第2章 第4节 单摆-【重难点手册】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

参考答采与解析么线 小，则甲的最大加速度大，D错误.故选B.] 摆，T=2m√g =4s,故=4，放C正确，D错误] 10.ABC[该弹簧振子的振动周期为T=2,选项A正 确：若从记录纸上的坐标原点开始计时，到记录笔第 2A[由T=2√可得=（停）广=放选项A 一次运动到女的过程中，物块的动量变化为0，则所 正确.] 受合力的冲量为0，选项B正确：若从记录纸上的坐 标原点开始计时，到记录笔第一次运动到”的过程 AC[由单视周期公式T=2x√任知周期只与，：有 中，物块的动能变化为0，则物块重力势能的减少量等 关，与m和口无关，周期不变，颏率不变.又因为没改变 于弹性势能的增加量，选项C正确：若从记录纸上的 质量前，设单摆最低点与最高点的高度差为h,最低点 坐标原点开始计时，到记录笔第一次运动到为的过 速度为，mgh=m,质量改变后有mg=之· 程中，物块先向下加速后向下减速，则先处于失重状 态后处于超重状态，选项D错误.门 4m·(号），可知'≠h,振幅改变，故选项C正确.] 1L.C[根据动能定理，从开始到最远处，有qE 专k店=0，解得k-2正，放A错误：在x=0处，由牛 4D=瓷√厂-导T摆球达到最大速度时，单摆位 在平衡位置，x=0,速度方向沿x轴负方向，故选项D 顿第二定律，有gE=ma,解得a1=止，方向向右，而 正确.] 在x=处，由牛顿第二定律，有kx。一gE=m,解 5.B[摆球经过最低点（振动的平衡位置）时回复力为 得a=E,方向向左，故B错误：当b=kx时，即x= 0,但向心力不为0，所以加速度不为0，故A错误：摆球 受时速度最大根据动能定理，有5受一（受）月 的回复力由合力沿圆弧切线方向的分力（等于重力沿 圆弧切线方向的分力)提供，故B正确，C错误：简谐运 =m,解得=√需，故C正确：运动过程中， 动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在最大位移 参与能量转化的还有弹簧的弹性势能，故D错误.] 处时位移大小为A,在平衡位置时位移应为0，故D错 12.3mg:g.[当小球运动到最低点时，台秤示数为5mg, 误.故选B.] 即框架对台秤的压力大小为5mg,由牛顿第三定律 6.A[如题图所示，等效摆长为Isin a,由于小球做简谐 知，台秤对框架的支持力为F、=5mg.设最低点时小 球的加速度大小为a,弹簧的弹力为F,此时框架的加 运动，由单摆的振动周期T=2√g ne可知A正确.] 速度大小为0，则对框架进行受力分析得F+3mg= 7.AC[根据牛顿第二定律得F一mg=m芒 F=mg+ Fv,解得F=2ng,对小球应用牛顿第二定律得F合= F-mg=mg,又F春=ma,解得a=g,由弹簧振子的 ,,可知半径减小，拉力增大，故A正确：根据机械 对称性可知，小球运动到最高点时，小球加速度的大 能守恒定律，摆球在左、右两侧上升的最大高度一样， 小也为g,方向竖直向下，所以此时弹簧处于原长，对 故B错误：由几何关系得，右边的弧长小于左边的弧 框架没有作用力，台秤的示数为框架的重力，即为 长，故C正确：由儿何关系得，摆球在平衡位置右侧的 3mg. 最大摆角不是左侧的两倍，故D错误.故选AC.] 第4节单摆 8.D[单摆处于失重状态，当单摆与小车相对静止加速下 1.C[单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，故AB 滑时，设摆球的质量为m,则摆线拉力为T=gosA,单 错误.对秒摆，工=2红云=2：对周期为4s的单 摆做简谐运动的等效重力加速度g'=g©os0,单摆振动 17 重雅点手册高中物理选择性必修第一册®) 周期为T=2r√gcos0' 值偏大，C错误：误将摆线长当成摆长，未加小球的半 径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏 9.AC[由振动图像得到甲、乙两个单摆的周期之比为 小，D正确.故选D.] :T=2:3:根搭单摆周期公式T=2红√侵得 3.C[为减小计时误差，应从摆球经过最低点的瞬间开 Tcl,故甲，乙两个单摆的摆长之比为4：9，故A正 始计时，故A错误：在摆球通过最低点1O0次的过程 确：根据摆长不同，摆动幅度相同，可知摆角不等，故B 中，经历的时间是50个周期，故B错误：悬线的长度加 错误：由题图可知时刻甲、乙两单摆偏离平衡位置的 摆球的半径才等于摆长，由单摆周期公式T=2:· 差值最大，故势能差最大，故C正确：甲偏离平衡位置 、正可知记录的摆长偏大时，测得的重力加速度也偏 的高度差大于乙，由摆动过程中机械能守恒得甲经过 大，故C正确：应选用密度较大的球以减小空气阻力的 平衡位置时速率大于乙，故D错误.] 影响，故D错误.故选C.] 10.AB[洛伦兹力总是与速度方向垂直，因此不参与提 供回复力，所以对周期及动能无彩响.] 4.(1)0.9890:2.00. (2)C.(3)当二边，4x 11.因为小球C到A的距离远小于R,所以小球C沿圆弧 [(1)由题图可知摆线长是0.9890m,摆球直径是d= 做简谐运动，此振动与一个摆长为R的单摆振动模型 2cm十0.1mm×0=2cm+0.0mm=2.00cm.(2)根 相同，故此等效摆长为R. √臣，T=解得g=L,实验中某同 从小球C开始释放至到达A点经历的时间最短为 据T=2m√ 子，也可能是子T或T 学每次测量的重力加速度值都比其他同学偏大，其原 因可能是：重力加速度与摆球的重力无关，A错误：所 即e=T R (2n+1Dn=0.1,2.…).其中T=2m√ 有摆线都有弹性，B错误：数摆动次数时，误将29次全 振动记成了30次，n变大，则g的测量值偏大，C正确： 小球B到达A点经历的时间1n一√ 2H 直接将摆线长作为摆长来计算时，L变小，g的测量值 两球相圈时。=B,放H应满足=号（②十1R, 偏小，D错误.故选C(3)根据图像得k=当二兰，根据 0,1,2,…）. T-2W 8 第5节实验：用单摆测量重力加速度 √F得下=号期=凭解得发一装 5.(1)88.88:1.9.(2)9.86. 1.A[当适当加长摆线时，单摆的周期将增大，故可以 [(1)单摆的摆长为摆线长和摆球半径之和，即88.4cm 减小周期测量的相对误差，A正确：质量相同，体积越 大的摆球，所受的阻力会影响其做单摆运动，B错误： +096 2 cm=88.88cm.停表读数由分针（即短针）可 单摆偏离平衡位置的角度不宜过大，C错误：D中的方 知，不到一分钟但超过了半分钟，所以秒针读数对应较 法会增大周期测量的偶然误差，D错误.] 大的刻度即57.0，故相应周期为T-0198 2D[银据T=2红√臣，解得&一兴，重力加速度的 值和摆球的质量无关，A错误：测摆长时摆线拉得过 2)根据单摆的周刷公式T=2√任，可得T1图像 紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值 斜率为于-长-4，代人数据计算得g=.的m.] 偏大，B错误：误将n次全振动记录为(n十1)次，根据 6.(1)C (2) 本 T=片，知周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量 与)-（与） 18重避台手圆高中物理选择性必修第一册划 第4节单摆 重点和难点 课标要求 重点：1，通过学习，理解单摆是一个理想化模型，知道单摆做 1.知道单摆的概念，了解单摆运动的特，点， 简谐运动的条件 2,知道实际摆可以看成单摆的条件，知道 2.通过练习，掌握单摆的周期计算公式 单摆的受力特点 难点：联系实际，知道影响单摆周期的因素，培养分析、解决问 3.知道单摆周期与摆长，重力加速度的定 题的能力， 量关系，并能进行有关计算 门01必备知识梳理。 基础梳理 知识点1单摆 1.定义 刀划重点 用一根不可伸长且质量可忽略不计的细线悬挂一个可看作 对平衡位置的理解 质点的小球，这样的装置叫单摆。 所谓平衡位置，是指摆球 静止时，摆线拉力与小球所受 2.理解 重力平衡的位置，并不是摆动 单摆是理想化模型.实际摆能看作单摆的条件是：①摆线的 过程中受力平衡的位置。实际 形变量与摆线的长度相比小得多：②摆线的质量比摆球的质量小 上，在摆动过程中，摆球速度 得多：③摆球的直径比摆线的长度小得多：④摆球摆动过程中空 的大小、方向一直都在变化， 气的阻力很小，可忽略。 所以摆球受力不可能平衡 3.单摆的回复力是由重力沿圆弧切向的分力F=mgsin0提 供的 单摆在摆角很小时做简谐运动.摆球 ELEE12EAB2EL22664551* 以平衡位置O为中心振动(0很小时)，在 运动至P点时摆球的受力情况为：重力 G=mg,摆线拉力T,如图所示，重力G沿 圆弧切线方向的分力G1=mgsin0,正是 这个力提供了使摆球振动的回复力，当0很小时，sn≈（弧度）. F=一mg(x是摆球偏离平衡位置的位移). 令k=S,则可得F=一k.x(负号表示回复力F与位移x的 方向相反). 100 第二章 机械振动么出 由此可见，在摆角很小的情况下，摆球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，单摆做简谐运动 绳子的拉力T与重力的径向分力的合力提供摆球做圆周运 动所需的向心力. 知识点2单摆的周期 1.单摆的周期T 刀拓视野 荷兰物理学家惠更斯确定了单摆的周期公式 周期为2s的单摆叫作秒 1)表达式：T=2g 摆，秒摆的摆长的为1m. (2)理解 ①单摆的周期公式只有在摆角很小时才成立. ②单摆的周期称为单摆的固有周期，与摆球的质量和振幅 无关 ③式中1为悬点到摆球球心的距离，即悬线长与球半径之和， g为摆球所在处的重力加速度. 2.单摆的振动图像 当摆角很小时，单摆的运动为简谐运动，其位移一时间图像 仍然为正弦曲线， 重难拓展 重难点1对单摆周期公式T一2x√仁中、g的理解 ②划重点 1.等效摆长 定性探究单摆的振幅、质量、 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 摆长对周期的影响 重心的长度，即1=6+号，山为摆线长，D为摆球直径.但平时处 1.探究方法：控制变量法. 2.实验结论 理时大多数情况下都可以把摆球看成质点， (1)单摆的周期与摆球的 如图所示，在以下几种情况下，单摆的摆长是指摆球摆动圆 质量无关： 弧的圆心到摆球重心的距离，而不是摆线的长度.若摆球可以视 (2)摆角较小时，周期与 为质点，各段线长均为，图甲、乙中摆球做垂直于纸面的小角度 振幅无关； 摆动，图丙中摆球在纸面内做小角度摆动，)处固定一垂直于纸 (3)摆长越长，周期越大： 面的钉子，且O0=号，求各摆的周期。 摆长越短，周期越小 丙 101 重雅点手细高中物理选择性必修第一册小 甲：等效摆长l'=lsin a,T甲=2π、 冒敲黑板 g 重力加速度g的变化 乙：等效摆长1=lsin a十l,Tz=2x l(sin a-+1) 1.公式中的g由单摆所 g 在空间位置决定 丙：摆线摆到竖直位置时，摆球摆动圆弧的圆心由O变为 0,摆球振动时，0点一侧摆长为1，另一侧摆长为号，则单摆的周 由 R一g知，g随地球 表面位置不同、高度不同而变 期为T两=名 化，在不同星球上也不相同， 因此应求出单摆所在处的等 例(2024·湖南长郡中学月考)如图所示，三根长度均为 效值g代入公式，即g不一定 L的轻细绳a、b、c组合系住一质量分布均匀且带正电的小球m, 等于9.8m/s 球的直径为d(d《L),绳b、c与天花板的夹角a=30°，空间中存在 2.g还由单摆系统的运 平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度E=5,重力加速度 动状态决定 为g.现将小球拉开小角度后由静止释放，则( 如单摆在向上加速发射 的航天器内，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十a. 3.g还与摆球受力情况 A若小球在纸面内做小角度的左右摆动，则周期为2红√ 21+d 2g 有关 如图甲所示，由带电小球 B.若小球做垂直于纸面的小角度摆动，则周期为2π√ 3L+d Ag 做成的单摆在竖直向下的匀 C.摆球经过平衡位置时合力为0 强电场中，回复力应是重力和 D.无论小球如何摆动，电场力都不做功 静电力的合力沿圆孤切线方 向的分力，也需要求解等效重 解析根据题意可知，若小球以O为圆心做简谐运动，则摆 力加速度g', 长为1=L十号电场和重力场合成的等效重力加速度为2取，振动 应当注意的是，在计算拉 力时，不能将始终沿悬线方向 的周期为T=2r√2g L+9 2L+d =2π2g 根据题意可 的力包括在内，例如图乙所示 4g 的小球受到的两带电小球间 知，若小球以0为周心做简谐运动，摆长1=L十Lsina十号，振动 的静电力始终沿半径方向，只 有对回复力有贡献的力才能 L+Lsin a+ 3L+d 改变振动周期。 周期为T2=2r√2g 2g 2πN4g ,摆球经 过平衡位置时速度最大，合力不为0.小球摆动过程中，沿电场力 方向存在位移，故电场力有做功.故选B. 答案B 102 第二章 机械振动么出 2.等效重力加速度 等效重力加速度的大小等于摆球的视重（摆球相对悬点静止 时线的拉力)与摆球的质量m之比，即女一厂求解g的基本步 骤如下： (1)分析摆球的受力，确定摆球相对悬点静止的位置（即平衡 位置). (2)计算摆球的视重. (3)利用g=E,求出等效重力加速度。 例2(2024·江苏扬州统考三模)如图甲 所示，“杆线摆”可以绕着固定轴O)来回摆动.细线 摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内， 060 这相当于单摆在光滑斜面上来回摆动.轻杆水 轻杆 平，杆和线长均为L,重力加速度为g,摆角很 甲 小时，“杆线摆”的周期为( 3L A.2g B.2xg 2L C.2 23L D.2r、N3g 解析]由于小球绕O)轴转动，摆球的运动 轨迹被约束在一个倾斜的平面内，则在摆角很细线 小时，重力沿斜面向下的分力为mgsin60°，其 3r60 沿摆球摆动的切线方向的分力提供回复力，如 轻杆 图乙，“杆线摆的摆长为1=Lc0s30°=L,小 乙 2 球沿虚线方向等效重力G-Gcs60=G-2mg,“杆线摆”的周期 为T=2r =2· ,故选A 答案A 重难点2圆弧摆和圆锥摆 L.圆弧摆（如图所示，有一固定光滑圆弧曲面AO'B, 国敲黑板 在A处放一小球) 同样的装置中摆球做单摆 圆弧摆做简谐运动的条件：①圆弧曲面光滑：②小 球直径和圆弧弧长远小于圆弧的半径R:③小球在曲 送功时共月期T一2：，日 AOB 面AOB上做往复运动. 做圆锥摆运动时，其周期T 103 重雕手细高中物理选择性必修第一册划 周期T=2x\g s0,小于单摆周期，故 2入g 2.圆锥摆（如图所示，一根质量和伸长量均可忽略不计的细 做单摆实验时，需要保证摆球 线，一端固定在悬点上，另一端系一个摆球) 在同一竖直面内摆动。 摆球只受重力和拉力两个力，两个力的合力提 供摆球做圆周运动的向心力Fa,由Fm=mam= mgtan 0=m( 牙）)'1sin0,解得周期T=2x lcos 02关建能力提升。 题型】分析单摆运动参量的变化 ω=πrad/s,则单摆的位移x随时间t变化的 例①(2024·黄梅一中月考)如图甲所 关系式为x=Asin at=8sin(πt)cm,B错误：从 示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向 1=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点 右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位 运动到最低点，重力势能减小，C错误；从1= 移x随时间t变化的图像如图乙所示.不计空 1.0s到1=1.5s的过程中，摆球的位移增大， 气阻力，取重力加速度g=10m/s2.对于这个 回复力增大，D错误。 单摆的振动过程，下列说法正确的是( ）. 答案A ，cm 方法围 单摆的受力特点和弹簧振子略有不同， 它还存在向心力的效果，故合力不等于其回 复力，小球在竖直面内做圆周运动，故存在动 乙 能和重力势能之间的相互转化，靠近平衡位 A.单摆的摆长约为1.0m 置时，动能增大、重力势能减小；远离平衡位 B.单摆的位移x随时间t变化的关系式 置时，动能减小、重力势能增大 为x=8cos(πt)cm C.从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球 题型2等效摆长和等效重力加速度问题 的重力势能逐渐增大 例②如图所示，将摆长为（的单摆放在一 D.从t=1.0s到=1.5s的过程中，摆球 升降机中，若升降机以加速度α向上匀加速运 所受回复力逐渐减小 动，求单摆（在小偏角下）的摆动周期. 解析]由题图乙可知单摆的周期T=2s, 振幅A=8m,由单摆的周期公式T=2x√ ● 代入鼓据可得1=1m,A正确：由w票可得 104 第二章 机械振动么出 解析单摆的平衡位置在最低点，若摆球 的周期为T=2π√ 相对升降机静止，则摆球受到重力mg和摆线 ,=2Ng+@ 的拉力F,根据牛顿第二定律有F一mg=ma, 方法周 此时摆球的视重mg'=F=m(g十a),所以单 单摆处于超重状态时，等效重力加速度 g'一g十a:单摆处于失重状态时，等效重力 摆的等效重力加速度g-E =g十a,因此单摆 加速度g=g一a. 03核心素养聚焦。 考向】单摆周期公式的综合运用 答案A 例①(2019·全国卷Ⅱ) 命题意图 考查单摆的摆长变化时振动图像的分析 如图所示，长为（的细绳下方 物理观念之运动观念、 悬挂一小球：，绳的另一端固 核心素养 素养水平 水平4 能量观念 定在天花板上O点处，在O点 考向2考查单摆的回复力 正下方1的0处有一固定细 例2(2022·浙江选考)图甲中的装置水 铁钉.将小球向右拉开，使细 平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放， 绳与竖直方向成一小角度（约 小球在O点附近来回振动：图乙中被细绳拴着 为2)后由静止释放，并从释 的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动.若 放时开始计时.当小球a摆至最低位置时，细 将上述装置安装在太空中的我国空间站内进 绳会受到铁钉的阻挡.设小球相对于其平衡位 行同样操作，下列说法正确的是( 置的水平位移为x,向右为正.下列图像中能描 述小球在开始一个周期内的xt关系的是 州 A.图甲中的小球将保持静止 B.图甲中的小球仍将来回振动 C.图乙中的小球仍将来回摆动 图面由单摆的周朔公式T一2√匠可 D.图乙中的小球将做匀速圆周运动 知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时 解析]装置在太空中处于完全失重状态， 振动周期的2倍，故BD错误；由机械能守恒定 一切与重力有关的现象都将消失，但图甲中的 律可知，小球在左、右两侧最大位移处距离最 小球依然受弹簧的弹力作用，故仍将来回振 低，点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球 动，选项A错误，B正确：图乙中的小球在地面 在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平 上由静止释放时，所受的回复力是重力的分 位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位 量，而在空间站中处于完全失重状态，回复力 移较大，故A正确，C错误 为0，则小球由静止释放后，小球仍静止，选项 105 国雕手细高中物理选择性必修第一册 CD错误. 命题意图 考查机械振动与失重 答秦B 核心素养物理观念之运动观念 素养水平水平2 口04学业质星测评。 A基础过关练 渊试时间：15分钟 1.要将秒摆的周期变为4s,下列措施中正确的 有( A只将摆球质量变为原来的 B.只将振幅变为原来的2倍 C.只将摆长变为原来的4倍 D.只将摆长变为原来的16倍 D 2.宇航员将一个单摆带到某一行星上去，发现 5.下列关于单摆的说法中正确的是( 该单摆在这颗行星表面的振动周期是它在 A.单摆摆球经过平衡位置时加速度为0 地球上的2倍.若以g。表示地球表面的重力 B.单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切 加速度，g表示这颗行星表面上的重力加速 线方向的分力 度，则( C.单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力 A￡=1 D.单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位 g04 B.&=4 g01 移处的位移为A(A为振幅)，从正向最大 c-号 D-号 位移处运动到平衡位置时的位移为一A 3.做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增 6.如图所示为一双线摆，它是在一水平天花板 加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度 上用两根等长细绳悬挂一小球而构成的，绳 的质量可以忽略.设图中的！和a为已知量， 减小为原来的)，则单摆运动的( 当小球垂直于纸面做简谐振动时，周期为 A.频率、振幅都不变 ( B.频率、振幅都改变 C.频率不变，振幅改变 D.频率改变，振幅不变 4.摆长为1的单摆做简谐运动，若从某时刻开 始计时（即取1=0），当振动至1=”二时， 2Ng Isin a A.2πNg B. 摆球恰好具有负向最大速度，则单摆的振动 图像是下列图示中的( C.g D.2π lcos a g 106 第二章 机械振动么出鱼 ●B综合提能练■ 测试时间：20分钟 B.t时刻甲、乙两单摆的摆角相等 7.(多选)如图所示，细长轻绳下端拴一小球构 C.。时刻甲、乙两单摆的势能差最大 D.t,时刻甲、乙两单摆的速率相等 成单摆，在悬挂点正下方摆长处有一个能 挡住绳子的钉子A,现将单摆向左方拉开一 个小角度，然后无初速度地释放.在它运动 到右边最大高度的过程中，下列说法中正确 的是( 10.(多选)如图所示，用绝缘细丝 ∠2EA2 A.绳子碰到钉子瞬间绳子拉力 + 线悬吊着带正电的小球在匀强 /x 变大 磁场中做简谐运动，则( B.摆球在左侧上升的最大高度 A A.当小球每次通过平衡位置 大于右侧 时，动能相同 C.摆球在平衡位置左侧通过的最大弧长大 B.当小球每次通过平衡位置时，速度大小 于右侧 相同 D.摆球在平衡位置右侧的最大摆角是左侧 C.当小球每次通过平衡位置时，丝线拉力 的两倍 相同 8.(2024·襄阳四中月考)光滑斜面倾角为0， D.撤去磁场后，小球摆动的周期变大 斜面上有一辆挂有单摆的小车，如图所示. ●C强基突破练 测试时间：10分钟 在小车下滑过程中单摆同时摆动，已知摆长 11.如图所示，光滑圆弧槽半径为R,A为最低 为，则单摆的振动周期为( 点，C到A的距离远远小于R,若同时释放 小球B,C,要使两小球B和C在A点相遇 (小球B和C可视为质点)，问：小球B到A 点的距离H应满足什么条件？ OB A.T=2xNg B.T=0 C.T-2r√gsin0 D.T=2r√gcos0 9.(多选)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点 高度相同，其振动图像如图所示.若选悬挂 点所在水平面为重力势能的参考面，由图可 知( A.甲、乙两单摆的摆长之比是4：9 107