第二章 3 单摆(Word教参)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

本高中物理讲义聚焦单摆核心知识点，从生活中钟摆、秋千等实例抽象出单摆模型，系统梳理其理想化条件、回复力来源及简谐运动条件，进而推导周期公式并拓展类单摆与等效重力加速度应用，构建完整知识链。 资料通过情境设问（如平衡位置回复力与合外力关系）培养科学思维，结合振动图像分析等例题深化物理观念，分考点课时练助力课中教学实施与课后查漏补缺，凸显模型建构与科学探究的学科特色。

3　单摆 [学习目标]　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(重点)。2.知道影响单摆周期的因素，能熟练应用单摆的周期公式解决有关问题(重点)。 一、单摆及其运动规律 如图所示，生活中，在不同的地点我们能够观察到很多的机械振动，风铃的摆动、钟摆的摆动、秋千的摆动，它们与弹簧振子的结构不同，试着从三种摆动的共性出发，抽象出一种物理模型。 答案　三种摆动都可以抽象为一根轻绳悬挂一个质点在竖直面内做往复运动。 1．单摆 (1)实际摆看成单摆的条件 ①细线的质量与小球相比可以忽略。 ②小球的直径与线的长度相比可以忽略。 ③摆线的形变量与摆线长度相比可以忽略。 ④空气阻力与摆球的重力及细线的拉力相比可以忽略。 (2)单摆是一种理想化模型。 2．单摆的回复力 (1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力G1(G1＝mgsin θ)。 (2)回复力的特点：在最大偏角很小的条件下(θ为5°左右)，sin θ≈tan θ≈，其中x为摆球偏离平衡位置O点的位移。单摆的回复力F＝－x，令k＝，则F＝－kx。 3．单摆的运动规律：在摆角很小时，单摆做简谐运动。 (1)单摆在做简谐运动时，在平衡位置的回复力是否为零？合外力是否为零？ (2)单摆的摆动只要在同一竖直面内，其运动即可看作简谐运动，这种说法是否正确？ 答案　(1)在平衡位置回复力为零，但合外力不为零。 (2)不正确。因为只有在摆角很小时，单摆的振动才是简谐运动。 例1　(2024·眉山市高二月考)关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是(　　) A．摆球经过平衡位置时所受合力为零 B．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力 C．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 D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力 答案　B 解析　摆球经过平衡位置时回复力为0，但根据圆周运动的规律可知单摆此时所受合力不为零，故A错误；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故B正确，D错误；摆球所受回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，重力沿摆线方向的分力与摆线对摆球的拉力的合力提供向心力，所以摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小不成正比，故C错误。 例2　(多选)如图所示为一单摆的振动图像，则(　　) A．t1和t3时刻摆线的拉力等大 B．t2和t3时刻摆球速度相等 C．t3时刻摆球速度正在减小 D．t4时刻摆线的拉力正在减小 答案　AD 解析　由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力大小相等，故A正确；t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球速度不相等，故B错误；t3时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C错误；t4时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，故D正确。 二、单摆的周期 如图a、c所示，摆球质量相同、摆长不同的单摆，摆动周期不同；如图a、b所示，摆长相同而摆球质量不同或振幅不同的单摆振动周期却相同，这说明什么？ 答案　这说明单摆的周期与摆长有关而与摆球质量及振幅无关。 周期公式 (1)提出：周期公式是物理学家惠更斯提出的。 (2)公式：T＝2π，即周期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，而与振幅、摆球质量无关。 说明：①单摆的周期公式在单摆偏角很小时(5°左右)成立。 ②公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离l＝l线＋，d为摆球的直径。 ③公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。 1．图(a)中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来，甲摆的等效摆长等于乙摆的摆长，用图中信息表示甲摆的等效摆长：lsin_α。 2．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，用图中信息表示乙摆的等效摆长：l1＋l2sin_α；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。用图中信息表示乙摆的等效摆长：l1。 例3　一个在地球上做简谐运动的单摆，其振动图像如图甲所示，现将此单摆移至某一行星上，其简谐运动图像如图乙所示。取π2＝10，地球表面重力加速度g1取10 m/s2，求： (1)此单摆的摆长； (2)行星表面重力加速度g2； (3)在地球上将摆长缩短到原摆长的，则此单摆的频率是多少？ 答案　(1)1 m　(2)2.5 m/s2　(3)1 Hz 解析　(1)由题图知，单摆在地球表面上的振动周期T1＝2 s，根据T1＝2π，有L＝，代入数据解得L＝1 m (2)由题图知，单摆在某行星上的振动周期T2＝4 s，而T2＝2π，得＝()2＝，则g2＝，所以行星表面的重力加速度g2＝＝2.5 m/s2。 (3)当摆长缩短为时，周期T1′＝2π＝T1＝1 s，此单摆的频率是f1′＝＝1 Hz。 例4　(2024·眉山市高二月考)如图所示是两个理想单摆的振动图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法中正确的是(　　) A．t＝4 s时，两单摆的回复力最大 B．乙摆球在第1 s末和第3 s末速度相同 C．甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2 D．甲摆球位移随时间变化的关系式为x＝2sin(t) cm 答案　D 解析　t＝4 s时，两单摆处于平衡位置，该位置的回复力为零，故A错误；乙摆球在第1 s末和第3 s末速度大小相等方向相反，故B错误；由单摆的周期公式可知T＝2π，得甲、乙两个摆的摆长之比为＝＝，故C错误；由题图可知，甲摆的振幅为2 cm，周期为4 s，且零时刻位于平衡位置并开始向上运动，故甲摆球位移随时间变化的关系式为x＝2sin(t) cm，故D正确。 三、单摆模型的拓展 1．类单摆模型 除了前面学习的单摆模型，有些物体的运动规律与单摆的运动类似，该类物体的运动即为类单摆模型。如在光滑圆弧面上来回滚动的小球。在圆弧半径R远大于运动弧长的情况下，小球的运动可以看成简谐运动，周期T＝2π。 例5　如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一个小球B放在MN上离最低点C很近的D处(弧BC所对圆心角小于5°)，致使两小球同时静止释放，则(　　) A．球A先到达C点 B．球B先到达C点 C．两球同时到达C点 D．无法确定哪个球先到达C点 答案　A 解析　球A做自由落体运动，到达C点的时间为tA＝＝，当弧DC所对的圆心角小于5°时，球B在圆弧的支持力N和重力G的作用下做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2π＝2π，因此球B运动到C点所需的时间是 tB＝＝，故tA<tB，显然球A先到达C点，故选A。 2．不同系统中的等效重力加速度 在不同的运动系统中，单摆周期公式中的g应理解为等效重力加速度，其大小等于单摆相对系统静止在平衡位置时的摆线拉力与摆球质量的比值。 情景 等效重力加速度 情景 等效重力加速度 g等效＝g－a g等效＝ g等效＝g＋a g等效＝g g等效＝ g等效＝g 例6　如图所示的几个相同单摆在不同条件下摆动，关于它们的周期关系，下列判断正确的是(　　) A．T甲>T乙>T丙>T丁 B．T甲<T乙＝T丙<T丁 C．T甲>T乙＝T丙>T丁 D．T甲<T乙<T丙<T丁 答案　C 解析　题图甲中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力mgsin θ为等效重力，即单摆的等效重力加速度g甲＝gsin θ；题图乙中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力；题图丙为标准单摆；题图丁摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g丁＝g＋a，由单摆做简谐运动的周期公式T＝2π，知T甲>T乙＝T丙>T丁，选项C正确。 课时对点练 1～7题每题6分，共42分 考点一　单摆及其运动规律 1．(多选)下列有关单摆的说法，正确的是(　　) A．一根橡皮筋一端系在悬点，另一端连接一个小球，可以构成一个单摆 B．单摆的摆动一定是简谐运动 C．若单摆在同一平面内摆动，且偏角小于5°，可以认为该单摆的运动是简谐运动 D．单摆做简谐运动时，摆长越长(其他条件不变)，其运动周期越大 答案　CD 解析　一根不可伸长的细绳一端系在悬点，另一端连接一个质量较大且可以看成质点的小球可以构成一个单摆，橡皮筋受到拉力时形变量较大，连接小球构成的装置不可看成单摆，A错误；若单摆在同一平面内摆动，且偏角小于5°，可以认为该单摆的运动是简谐运动，B错误，C正确；根据单摆的周期公式T＝2π可知，单摆做简谐运动时，摆长越长(其他条件不变)，其运动周期越大，D正确。 2．(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，摆球的合外力为零 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　由题图可知t1时刻摆球在正向最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零，故A错误；t2、t4时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错误，D正确；t3时刻摆球在负向最大位移处，速度为零，回复力最大，故C正确。 3．关于单摆，下列说法中正确的是(　　) A．摆球运动的回复力是它重力沿圆弧切线方向上的分力 B．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置 C．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是改变的 D．摆球经过平衡位置时，加速度为零 答案　A 解析　根据回复力的定义单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，故A正确；摆球在运动过程中，回复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置，而向心加速度指向悬点，合成后，加速度方向不是始终指向平衡位置，故B错误；摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，受力情况相同，加速度是不变的，故C错误；摆球经过平衡位置时，加速度不为零，有向心加速度，故D错误。 考点二　单摆的周期 4．(2023·洛南中学高二月考)一单摆由甲地移到乙地后，发现走时变快了，其变快的原因及调整的方法是(　　) A．g甲>g乙，将摆长缩短 B．g甲<g乙，将摆长增大 C．g甲<g乙，将摆长缩短 D．g甲>g乙，将摆长增大 答案　B 解析　根据单摆的周期公式T＝2π，振动变快了，则周期变短了，说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即g乙>g甲，为了增大周期，可以增大摆长，B正确。 5．(多选)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。摆钟运行中克服摩擦所需的能量由重锤的重力势能提供，运动的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示，下列说法正确的是(　　) A．当摆钟不准时需要调整圆盘的上、下位置 B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移 C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移 D．把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移 答案　AC 解析　调整圆盘的上、下位置可改变摆长，从而达到调整周期的作用，A正确；若摆钟变快，是因为周期变小，应增大摆长，即下移圆盘，B错误；由冬季变为夏季，摆杆变长，应上移圆盘，C正确；从广州到北京，g值变大，周期变小，应增加摆长，即下移圆盘，D错误。 6．(2023·绵阳市高二期中)图甲是利用沙摆演示简谐运动图像的装置。当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上形成的曲线显示出沙摆的振动位移时间的变化关系。已知木板被水平拉动的速度为0.20 m/s，图乙所示的一段木板的长度为0.80 m，则这次实验沙摆的摆长为(取π2＝10)(　　) A．0.56 m B．0.65 m C．1.00 m D．2.25 m 答案　C 解析　木板匀速拉出，则x＝vt，解得t＝＝ s＝4 s，结合题图乙知t＝2T，则T＝2 s；根据单摆周期公式T＝2π，解得l＝1.00 m，故选C。 考点三　单摆模型的拓展 7. 如图所示，表面光滑、半径为R的圆弧形轨道AP与水平地面平滑连接，AP弧长为s，s≪R。半径为r的小球从A点静止释放，运动到最低点P时速度大小为v，重力加速度为g，则小球从A运动到P的时间是(　　) A．t＝ B．t＝ C．t＝ D．t＝ 答案　B 解析　因为AP弧长为s，且s≪R，所以小球做单摆运动，根据单摆的周期公式可得T＝2π，由题意可知，摆长为l＝R－r，小球从A运动到P的时间为四分之一个周期，即有t＝，故选项A、C、D错误，B正确。 8～12题每题9分，共45分 8．(2023·成都市高二月考)如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像，下列说法正确的是(　　) A．甲摆的摆长比乙摆的摆长大 B．甲摆的振幅是乙摆振幅的3倍 C．甲摆的机械能比乙摆的机械能大 D．在t＝1 s时有正向最大加速度的是乙摆 答案　D 解析　由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式T＝2π，知甲、乙两单摆的摆长相等，故A错误；甲摆的振幅为6 cm，乙摆的振幅为3 cm，则甲摆的振幅是乙摆振幅的2倍，故B错误；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的摆球质量未知，故无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝1 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正确。 9．(2023·江夏实验高中高二月考)一个单摆挂在电梯内，发现单摆的周期增大为原来的2倍，则电梯的加速度a为(g为重力加速度)(　　) A．方向向上，大小为 B．方向向上，大小为 C．方向向下，大小为 D．方向向下，大小为 答案　D 解析　由T＝2π可知，周期增大为原来的2倍，以竖直向下为正方向，等效重力加速度g′＝，则有g－a＝g′，解得a＝，则大小为，方向向下，综上分析，D正确。 10．(多选)(2023·安庆一中月考)如图所示，三根细线在O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，△AOB为直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC长为L，下端C点处系着一个小球(忽略小球的半径，小球摆动时偏角θ<5°)，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π B．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝2π C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π D．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝π 答案　AD 解析　当小球在纸面内做小角度的摆动时，摆动圆弧的圆心为O点，摆长为L，故周期为T＝2π，故A正确，C错误；当小球在垂直纸面方向做小角度的摆动时，圆心在A、B所在水平面上且在O点正上方，由几何关系知摆长为L′＝(1＋)L，故周期为T＝2π＝π，故B错误，D正确。 11．(2023·四川凉山高二月考)一单摆在竖直平面内做小角度摆动。摆球从左侧最高点A运动到最低点C时，摆线被悬点O(未画出)正下方的钉子P挡住，之后球运动到右侧最高点B，该过程中的频闪照片如图所示，已知闪光的时间间隔相等，OC＝l。则O、P间的距离为(　　) A.l B.l C.l D.l 答案　A 解析　设相邻两次闪光的时间间隔为t，则摆球在左侧的运动周期为T1＝12t，摆球在右侧的运动周期为T2＝8t，可得T1∶T2＝3∶2；根据单摆周期公式T＝2π，解得LPC＝l，则O、P间的距离为LOP＝l－LPC＝l，故选A。 12. 将一个摆长为l的单摆放在一个光滑且倾角为α的斜面上，其摆角为θ(θ<5°)，如图所示。小球质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．摆球做简谐运动的最大回复力为mgsin θsin α B．摆球做简谐运动的最大回复力为mgsin θ C．摆球做简谐运动的周期为2π D．摆球在运动过程中，经过平衡位置时，摆线的拉力为T拉＝mgsin α 答案　A 解析　回复力由重力沿斜面向下的分力的切向分力提供，重力沿斜面向下的分力为mgsin α，沿斜面向下的分力的切向分力的最大值为mgsin αsin θ，故A正确，B错误；该模型类似于单摆模型，等效重力加速度为gsin α，故周期为T＝2π，故C错误；摆球在运动过程中，经过平衡位置时，摆线的拉力和重力沿斜面向下的分力的合力提供向心力，故T拉－mgsin α＝m，故T拉>mgsin α，故D错误。 13．(13分)(2023·金华十校调研)如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v＝ m/s，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，π2≈10，求： (1)(4分)单摆的摆长l； (2)(4分)摆球的质量m； (3)(5分)摆线拉力的最小值。 答案　(1)1 m　(2)0.1 kg　(3)0.99 N 解析　(1)由题图乙可知单摆周期为T＝2 s 根据单摆周期公式T＝2π 解得l＝1 m。 (2)当拉力最大时，即F＝1.02 N 摆球处在最低点 由牛顿第二定律得F－mg＝m 解得m＝0.1 kg。 (3)从最低点到最高点，由动能定理得 －mgl(1－cos θ)＝0－mv2 解得cos θ＝0.99 在最高点摆线的拉力最小，最小值为 F′＝mgcos θ＝0.99 N。 学科网（北京）股份有限公司 $