第二章 第三节 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（粤教版）

本讲义聚焦高中物理“单摆”核心知识点，系统梳理单摆模型构建、回复力来源（重力切向分力）、周期公式（T=2π√(L/g)）及影响因素（摆长、重力加速度），并拓展类单摆模型与等效重力加速度应用，形成“概念辨析-实验探究-公式推导-模型拓展”的学习支架。 资料以科学思维为核心，通过问题链引导模型建构（如单摆理想化条件分析），结合控制变量法实验探究周期影响因素，例题融入振动图像分析与工程实例（如FAST球面半径测量），培养科学推理与质疑创新能力。课中助力教师突出重难点，课后分层练习（基础题到综合题）帮助学生查漏补缺，强化物理观念与科学探究素养。

第三节　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，能熟练运用单摆的周期公式解决相关问题(重难点)。 一、单摆及其回复力 如图所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使小球偏离竖直方向一个很小的夹角，然后释放，小球在A、A′间来回摆动，不计空气的阻力。 (1)小球摆动过程中受到哪些力的作用？ (2)什么力提供向心力？什么力提供回复力？ (3)小球经过O点平衡位置时回复力为零，合外力也为零吗？ 答案　(1)小球受重力和细线的拉力作用。 (2)细线的拉力和重力沿径向的分力的合力提供向心力。重力沿切线方向的分力提供小球振动的回复力。 (3)小球经过平衡位置时还有向心力，其合外力不为零。 1．单摆：如果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。 说明：单摆是实际摆的理想模型，若单摆的摆角小于5°，单摆的摆动可近似看成简谐运动。 2.单摆的回复力 来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力，即F＝mgsin_θ。 特点：在摆角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置。 在摆角很小的情况下，试推导回复力与位移的关系来证明单摆的运动是简谐运动。 答案　在摆角很小时，sin θ≈θ＝≈，因此单摆的回复力可表示为F＝－mg，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，因此单摆运动即为简谐运动。 (1)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力。(　×　) (2)单摆摆动到最高点时速度为零，合外力也为零。(　×　) 例1　图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至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，不计阻力，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、回复力三个力的作用 B．摆球在A点和C点处，速度为零，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 答案　C 解析　摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误；摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确，B、D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．t1和t3时刻摆球速度相等 C．t3时刻摆球速度正在减小 D．t4时刻摆线的回复力正在增大 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；t1时刻摆球在远离平衡位置，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t1和t3时刻摆球速度方向不相同，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，回复力正在增大，故D正确。 二、单摆的周期 用如图所示的实验装置探究影响单摆周期的因素。影响单摆周期的因素可能有单摆摆长(细绳的质量忽略)、小球的质量(小球的体积可以忽略)、摆角等，试分析以下问题： (1)根据以上猜想，该实验应采取什么研究方法？ (2)在测量单摆的周期时，采用什么样的方法可以减小误差？以哪个位置作为起点更方便计时和减小误差？ (3)下表为某次在探究摆角很小的情况下周期与摆长关系的实验数据，请在表中填上第3次实验所测得的周期，并说一说你得到怎样的结论。 组次 1 2 3 摆长L/cm 80.00 90.00 100.00 50次全振动所用时间 90.0 95.5 100.5 振动周期T/s 1.80 1.91 答案　(1)控制变量法。 (2)可以多次测量取平均值来减小周期的测量误差；以单摆的平衡位置(最低点)作为起点更方便计时和减小误差。 (3)2.01　在摆角很小的情况下，单摆的周期与摆长有关，摆长越长，单摆的周期越大。 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，与单摆摆长有关。 2．周期公式 (1)提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。 (2)公式：T＝2π，即周期T跟摆长L的二次方根成正比，跟重力加速度g的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关。 1．(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_θ；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。 2．类比弹簧振子做简谐运动的回复力F＝－kx，单摆的类似于弹簧振子的k，结合单摆的周期公式，试用m、k表示出弹簧振子的周期公式。 答案　T＝2π 例3　周期是2 s的单摆叫秒摆，秒摆的摆长是多少？把一个地球上的秒摆拿到月球上去，它在月球上做50次全振动要用多少时间？已知地球表面的重力加速度为9.8 m/s2, 月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2，π2取9.8。 答案　1 m　175 s 解析　根据单摆周期公式T＝2π可得L＝，代入数据解得L＝ m＝1 m 秒摆搬到月球上，其与地球上的秒摆的周期关系为＝ 它在月球上做50次全振动所用的时间为 t＝50T′＝50T＝50×2× s＝175 s。 针对训练　如图所示，长度为L的轻绳上端固定在O点，下端系一小球(小球可以看成质点)。在O点正下方的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置，点C(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h，h<L。A、B、P、O在同一竖直平面内。小球第一次从A点到B点所用时间为t1，小球第一次从B点到C点所用时间为t2，已知t1＝2t2，OA、PC与OB之间的夹角很小。则OP的长度为(　　) A.L B.L C.L D.L 答案　B 解析　由于OA、PC与OB之间的夹角很小，所以小球从A点到B点和从B点到C点的运动都可以看作是简谐运动，根据单摆周期公式T＝2π，有t1＝×2π，t2＝×2π，t1＝2t2，所以PB＝L，OP＝L－PB＝L，选项A、C、D错误，B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，T＝2π。 例4　(2023·钦州市高二期中)如图所示，光滑圆槽的半径R远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三个小球(均可视为质点)同时由静止释放，开始时，甲球比乙球离槽最低点O远些，丙球在槽的圆心处。不计空气阻力，则以下关于它们第一次到达点O的先后顺序的说法正确的是(　　) A乙先到，然后甲到，丙最后到 B．丙先到，然后甲、乙同时到 C．丙先到，然后乙到，甲最后到 D．甲、乙、丙同时到 答案　B 解析　对于丙球，根据自由落体运动规律有R＝gt32，解得t3＝，对于甲、乙两球，做简谐运动，其运动周期均为T＝2π，甲、乙两球第一次到达点O时运动周期，则t1＝t2＝＝>t3，故丙先到，然后甲、乙同时到，故选B。 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 超失重 系统 g等效＝g－a g等效＝g＋a 电场中 g等效＝ g等效＝ g等效＝g 例5　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，即g乙＝g；题图丙为标准单摆，则g丙＝g；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知T甲>T乙＝T丙>T丁，选项C正确。 课时对点练 1～6题每题7分，7题14分，共56分 考点一　单摆及其回复力 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，其运动周期越大，D正确。 2．关于单摆的运动，以下说法正确的是(　　) A．单摆运动时，摆球受到大小不变的向心力 B．单摆运动时，摆球所受到的合力为回复力 C．摆球运动到平衡位置时，所受到的回复力为零 D．摆球运动到平衡位置时，所受到的合力为零 答案　C 解析　单摆运动时，速度大小不断变化，摆球所需向心力大小不断变化，故A错误；单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，故B错误；摆球运动到平衡位置时，回复力为零，合力不为零，合力方向竖直向上，故C正确，D错误。 考点二　单摆的周期公式 3.如图所示为演示简谐振动的沙摆，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，M>m，在沙子逐渐漏完的过程中，摆的周期(　　) A．不变 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变大 答案　B 解析　由题可知，M>m，当沙子逐渐漏完的过程中，沙筒的重心先下降后升高，则该沙摆的摆长先增大后减小，由单摆的周期公式T＝2π可知，该摆的周期先变大后变小，故B正确，A、C、D错误。 4．(多选)(2024·广州市高二期末)如图甲，小明做摆角较小的单摆实验，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置，小明通过实验测出当地重力加速度g＝π2 m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙，设图中单摆向右振动为正方向，则下列选项正确的是(　　) A．此单摆的振动频率是2 Hz B．单摆的摆长约为1.0 m C．仅改变摆球质量，单摆周期不变 D．t＝0时刻，摆球位于B点 答案　BCD 解析　由题图乙可知，此单摆的周期为T＝2 s，则此单摆的振动频率为f＝＝0.5 Hz，故A错误；根据单摆周期公式T＝2π，可得单摆的摆长为L＝＝1.0 m，仅改变摆球质量，单摆周期不变，故B、C正确；t＝0时刻，由题图乙可知，摆球位于负向最大位移处，图中单摆向右振动为正方向，则摆球位于B点，故D正确。 5.如图所示，500米口径的球面射电望远镜(FAST)位于贵州省，是我国重大科技基础设施建设项目之一。某同学设计了一种测量该球面半径R的方法：假设FAST内表面是光滑的球面，他猜想将小球自球面最低点附近由静止释放，用秒表测出它完成n次全振动的时间t，如果当地重力加速度为g，将小球的运动视为简谐运动，则FAST的球面半径R为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　小球做简谐运动的周期为T＝，由单摆周期公式可知T＝2π，联立解得FAST的球面半径为R＝，故选A。 6．(多选)甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动的振动图像如图所示，可知(　　) A．甲、乙两单摆的周期之比为2∶1 B．甲、乙两单摆的摆长之比为2∶1 C．0.5～1.0 s时间内，甲的摆球的速度减小 D．t＝0.5 s时甲的摆球势能最大，乙的摆球动能最大 答案　AD 解析　由题图知，甲、乙两单摆的周期分别为2.0 s、1.0 s，则周期之比为2∶1，A正确；由单摆周期公式T＝2π，可得摆长L＝，可知摆长L与T2成正比，因此甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1，B错误；0.5～1.0 s时间内，甲单摆的摆球从正向最大位移处向平衡位置运动，故甲单摆的摆球的速度增大，C错误；t＝0.5 s时，甲单摆的摆球在正向最大位移处，甲单摆的摆球的势能最大，乙单摆的摆球的位移为0，处在平衡位置，速度最大，则乙单摆的摆球的动能最大，D正确。 7．(14分)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)求： (1)(6分)让小球在纸面内摆动，周期为多少； (2)(8分)让小球在垂直纸面方向摆动，周期为多少。 答案　(1)2π　(2)π 解析　(1)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 (2)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。 8～10题每题9分，共27分 8.(多选)(2023·广州市第二中学高二期中)如图所示，长轻绳L1一端系于O点，另一端系小球1，在O点正下方P点有一钉子，下端通过轻绳L2系小球2静止于点B，两小球完全相同。现将小球1拉至A点由静止释放，小球1摆至最低点B时与小球2发生弹性碰撞，小球2继续向右摆至最高点C。整个过程中，小球摆角始终小于5°，不计空气阻力和摩擦。下列说法正确的是(　　) A．小球1从A点至B点过程中回复力变大 B．碰后瞬间L2的张力大于碰前L1的张力 C．C点与A点在同一高度 D．小球2从B到C所用的时间等于小球1从A点到B点的时间 答案　BC 解析　由于小球1和小球2完全相同，且发生弹性碰撞，两小球碰撞后速度互换，因此可以等效为全程只有小球1从A摆动到C，单摆近似为简谐运动，因此回复力大小与小球1到平衡位置(即B点)的位移成正比，因此从A到B，位移减小，回复力变小，故A错误；经过B点瞬间，速度不变，圆周运动半径变小，根据F合＝F张－mg＝m可知，合力突然变大，即绳子的张力变大，故B正确；不计空气阻力和摩擦，小球1在A到C的过程中，机械能守恒，故能达到同样的高度，即C点与A点在同一高度，故C正确；根据T＝2π，摆长越大，周期越大，则小球1从A点摆至B点的时间较长，故D错误。 9.如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球，上端系在位于光滑斜面O处的钉子上，小球处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球获得一平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为(　　) A．π B．π C．π D．π 答案　C 解析　因为小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°，小球的运动可以看作单摆，根据牛顿第二定律及单摆的周期公式有mgsin θ＝ma，T＝2π，小球回到最低点所需的最短时间为t＝，解得t＝π，故选C。 10.(多选)固定光滑圆弧面上有一个小球，将它从最低点移开一小段距离，t＝0时刻将小球由静止释放，小球以最低点为平衡位置左右振动。已知圆弧半径R＝1 m，小球半径r≪R，当地的重力加速度大小g＝9.8 m/s2，π2≈9.8，下列哪些时刻小球运动到最低点(　　) A．0.5 s B．1 s C．1.5 s D．2 s 答案　AC 解析　小球的运动可等效为单摆，摆动周期T＝2π＝2 s，小球从左侧最大位移处释放，在T(n＝0,1,2,3，…)的时刻经过最低点，所以0.5 s和1.5 s时小球均经过最低点，故B、D错误，A、C正确。 11．(17分)(2023·佛山市高二月考)如图甲所示，有一悬挂在O点的单摆，将小球(可视为质点)拉到A点后释放，小球在同一竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，已知B点为小球运动中的最低点，A、C两点为小球运动中的最高点，摆角为α(α<5°)，在O点接有一力传感器，图乙表示从某时刻开始计时，由力传感器测出的细线对小球的拉力大小F随时间t变化的曲线，由力传感器测得最小拉力为F2，图中F2、t0已知，当地重力加速度大小为g，不计阻力，求： (1)(5分)单摆的周期T和摆长L； (2)(5分)小球的质量m； (3)(7分)力传感器测出的拉力的最大值F1。 答案　(1)2t0　　(2)　(3)F2 解析　(1)由题图乙可知，单摆周期为T＝2t0 由单摆周期公式T＝2π 解得L＝ (2)小球在A点时拉力最小，则有F2＝mgcos α 解得m＝ (3)小球在平衡位置B点时拉力最大， 根据牛顿第二定律有F1－mg＝m 小球从A到B过程，由动能定理得mgL(1－cos α)＝mv2 解得F1＝F2 学科网（北京）股份有限公司 $