角为α。“杆线摆”可以绕着悬挂轴OO′来回摆动，杆与悬挂轴OO′垂直，其摆球的运动轨迹被约束在一个与水平面夹角为θ的倾斜平面内，摆长为L，重力加速度为g，则在摆角很小时“杆线摆”的周期为(　　) 甲　　　　　　乙　　　 A．2π B．2π C．2π D．2π 解析　由题可知“杆线摆”的摆长为L，等效的重力加速度g′＝g sin θ，根据单摆周期公式可得T＝2π，故选A。 答案　A 8．雪崩是积雪山区一种常见的自然现象。如图所示，坡面AB可视为半径约为2.5 km的圆弧，P点与圆心的连线OP偏离竖直方向约5°。不计阻力，g取10 m/s2，P处积雪由静止下滑到山坡底端所需的时间约为(　　) A．25 s B．50 s C．75 s D．100 s 解析　可以将积雪从P到A的运动看作单摆做简谐运动的一部分，从P到A所用的时间为单摆周期的四分之一，即t＝，单摆周期T＝2π＝2π s＝10π s，可得t≈25 s，故选A。 答案　A 9．在盛沙的漏斗下面放一木板，让漏斗左右摆动起来，同时其中细沙匀速流出，经历一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，则沙堆的剖面应是下图中的 （　　） 解析　不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达最底端运动速度最快，细沙漏到地面上的最少，两端漏斗运动得最慢，细沙漏到地面上的最多，故选项B正确，ACD错误。 答案　B 10．（多选）在图甲中，力传感器固定在O点，将单摆悬挂在传感器上，摆球在竖直面内的A、C之间来回摆动，图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，g取10 m/s2。根据这些信息，可以求出的物理量有 （　　） A．摆球的质量 B．单摆的频率 C．单摆的摆长 D．摆球的最大速度 解析　由题图乙可知单摆振动的周期T＝0．4π s，根据f＝可得频率；根据T＝2π可求解摆长；由题图乙中得出摆球到达最低点时绳子拉力的最大值为Fm＝0．510 N，根据Fm－mg＝m，不能求出摆球的质量和到达最低点的最大速度。 答案　BC 11．（多选）我国首次发射火星探测器“天问一号”。地面上周期为2 s的单摆经常被称为秒摆。假如某秒摆被“天问一号”探测器携带至火星表面后，周期变为3 s，已知火星半径约为地球半径的二分之一，以下说法正确的是 （　　） A．若秒摆在火星表面的摆角变小，则周期也会随之变小 B．地球质量约为火星质量的9倍 C．火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的 D．“天问一号”探测器刚发射离开地球表面时，此秒摆的周期大于2 s 解析　根据单摆摆动的周期公式T＝2π，可知周期与振幅无关，故A错误；根据单摆摆动的周期公式T＝2π，周期比为，联立可得，又g＝，半径关系为，可得M地＝9M火，故B正确；根据万有引力提供向心力G＝m，可得第一宇宙速度v＝，则火星的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比为，故C正确；“天问一号”刚发射离开地球表面时，秒摆处于超重状态，由T＝2π，可知秒摆的周期小于2 s，故D错误。 答案　BC 12．某型号的“水帘秋千”如图所示，它与平常秋千的不同之处是秋千架顶端水平横梁上装有很多个独立竖直向下的出水孔，在系统控制下能够间断性出水，从而形成一个“水帘秋千”。假设秋千摆长L＝3.6 m。人坐在座板上，头顶到座板的距离为h1＝1.15 m，鞋底到座板的距离为h2＝0.45 m，可把人看成处于秋千平面内的模型。忽略绳的重力和空气阻力，人与座板整体的重心在座板上。假设秋千的摆动周期与同摆长的单摆做简谐运动的周期相同；出水孔打开时，水的初速度为零。以秋千座板从最高点刚要向下摆动时作为计时起点，此刻，比座板略宽的范围内的所有出水孔都是关闭的。取g＝10 m/s2，π＝3.14。求： (1)秋千第一次从最高点运动到最低点的过程中，哪个时刻打开出水孔，水刚好不能淋湿人的头顶。 (2)秋千第二次到达最低点之前最迟哪个时刻关闭出水孔，水刚好不能淋湿人体的任何部位。 解析　(1)由题意知，此秋千的周期为T＝2π＝3.768 s，则秋千第一次从最高点运动到最低点的时间为t＝T＝0.942 s，设水恰好到头顶的时间为t1，则L－h1＝gt12，解得t1＝0.7 s，所以想要水刚好不能淋湿人的头顶，打开出水孔的时刻为t′＝t－t1＝0.242 s。 (2)因为秋千第二次到最低点的时间为t2＝T＝2.826 s，设水刚好落到鞋底的时间为t3，则L＋h2＝gt32，解得t3＝0.9 s，所以想使水刚好不能淋湿人体的任何部位，关闭出水孔的时刻为t″＝t2－t3＝1.926 s。 答案　(1)0.242 s　(2)1.926 s 学科网（北京）股份有限公司 $$