第二章 机械振动 第三节 单摆(Word教参)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（粤教版）

第三节　单摆 核心素养导学 物理观念 (1)知道什么是单摆,了解单摆的构造,单摆回复力的来源。 (2)知道单摆的周期公式。 科学思维 (1)掌握单摆振动的特点,理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动。 (2)理解单摆的周期公式,会解决有关单摆周期的问题。 科学探究 实验探究影响单摆周期的因素。 科学态度与责任 从单摆周期公式的角度理解摆钟的原理与校准。 一、单摆 1.定义:悬挂物体的绳子的伸缩和质量可以忽略不计,绳长比物体的尺寸大很多,物体可以看作质点,这样的装置可以看作单摆。 2.单摆是一种理想化模型。若单摆的摆角小于5°,单摆的摆动可近似看成简谐运动。 3.单摆的回复力 (1)来源:重力mg沿圆弧切线方向的分力。 (2)大小:F=mgsin θ。 [微点拨] 　　实际做成的单摆,悬线的伸缩量越小,摆球的质量越大,体积越小,则越接近理想化的单摆。 二、单摆的周期 1.探究方法:利用控制变量法分别研究可能会影响单摆周期的因素:单摆摆长、小球质量、摆角等。 2.实验结论 (1)在摆角很小的情况下,单摆的周期与小球质量和摆角无关。 (2)单摆的周期大小与摆长的二次方根成正比,即T∝。 3.周期公式:T=2π。单摆的简谐运动周期与装置的固有因素有关,和外界条件无关,故单摆的简谐运动周期也叫作单摆的固有周期。 4.弹簧振子的简谐运动的周期和频率也是固有的,与弹簧振子的劲度系数和振子质量有关。 1.单摆的认识 图例 能否视为单摆 不能 不能 不能 不能 能 2.摆的等时性原理是指不论摆钟摆动幅度(摆角小于5°时)大些还是小些,完成一次摆动的时间是相同的。请思考: (1)是谁发现了摆的等时性原理? (2)摆动的振幅越大周期越大吗?摆锤的质量越大周期越大吗? (3)摆钟摆动的周期与摆的长度有关吗? 提示:(1)伽利略。 (2)周期与摆动的振幅和摆锤的质量无关。 (3)摆钟摆动的周期与摆的长度有关。 　　　　　　 　　　　　 　　　　　 新知学习(一) 单摆的回复力及运动规律 [任务驱动] 如图所示,小球和细线构成一个单摆,运动过程中小球受到几个力的作用?什么力充当了小球振动的回复力? 提示:小球受两个力的作用:重力和细线的拉力。重力沿圆弧切线方向的分力G1=mgsin θ,提供了使小球振动的回复力,如图所示。 [重点释解] 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,F向=FT-mgcos θ。 (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.单摆做简谐运动的推证 如上图所示,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。 3.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 [典例体验] 　　[典例]　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,摆线中的张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]　摆球在摆动过程中只受重力和摆线的张力,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,此时加速度方向沿摆线方向,B正确,C、D错误。 [答案]　B /方法技巧/ 对于单摆的两点说明 (1)所谓平衡位置,是指摆球静止时,摆线拉力与小球所受重力平衡的位置,并不是指摆动过程中的受力平衡位置。实际上,在摆动过程中,摆球受力不可能平衡。 (2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供的,不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T的合力。 [针对训练] 1.振动着的单摆摆球,通过平衡位置时,它受到的回复力 (　 ) A.指向地面 B.指向悬点 C.数值为零 D.垂直于摆线,指向运动方向 解析:选C　摆球受到的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力,经过平衡位置时,回复力为零,故C正确,A、B、D错误。 2.(多选)下列关于单摆的说法,正确的是 (　 ) A.单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A(A为振幅),再运动到平衡位置时的位移为0 B.单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力 C.单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力 D.单摆摆球经过平衡位置时加速度为0 解析:选AC　简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点,摆球在正向最大位移处时位移为A,在平衡位置时位移应为0,A正确;摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供,合力在摆线方向的分力提供向心力,B错误,C正确;摆球经过最低点(摆动的平衡位置)时回复力为0,但向心力不为0,所以合力不为0,加速度也不为0,D错误。 新知学习(二) 对单摆周期公式的理解及应用 [任务驱动] 如图,某同学家中的摆钟慢了,他认为是摆锤过轻造成的,于是他在摆锤上绑了一块金属块。 　　(1)你认为他的做法正确吗? 　　(2)你能帮他校准一下吗? 　　提示:(1)不正确,因为单摆的周期与摆锤的轻重无关。 (2)可以通过缩短摆长的方法,使单摆的周期减小。 [重点释解] 1.摆长l:单摆的摆长是从悬点到摆球球心的长度,即l=L+,其中L为摆线长,d为摆球直径。 2.重力加速度g:g由单摆所在的空间位置决定。它随所在地球表面的位置和所在的高度的变化而变化,纬度越高,g的值就越大,高度越高,g的值就越小,另外,在不同星球上g也不同。 3.等效摆长 摆长l是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离,而不一定是摆线的长。 l等效=lsin α 做垂直纸面的小角度摆动 l等效=lsin α+l 垂直纸面摆动 l等效=l 纸面内摆动 左侧:l等效=l 右侧:l等效=l 纸面内摆动 T=π +π l等效=R 当半径R远大于小球位移x时,小球做单摆运动 4.等效重力加速度 等效重力加速度g':g'还由单摆系统的运动状态决定,单摆处于超重或失重状态,等效重力加速度g'=g+a或g'=g-a,当单摆处于完全失重状态时,g'=0。 [典例体验] [典例]　如图,长为l的细绳下方悬挂一小球a,绳的另一端固定在天花板上O点处,在O点正下方l的O'处有一固定细铁钉。将小球向右拉开,使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放,并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时,细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x,向右为正。下列图像中,能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是 (　 ) [解析]　摆长为l时单摆的周期T1=2π,振幅A1=lα(α为摆角,α很小时,sin α=α),摆长为l时单摆的周期T2=2π=π=,振幅A2=lβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1-cos α)=mg (1-cos β),利用cos α=1-2sin2 ,cos β=1-2sin2 ,以及sin α=tan α=α(α很小),解得β=2α,故A2=A1,故选项A正确。 [答案]　A /方法技巧/ 涉及单摆周期问题的三点注意 (1)单摆的周期公式T=2π中共涉及三个物理量——周期T、摆长l和当地重力加速度g,只要已知两个量,就可以求出第三个量。 (2)改变单摆振动周期的途径 ①改变单摆的摆长; ②改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置或让单摆失重或超重)。 (3)明确小角度情况下,单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系。 [针对训练] 1.若单摆的摆长不变,摆球的质量减小,摆球离开平衡位置的最大摆角减小,则单摆振动的 (　 ) A.频率不变,振幅不变　　 B.频率不变,振幅改变 C.频率改变,振幅不变 D.频率改变,振幅改变 解析:选B　单摆的周期公式为T=2π,与摆球的质量和摆角的大小无关,所以周期不变,频率也不变;摆球离开平衡位置的最大摆角减小,则振幅也减小,故A、C、D错误,B正确。 2.(2024年1月·甘肃高考适应性演练)如图为两单摆的振动图像,θ为摆线偏离竖直方向的角度。两单摆的摆球质量相同,则 (　 ) A.摆长之比= B.摆长之比= C.摆球的最大动能之比= D.摆球的最大动能之比= 解析:选D　根据两单摆的振动图像知,两单摆的周期之比为,根据单摆周期公式T=2π,可得T2=L=kL,故有摆长之比==,故A、B错误;两个单摆的摆球质量相同,摆线的最大摆角相同,从最高点到最低点,由动能定理有mgL=Ek,故摆球的最大动能之比==,故C错误,D正确。 一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养 ◉科学思维——单摆周期公式与振动图像的综合 1.(选自人教版教材课后练习)一条细线下面挂着一个小球,让它自由摆动,画出它的振动图像如图所示。 (1)请根据图中的数据计算出它的摆长。 (2)请根据图中的数据估算出它摆动的最大偏角。 解析:(1)由x-t图像,可知周期T=2 s 根据T=2π, 解得l≈1 m。 (2)根据sin θ≈,可知sin θ==0.04 故θ≈2.29°。 答案:(1)1 m　(2)2.29° ◉科学态度与责任——利用单摆测山顶的海拔 2.(选自鲁科版教材课后练习)某同学用单摆测定一座山的海拔,在山顶上他测得摆长为l的单摆做简谐运动的周期为T。已知引力常量为G,地球质量为M,地球半径为R。求山顶的海拔。 解析:由周期公式T=2π可求得山顶处的重力加速度g= 由万有引力定律可知:mg= 得g= 由以上两式可求得山顶的海拔 h=-R。 答案: -R 二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值 1.图甲中的装置水平放置,将小球从平衡位置O拉到A后释放,小球在O点附近来回振动;图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作,下列说法正确的是 (　 ) A.甲图中的小球将保持静止 B.甲图中的小球仍将来回振动 C.乙图中的小球仍将来回摆动 D.乙图中的小球将做匀速圆周运动 解析:选B　空间站中的物体处于完全失重状态,甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响,则小球仍将来回振动,A错误,B正确;乙图中的小球在地面上由静止释放时,所受的回复力是重力的分力,而在空间站中处于完全失重时,回复力为零,则小球由静止释放时,小球仍静止,若给小球一定的初速度,则做匀速圆周运动,C、D错误。 2.如图所示,将密度为ρ(小于水的密度ρ水)的小球用长为L的细线拴住并固定在装满水的容器底部,忽略阻力,将小球拉至与竖直方向成一小角度后释放,小球做简谐运动,重力加速度取g,小球做简谐运动的周期可能为 (　 ) A.2π B.2π C.2π D.2π 解析:选C　由单摆的周期公式T=2π可知,单摆的周期只与摆长和重力加速度有关,在这个系统中,我们设“等效重力加速度”为g',则G'=mg'=ρVg',又G'=(ρ水-ρ)Vg,解得T=2π,故A、B、D错误,C正确。 3.如图甲所示,一单摆悬挂在拉力传感器上。让单摆在竖直面内做小角度摆动,拉力传感器显示绳子拉力F的大小随时间t的变化图像如图乙所示,已知当地的重力加速度为g,则根据图乙中的数据可知 (　 ) A.此单摆的周期T= B.此摆球的质量为m= C.此单摆的摆长L= D.在t=时刻摆球的回复力最小 解析:选C　摆球运动到最低点时,由重力和绳子拉力的合力提供向心力,则摆球运动到最低点时,绳子拉力最大,结合F-t图像,知此单摆的周期为T=t0,故A错误;摆球运动到最低点时,由重力和绳子拉力的合力提供向心力,则有F0-mg=,此摆球的质量为m=,故B错误;根据单摆周期公式T=2π,可得此单摆的摆长L==,故C正确;单摆的回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供,摆球运动到最低点时,摆球的回复力最小,所以在t=时刻摆球的回复力最小,在t=时刻摆球的回复力最大,故D错误。 [课时跟踪检测] 1.同一地方的两个单摆,做简谐运动的周期相同,则它们具有相同的 (　 ) A.摆球质量 B.振幅 C.摆球半径 D.摆长 解析:选D　由单摆周期公式T=2π可知,同一地方,重力加速度相同,两单摆周期相同,所以摆长一定相同,故D正确。 2.关于单摆,下列认识中正确的是 (　 ) A.一根线系着一个球悬挂起来,这样的装置就是单摆 B.可以看成单摆的装置中,细线的伸缩和质量忽略不计,线的长度比小球的直径大得多 C.单摆的振动总是简谐运动 D.两个单摆只要结构相同,它们的振动步调便相同 解析:选B　单摆是实际摆的理想化模型,实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆,选项A错误,B正确;单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动,选项C错误;两单摆结构相同时,振动步调不一定相同,选项D错误。 3.在同一地点,做简谐运动的单摆摆长不变,若摆球质量减小为原来的,摆球经过平衡位置时的速度增大为原来的2倍,则单摆振动的 (　 ) 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 解析:选C　根据单摆的周期公式可知,在同一地点,做简谐运动的单摆摆长不变,则周期不变,单摆振动的频率不变,若摆球质量减小为原来的,摆球经过平衡位置时速度增大为原来的2倍,则振幅增大,选项C正确。 4.用空心铁球内部装满水做摆球,若球正下方有一小孔,水不断从孔中流出,从球内装满水到水流完为止的过程中,其振动周期的大小是 (　 ) A.不变 B.变大 C.先变大后变小再回到原值 D.先变小后变大再回到原值 解析:选C　单摆的周期与摆球的质量无关,但当水从球中向外流出时,等效摆长是先变长后变短,因而周期先变大后变小再回到原值,故选项C正确。 5.(多选)如图所示是在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像,其中实线表示A的运动图像,虚线表示B的运动图像。以下关于这两个单摆的判断中正确的是 (　 ) A.这两个单摆的摆球质量一定相等 B.这两个单摆的摆长一定不同 C.这两个单摆的最大摆角一定相同 D.这两个单摆的振幅一定相同 解析:选BD　从题图可知,两单摆的振幅相等,周期不等,所以两单摆的摆长一定不同,故B、D对;由振幅相等而摆长不等知C错;单摆的周期与质量无关,故A错。 6.单摆摆长为0.9 m,摆球置于左端最大位移处。t=0时刻由静止释放。取g=10 m/s2,则t=2 s时摆球正在 (　 ) A.向右加速运动 B.向右减速运动 C.向左加速运动 D.向左减速运动 解析:选A　该单摆的周期T=2π =2×3.14× s≈1.88 s。计时开始时摆球置于左端最大摆角处,当t=2 s时,T<t<1.25T,摆球为正从左端最大摆角处向平衡位置运动,摆角正在减小,速度正在增大,即向右加速运动,故A正确,B、C、D错误。 7.(2024·甘肃高考)如图为某单摆的振动图像,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　 ) A.摆长为1.6 m,起始时刻速度最大 B.摆长为2.5 m,起始时刻速度为零 C.摆长为1.6 m,A、C点的速度相同 D.摆长为2.5 m,A、B点的速度相同 解析:选C　根据题图可知,该单摆的振动周期为T=0.8π s,由单摆的周期公式T=2π,得摆长为l==1.6 m。x-t图像的斜率表示速度,故起始时刻速度为零,且A、C点的速度相同,A、B点的速度大小相同、方向不同,C正确。 8.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:选D　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A、B、C错误,D正确。 9.如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像,且甲、乙两摆球质量相等,忽略空气阻力。则下列说法中正确的是 (　 ) A.甲的摆长与乙的摆长相等 B.甲的摆长比乙的摆长长 C.乙的机械能比甲的大 D.在t=0.5 s时有负向最大加速度的是乙摆 解析:选A　从题图中可得两者的周期相同,都为2.0 s,又知道两者在同一个地点测量的,g相同,所以根据单摆周期公式T=2π,可知两单摆的摆长相等,故A正确,B错误;甲摆的振幅为10 cm,乙摆的振幅为7 cm,则甲摆的振幅比乙摆大,由于甲、乙两摆球质量相等,甲球的机械能比乙球的机械能大,故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,而乙摆的位移为负的最大,则乙摆具有正向最大加速度,故D错误。 10.如图甲所示,小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动,其振动图像如图乙所示,以下说法正确的是 (　 ) A.t1时刻小球速度为零,轨道对它的支持力最小 B.t2时刻小球速度最大,轨道对它的支持力最小 C.t3时刻小球速度为零,轨道对它的支持力最大 D.t4时刻小球速度为零,轨道对它的支持力最大 解析:选A　t1与t3时刻小球位于最大位移处,速度为零,离平衡位置最远,轨道对它的支持力最小,故A正确,C错误;t2与t4时刻小球处于平衡位置,位移为零,速度最大,根据牛顿第二定律可知,轨道对它的支持力最大,B、D错误。 11.两个质量相等的弹性小球分别挂在l1=1.00 m,l2=0.25 m的细绳上,两球重心等高,如图所示。现将B球在竖直面内拉开一个较小的角度放开后,(设两个球发生弹性碰撞,碰撞后交换速度,取g=π2),从B球开始运动计算,经过4 s两球相碰的次数为 (　 ) A.3次 B.4次 C.5次 D.6次 解析:选C　先计算两球运动的周期,T1=2π=2 s,T2=2π =1 s,从B开始运动经,即0.25 s第一次相碰,并经,即1 s第二次相碰;再经,即0.5 s第三次相碰,可推证到第5次相碰共用时3.25 s,到第六次相碰共用时4.25 s,故经过4 s两球相碰的次数为5次。故选C。 12.(10分)图甲中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,设向右为正方向,图乙是这个单摆的振动图像,根据图像回答下面的问题: (1)单摆振动的频率是多大?(3分) (2)开始时刻摆球在何位置?(3分) (3)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?(4分) 解析:(1)由题图乙知单摆振动的周期T=0.8 s, 则频率f==1.25 Hz。 (2)由题图乙知,0时刻摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以开始时刻摆球在B点。 (3)由T=2π,得l=≈0.16 m。 答案:(1)1.25 Hz　(2)B点　(3)0.16 m 13.(12分)如图所示,ACB为光滑弧形槽,A、B两点等高,C点为弧形槽的最低点,弧形槽半径为R,R≫。甲球从弧形槽的球心处自由落下,乙球从A点由静止释放。 (1)求甲、乙两球第1次到达C点的时间之比。(5分) (2)若在C点的正上方h处由静止释放小球甲,让其自由下落,同时乙球从弧形槽左侧由静止释放,欲使甲、乙两球在C点处相遇,则甲球下落的高度h是多少?(7分) 解析:(1)甲球做自由落体运动,则有R=g, 所以t1=乙球沿弧形槽做简谐运动(由于≪R,可认为摆角θ<5°),此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同,故此等效摆长为R,因此乙球第1次到达C处的时间 t2=T=×2π=,所以t1∶t2=。 (2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落,到达C点的时间t甲=。 由于乙球运动的周期性,所以乙球到达C点的时间 t乙=+n= (2n+1)(n=0,1,2,…) 由于甲、乙在C处相遇,故t甲=t乙 解得h= (n=0,1,2,…)。 答案:(1)　(2)(n=0,1,2,…) 45 / 78 学科网（北京）股份有限公司 $$