4.单摆-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案全书Word（人教版2019）

物理　选择性必修 第一册 RJ 4．单摆 1．理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源。2.知道影响单摆周期的因素，掌握单摆做简谐运动的周期公式。 任务　单摆及其回复力 1．单摆：将一小球用细线悬挂起来，把小球拉离最低点释放后，小球就会来回摆动。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，球的直径和线的长度相比可以忽略，这样的装置就叫作单摆。单摆是实际摆的理想化模型。 温馨提示：研究单摆时还有一个条件：与小球受到的重力及线的拉力相比，空气等对它的阻力可以忽略。 2．单摆的回复力 空气等对单摆的阻力可以忽略时，对小球受力分析如图所示。 (1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsinθ。 (2)回复力的特点：当摆角θ很小时，可认为回复力F指向平衡位置，与位移x反向；且有sinθ≈θ＝≈，则回复力F＝－x＝－kx，因此单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。 判一判 (1)一根细线一端固定，另一端拴一小球就构成一个单摆。(　　) (2)单摆回复力的方向总是指向悬挂位置。(　　) 提示：(1)×　(2)× 如图所示，O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中(　　) A．摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用 B．摆球在A点和C点处，速度为零，合力与回复力也为零 C．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 D．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 摆球通过平衡位置时，做何种运动？加速度是零吗？ 提示：摆球做圆周运动。加速度不为零。 [解析]　单摆摆球运动过程中只受重力和细线的拉力，回复力和向心力是根据效果命名的力，是由物体受到的具体的力所提供的，故A错误；摆球在A点和C点处，速度为零，根据受力分析可知，摆球所受合力不为零，回复力最大，B错误；摆球在B点处，速度最大，根据受力分析可知，摆球所受回复力为零，故D错误；由牛顿第二定律有F向＝m，且摆球的向心力F向＝FT－mgcosθ，θ为细线与竖直方向的夹角，可知细线的拉力FT＝F向＋mgcosθ≤F向＋mg。摆球在B点处，速度最大，F向最大，且此时FT＝F向＋mg，可知此时FT最大，故C正确。 [答案]　C 图a、b为一单摆及其振动图像，若从E指向G为正方向，下列说法正确的是(　　) A．图b中的A点对应着图a单摆中的E点 B．单摆摆球连续两次经过同一位置时，加速度的方向发生了变化 C．一周期内，势能增加且速度方向为正的时间范围是1.5 s到2 s时间段 D．一周期内，回复力为正且减小，并与速度同方向的时间范围是1.5 s到2 s时间段 [解析]　图b中的A点对应着摆球位于正向最大位移处，即对应着图a单摆中的G点，故A错误；单摆摆球连续两次经过同一位置时，受力相同，故加速度也相同，方向不变，故B错误；势能增加说明摆球正在远离平衡位置，速度方向为正，说明x­t图线的斜率为正，结合图b可知，对应的时间段为0～0.5 s，故C错误；回复力为正且减小，并与速度同方向，即速度方向也为正，说明x<0，且x­t图线的斜率为正，结合图b可知，对应的时间段为1.5～2 s，故D正确。 [答案]　D 任务　单摆的周期 想一想，单摆做简谐运动的周期可能与什么因素有关？用什么方法验证？ 提示：可能与单摆的振幅、摆球的质量、摆长有关。用控制变量法验证。 1．影响单摆周期的因素：单摆做简谐运动的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大；单摆的周期与摆球质量和振幅无关。 2．单摆做简谐运动的周期公式 (1)提出：单摆做简谐运动的周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。 (2)公式：T＝2π，即单摆做简谐运动的周期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。 说明：①公式中l是摆长，即悬点到摆球重心(一般为球心)的距离，l＝l线＋r球。 ②公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的地理位置决定。 ③公式T＝2π的适用条件：单摆的最大摆角θmax很小时，一般取θmax≤5°。 想一想 把单摆从赤道处移至两极处时，要保证单摆的周期不变，应如何调整摆长？ 提示：两极处的重力加速度大于赤道处的重力加速度，由T＝2π知，应增大摆长，才能使周期不变。 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。设向右为摆球运动的正方向，图乙是这个单摆做简谐运动的振动图像，根据图像回答： (1)单摆振动的频率是多大？ (2)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少(取π2＝10)? [解析]　(1)由图乙知单摆振动周期T＝0.8 s 又单摆振动的频率f＝ 解得f＝1.25 Hz。 (2)由单摆做简谐运动的周期公式有 T＝2π 代入数据解得l＝0.16 m。 [答案]　(1)1.25 Hz　(2)0.16 m [跟进训练]　(多选)如图所示为甲、乙两单摆的振动图像。下列说法正确的是(　　) A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝2∶1 B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝4∶1 C．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1 D．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4 答案：BD 解析：由x­t图像可知，甲、乙两单摆的周期之比T甲∶T乙＝2∶1，根据单摆做简谐运动的周期公式T＝2π可得l＝，若两单摆在同一地点摆动，g相同，则两单摆摆长之比为l甲∶l乙＝T∶T＝4∶1，故A错误，B正确；由T＝2π可得g＝，若两单摆摆长相等且在不同的星球摆动，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝T∶T＝1∶4，故C错误，D正确。 任务　等效单摆 1．等效摆长：等效摆长为摆球运动轨迹所在圆弧的圆心到摆球重心间的距离。例如图甲，称为双线摆，其摆球在垂直纸面的平面内运动时，若摆球可视为质点，则等效摆长为L等＝Lsinθ。 2．等效重力加速度：等效重力加速度为单摆处于静止状态时，摆线的拉力F(相当于视重)与摆球质量m的比值，即g等＝。有关等效重力加速度的题比较复杂，但只要求出g等就可以求出对应的周期。例如图乙，g等＝＝g＋。 如图，一可视为质点的小球用长为L的细线系于与水平面成α角的光滑斜面内，小球呈平衡状态。若使细线偏离平衡位置，其偏角小于5°，然后将小球由静止释放，则小球到达最低点所需的时间至少为________。 [解析]　此单摆做简谐运动，将其与竖直平面内振动的单摆比较可以发现，其等效重力加速度为gsinα，故其振动周期T＝2π，小球到达最低点所需的时间至少为t＝＝。 [答案]　 课后课时作业 知识点一　单摆及其回复力 1．(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，关于单摆，下列说法中正确的有(　　) A．摆线质量不计 B．摆线不可伸缩 C．摆球的直径比摆线长度短得多 D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动 答案：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，且摆线不可伸缩。但把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小(θ≤5°)的情况下才能视单摆的运动为简谐运动。故A、B、C正确，D错误。 2．(多选)关于单摆，下列说法中正确的是(　　) A．单摆振动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力mgsinα，其中α是摆线与竖直方向之间的夹角 B．单摆的回复力是重力和摆线拉力的合力 C．单摆的摆球在平衡位置时(最低点)的加速度为零 D．单摆的摆球在最高点时的合力即为回复力 答案：AD 解析：单摆运动的轨迹是一段圆弧，在摆动的过程中，摆球受重力G和摆线的拉力FT两个力的作用，提供回复力的是重力沿圆弧切线方向的分力mgsinα，而不是重力和摆线拉力的合力，A正确，B错误；摆球在平衡位置时有向心加速度，加速度不为零，C错误；摆球在最高点时，速度为0，向心力为0，则摆球在摆线方向受力平衡，所以摆球所受合力沿垂直摆线方向，可认为其指向平衡位置，故单摆的摆球在最高点时的合力即为回复力，D正确。 3.(多选)一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是(　　) A．t1时刻摆球速度为零，摆球所受的合力为零 B．t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 C．t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大 D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 答案：CD 解析：由题图读出t1时刻位移最大，说明此时摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大，摆球所受的合力不为零，故A错误；t2、t4时刻位移为零，说明此时摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错误，D正确；t3时刻位移最大，说明此时摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大，故C正确。 4．(多选)如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是(　　) A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin(πt) cm B．t＝2.5 s时，摆球位于右侧最高点 C．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小 答案：AB 解析：由图乙可读出单摆的振动周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由ω＝得到圆频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asinωt＝8sin(πt) cm，故A正确；从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，则t＝2.5 s＝1T时，摆球位于右侧最高点，B正确；从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能逐渐减小，摆球的速度逐渐增大，所需向心力逐渐增大，而重力沿绳子方向的分力也逐渐增大，故绳子的拉力逐渐增大，C、D错误。 知识点二　单摆的周期 5．一单摆的摆长为L，摆球的质量为m，振动的周期为4 s，g为当地重力加速度，则下列说法正确的是(　　) A．当摆球的质量m减为时，振动周期变为2 s B．当摆长L减为时，振动周期变为2 s C．当重力加速度g减为时，振动周期变为8 s D．当单摆的振幅减小为原来的时，振动周期变为8 s 答案：C 解析：单摆的振动周期为T＝2π，由此可知，单摆的振动周期与摆球的质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，故A、D错误；当摆长减为原来一半时，有T′＝2π＝T＝2 s，故B错误；当重力加速度g减为时，有T″＝2π＝2T＝8 s，故C正确。 6．有一悬线长为l的单摆，其摆的外壳为一个有一定质量的金属空心球。球底有一小孔，球内盛满水。在摆动过程中，水从小孔慢慢流出。从水开始流到水流完的过程中，此摆的周期的变化是(　　) A．由于悬线长l和重力加速度g不变，所以周期不变 B．由于水不断外流，周期不断变大 C．周期先变大，后又变小 D．周期先变小，后又变大 答案：C 解析：单摆的摆长是悬点到小球重心的距离。开始时，重心在球心，随着球内水慢慢流出，摆球的重心也逐渐降低，水全部流完后，重心又回到球心。因此，相对于球心位置，球的重心先降低，后升高，摆长先变大，后变小，根据单摆周期公式T＝2π知，此摆的周期先变大，后又变小，故C正确。 7.夏天的河上，有几名熟悉水性的青年将绳子挂在桥下荡秋千，绳子来回荡几次后跳入河中。现把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的简谐运动图像，已知小王的体重比小明的大，则下列说法正确的是(　　) A．小王荡秋千时，其周期大于6.28 s B．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零 C．小明荡到图中b点对应的位置时，动能最小 D．该秋千的绳子长度约为10 m 答案：D 解析：根据T＝2π可知，单摆运动的周期与摆球的质量无关，结合题图可知小王荡秋千时，其周期等于6.28 s，故A错误；题图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力最大，故B错误；题图中b点对应单摆的平衡位置，此时速度最大，动能最大，故C错误；根据T＝2π，计算得到该秋千的绳子长度l≈10 m，故D正确。 8．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，单摆全振动30次用的时间t＝60.8 s，π取3.14，试求： (1)当地的重力加速度是多大； (2)如果将这个摆改为周期为2 s的秒摆，摆长应改为多长。(结果均保留两位有效数字) 答案：(1)9.8 m/s2　(2)0.99 m 解析：(1)当单摆做简谐运动时，其周期 T＝2π 可得当地的重力加速度g＝ 根据题意有，单摆做简谐运动的周期T＝ 联立并代入数据解得g＝9.8 m/s2。 (2)设单摆的周期T′＝2 s时，摆长为l′，由于在同一地点重力加速度是不变的，则有 T′＝2π 代入数据解得l′＝0.99 m。 知识点三　等效单摆 9.如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2，v1>v2 B．t1>t2，v1<v2 C．t1<t2，v1>v2 D．t1>t2，v1>v2 答案：A 解析：小球从A、B点由静止开始滑下均做等效单摆的运动，t1＝＝，t2＝＝，l为球面圆心到小球重心的距离，故t1＝t2；A点离平衡位置远些，与平衡位置的高度差较大，由机械能守恒定律可知从A点滑下到达平衡位置O时的速度较大，即v1＞v2。故A正确。 10.如图所示，三根长度均为l0的绳a、b、c组合系住一质量分布均匀的小球，球的直径为d，绳a、b与天花板的夹角均为α＝30°，重力加速度为g。则： (1)若小球在纸面内做小角度的左右摆动，周期T1为多少？ (2)若小球做垂直于纸面的小角度摆动，周期T2又为多少？ 答案：(1)2π　(2)2π 解析：(1)根据题意可知，若小球在纸面内做小角度的左右摆动，则其以O′为悬挂点做简谐运动，所以摆长为l1＝l0＋ 由单摆周期公式得T1＝2π 联立解得T1＝2π。 (2)根据题意可知，若小球做垂直于纸面的小角度摆动，则小球以O为悬挂点做简谐运动，摆长l2＝l0＋l0sinα＋ 由单摆周期公式得T2＝2π 联立解得T2＝2π。 11.(多选)如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的简谐运动图像，g＝10 m/s2，π2≈10，下列说法正确的是(　　) A．甲摆的摆长较大 B．甲摆的振幅比乙摆的大 C．甲摆的最大偏角为0.05° D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 答案：BD 解析：由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点的重力加速度g相同，由单摆的周期公式T＝2π可知，甲、乙两单摆的摆长相等，A错误；由题图可知，甲摆的振幅为5 cm，乙摆的振幅为3 cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，B正确；由T＝2π解得甲摆的摆长l＝g≈1 m，则甲摆的最大偏角θmax＝＝＝0.05 rad＝×360°＝2.9°，C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大值，则乙摆具有正向最大加速度，D正确。 12.科学家将密度为ρ(小于水的密度ρ水)的球形探测器用长为L的细绳拴住并固定在湖泊底部，用于测量记录湖水的温度、pH值等数据，所在处湖水不流动。如图所示，由于受到鱼类的扰动，探测器开始在竖直面内做小角度的摆动。探测器所受阻力忽略不计，重力加速度为g，则探测器摆动的周期为(　　) A．2π B．2π C．2π D．2π 答案：C 解析：对探测器受力分析，可知探测器受竖直向下的重力G、竖直向上的浮力F浮以及细绳的拉力，因为F浮－G为恒力，可看作等效重力G等效，故探测器的摆动可看作单摆的摆动，又因为探测器的摆动角度很小，则探测器做简谐运动。设探测器做简谐运动的等效重力加速度为g′，根据单摆做简谐运动的周期公式可知，探测器摆动的周期为T＝2π；设探测器的体积为V，则探测器所受等效重力大小G等效＝mg′＝ρVg′，且G等效＝F浮－G＝(ρ水－ρ)Vg，联立解得T＝2π，故A、B、D错误，C正确。 13．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A、A′之间来回滑动，A、A′点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ，θ很小。图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t＝0为滑块从A点开始运动的时刻，g取10 N/kg，试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，求： (1)容器的半径； (2)小滑块的质量； (3)滑块运动过程中的最大速度。 答案：(1)0.1 m　(2)0.05 kg　(3)0.141 m/s 解析：(1)根据题意，小滑块的运动可以看作单摆的简谐运动。由题图可知，t＝0时小滑块在A点，t＝2× s时小滑块在A′点，当t＝4× s时小滑块又回到A点，所以小滑块运动的周期为T＝4× s 由单摆的周期公式有T＝2π 代入数据可得容器的半径R＝0.1 m。 (2)小滑块经过A点时，对小滑块受力分析有 Fmin＝mgcosθ 小滑块由A点到B点，由动能定理有 mgR(1－cosθ)＝mv2－0 小滑块经过B点时，由牛顿第二定律有 Fmax－mg＝m 联立并代入数据，可得小滑块的质量m＝0.05 kg。 (3)小滑块运动到最低点B时速度最大，有 Fmax－mg＝m 解得最大速度为v≈0.141 m/s。 12 学科网（北京）股份有限公司 $$