第2章 第3节 单摆-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用Word(鲁科版)

第3节　单　摆 1．知道什么是单摆。　2.理解单摆振动的特点和单摆做简谐运动的条件。　3.会分析单摆回复力的来源。　4.知道单摆周期与摆长、重力加速度的定量关系，并能进行计算。　 一、单摆的振动 1．单摆模型 (1)单摆：把一根不能伸长的细线上端固定，下端拴一个小球，线的____________和球的____________可以忽略不计，这种装置称为单摆。单摆是一种________________模型。 (2)单摆的运动特点 ①摆球以悬挂点为圆心在竖直平面内做变速圆周运动。 ②摆球以最低点O为平衡位置做往复运动。 2．单摆的回复力 (1)来源：重力沿圆弧____________的分力F提供了使球沿圆弧振动的回复力。 (2)特点：在摆角很小的情况下(通常θ<____________)，单摆所受的回复力大小与摆球____________成正比，方向与摆球位移方向__________，即F＝－mg sin θ≈__________。 (3)运动规律：摆角很小的情况下，单摆的振动可近似视为____________运动。 二、单摆的周期 1．实验探究 (1)探究方法：____________法。 (2)实验结论： ①单摆振动的周期与摆球质量________________________。 ②摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。 2．周期公式及应用 (1)公式：T＝__________________。即周期T与摆长l的算术平方根成正比，与重力加速度g的算术平方根成反比。 (2)单摆周期公式是荷兰物理学家________________________首先提出的。 (3)单摆的等时性：在同一地点，重力加速度是一定的，摆长相等的单摆具有相同且恒定不变的________________，单摆周期与______________及__________________皆无关。 (4)应用 ①摆钟：利用单摆的周期与____________和____________无关这一性质来计量时间，制成了摆钟。 ②测重力加速度：如果能测出单摆的________________和____________，也可利用单摆的周期公式测量当地的重力加速度。 判断下列说法是否正确。 (1)单摆模型中对小球的要求是密度较大，其直径与线的长度相比可忽略。(　　) (2)摆球质量越大，周期越长。(　　) (3)摆动幅度越大，周期越长。(　　) (4)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(　　) (5)单摆的回复力是重力的分力。(　　) (6)摆线越长时，单摆的周期越长。(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√ [答案自填] 质量　大小　理想化　切向　5°　位移大小　相反　－x　简谐 控制变量　无关　2π　惠更斯　振动周期　振幅　摆球质量　振幅　摆球质量 摆长　周期 知识点一　单摆回复力来源 1．生活中，我们经常可见悬挂起来的物体在竖直平面内自由摆动，这样摆动的装置在一定条件下可看成单摆，请举几例！ 2．判断以下摆动模型是不是单摆，为什么？ [提示]　1.生活中常常看到摆钟、荡船、秋千都在竖直平面内摆动，理想情况下都可看成单摆模型。 2．模型①不是单摆，因为橡皮筋伸长不可忽略。模型②不是单摆，因为绳子质量不可忽略。模型③不是单摆，因为绳长没有远大于球的直径。模型④不是单摆，因为悬点不固定，因而摆长在发生变化。模型⑤是单摆。　 1．实际摆可看作单摆的条件 (1)形变要求：当摆线的形变量比摆线的长度小得多时，摆线的伸缩可以忽略。可把摆线看成不可伸长的线。 (2)质量要求：摆线质量与摆球质量相比小得多，这时可以认为摆线是没有质量的。 (3)长度要求：摆球的直径与摆线的长度相比可以忽略时，可把摆球看成质点。 (4)受力要求：忽略摆动过程中摆球所受空气阻力的作用。 2．单摆运动特点 (1)摆球以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度v≠0，半径方向都有向心力。 (2)摆球同时以平衡位置为中心做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，沿轨迹的切线方向上都有回复力。 3．摆球的受力 (1)任意位置 如图所示，G2＝G cos θ，F－G2的作用就是提供摆球绕O′做变速圆周运动的向心力；G1＝G sin θ的作用是提供摆球以O为中心做往复运动的回复力。 (2)平衡位置 摆球经过平衡位置时，G2＝G，G1＝0，此时F应大于G，F－G提供向心力，因此，在平衡位置，回复力F回＝0，与G1＝0相符。 4．两点说明 (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＝mg sin 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。 角度1　单摆回复力的来源 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0 B．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 C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力 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 [解析]　摆球经过平衡位置时，回复力为0，但由于摆球做圆周运动，经过平衡位置，合力不为0，合力提供向心力，方向指向悬点，A错误；摆球所受回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，此时，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，B错误；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为0，向心加速度为0，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度不为0，向心加速度不为0，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C正确，D错误。 [答案]　C 角度2　单摆模型的物理量 如图所示，一个单摆在做简谐运动，关于摆球的运动，下列说法正确的是(　　) A．单摆摆动到O点时，回复力为零，加速度不为零 B．摆球从A到O的过程中，机械能增大 C．摆球向右经过O点和向左经过O点时，速度相同 D．减小单摆的振幅，单摆的周期会减小 [解析]　单摆摆动到O点时，只受重力和绳子的拉力，回复力为零，但是拉力大于重力，摆球具有向上的向心加速度，故A正确；摆球从A到O的过程中，只有重力做功，机械能保持不变，故B错误；摆球向右经过O点和向左经过O点时，速度大小相等，但方向相反，故C错误；单摆的周期只与摆长和当地的重力加速度有关，与振幅无关，所以周期不变，故D错误。 [答案]　A 知识点二　单摆的周期公式 1．由于单摆的回复力是由摆球所受的重力沿圆弧切线方向的分力提供的，那么是否摆球的质量越大，回复力越大，单摆摆动得越快，周期越小？ 2．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]　1.不是。摆球摆动的加速度除了与回复力有关外，还与摆球的质量有关，即a∝，所以摆球质量增大后，加速度并不增大，其周期由T＝2π决定，与摆球的质量无关。　 2．两极处重力加速度大于赤道处重力加速度，由T＝2π 知，应增大摆长，才能使周期不变。 1．摆长l的确定 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球心的长度，即l＝l0＋，l0为摆线长，D为摆球直径。 2．重力加速度g的变化 若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g＝，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在位置的高度的变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是变化的，所以g也不同，g取9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值。 角度1　单摆周期公式的应用 (2024·江苏盐城射阳中学期中)如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁，将摆线拉开一小幅度， 当注射器摆动时， 沿着垂直于摆动的方向以速度v＝0.12 m/s匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样。若测得木板长度l＝0.6 m, 墨汁图样与木板边缘的交点 P、Q恰好处于最大位移处，已知重力加速度g≈π2，则该单摆的等效摆长约为(　　) A． m B． m C．1 m D． m [解析]　木板运动的时间t＝＝ s＝5 s，又因为t＝2.5T，故单摆的振动周期T＝2 s，由T＝2π 可得l≈1 m。 [答案]　C 角度2　单摆的振动图像 (2024·广东梅州市曾宪梓中学校考)如图所示的是同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图像，从图像可知(　　) A．两摆球质量相等 B．两单摆的摆长相等 C．两单摆相位相同 D．在相同时间内，两摆球通过的路程总有s甲＝2s乙 [解析]　从图像上可得出振幅和单摆周期，但都与质量无关，所以无法得到两球的质量关系，A错误；从题图上知，T甲＝T乙，又由T＝2π，可得两单摆的摆长相等，B正确；由图像可知x甲＝2sin (ωt＋)cm，x乙＝sin ωt cm，两单摆相位相差，C错误；由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同时间，两摆球通过的路程才一定满足s甲＝2s乙，若不能满足以上的要求，则不一定满足s甲＝2s乙，D错误。 [答案]　B 知识点三　单摆模型的拓展 1．等效摆长：摆长是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲、乙，小球做垂直于纸面的小角度摆动，丙图小球在光滑的半径较大的圆周上做小幅度的圆周运动。 甲图中小球的等效摆长：L甲＝l sin α＋ 乙图中小球的等效摆长：L乙＝l sin α＋l＋ 丙图，小球的运动可等效为单摆，等效摆长L丙＝R。 2．等效重力加速度类 突破口：等效重力等于小球静止时所受拉力。 (1)等效重力加速度等于等效重力与小球的质量之比，如图所示，等效重力G′＝F＝mg sin θ，等效重力加速度g′＝g sin θ。 (2)在加速度a竖直向上的电梯中，等效重力加速度g′＝a＋g，在加速度a竖直向下的电梯中，等效重力加速度g′＝g－a。 角度1　双线摆 如图所示， 三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长是l，下端C点系着一个小球，下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动)(　　) A．让小球在纸面内振动，周期T＝2π B．让小球垂直于纸面振动，周期T＝2π C．让小球在纸面内振动，周期T＝2π D．让小球垂直于纸面振动，周期T＝2π [解析]　让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2π；让小球垂直于纸面振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为，周期T′＝2π 。 [答案]　A 角度2　曲面摆 (2024·贵州贵阳统考期中) 质量为m的小球在半径为R的光滑圆弧面上的A、B之间来回运动，P为平衡位置，重力加速度为g。 (1)请画出小球在A位置的受力示意图，并写出此位置小球所受的重力沿圆弧切线方向的分力大小的表达式。 (2)若≪R请从简谐运动受力角度推理说明小球做的是简谐运动。 [解析]　 (1)受力示意图如图所示 重力G沿圆弧切线方向的分力 F2＝mg sin θ。 (2)F2充当回复力。当θ很小时，圆弧的长度可认为与小球的位移x大小相等，则有sin θ≈≈ 回复力F2与位移x的方向相反，则可表示为 F2＝－x　 此题给定的情境中为定值，可以用一个常量k表示，即F2＝－kx 故小球在运动弧度不大，偏角很小的情况下做简谐运动。 [答案]　(1)图见解析　F2＝mg sin θ　(2)见解析 角度3　单摆模型与其他运动的结合 (2024·江苏盐城一中期中) 如图所示，光滑圆弧轨道的半径为R，圆弧底部中点为O，两个大小可忽略、质量分别为m1和m2的小球A和B，A在离O很近的轨道上某点，B在点O正上方h处。现同时释放两球(不计空气阻力)，使两球在小球A第四次通过O点时恰好相碰，则h应为(　　) A．π2R　　　　 B．π2R C．π2R D．π2R [解析]　小球A在离O很近的轨道上某点静止释放，小球A相当于做摆长为R的单摆运动，小球A运动的周期T＝2π ，两球在A小球第四次通过O点时恰好相碰，则小球A和B运动的时间t＝T，所以小球B下落的高度h＝gt2＝π2R。 [答案]　A 综合一练　单摆模型的动力学和能量分析 (2024·江苏苏州联考)如图甲中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，静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，最大摆角α小于5°且未知。图乙是由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，g取10 m/s2。求： (1)单摆的摆长； (2)摆球的质量。 [解析]　(1)由题图乙可知，单摆的振动周期 T＝0.4π s 根据单摆的振动周期公式T＝2π 可知单摆的摆长l＝0.4 m。 (2)在最高点时，摆绳的拉力为F1，则F1＝mg cos α 在最低点时，摆绳的拉力为F2，则F2－mg＝ 对从最高点到最低点的过程由动能定理有 mgl(1－cos α)＝mv2 利用题图乙中的数据，联立方程可得m＝0.05 kg。 [答案]　(1)0.4 m　(2)0.05 kg 1．(单摆的回复力来源)(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　) A．摆球运动的回复力是重力的分力 B．摆球经过轨迹上的同一点速度是相同的 C．摆球经过轨迹上的同一点加速度是相同的 D．摆球经过平衡位置时受力是平衡的 解析：选AC。摆球运动的回复力是重力沿着切线方向的分力，A正确；摆球经过轨迹上的同一点速度大小相等，方向可能相同也可能相反，B错误；摆球经过轨迹上的同一点受力相同，合力相同，所以加速度是相同的，C正确；摆球经过平衡位置时受力不平衡，合力的方向指向圆心，D错误。 2．(单摆的周期公式)(2024·山东滨州联考期中)有甲、乙两个单摆(同一地点)，其振动图像如图所示，则甲、乙两单摆的摆长之比为(　　) A．4∶9　　　　　　 　 B．9∶4 C．2∶3 D．3∶2 解析：选A。根据单摆的周期公式可知T＝2π，同一地点，重力加速度相同，则甲、乙的摆长之比和周期的平方成正比，即为4∶9。 3．(单摆的周期公式和振动图像)(多选)(2024·贵州高二联考期中)如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，该运动可看成简谐运动。从某次摆球到达右侧最大位移处开始计时，摆球相对于平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，π2≈10。下列说法正确的是(　　) A．单摆的摆长约为0.16 m B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝4cos 2.5πt(cm) C．单摆的摆长约为1 m D．从t＝0.4 s到t＝0.6 s的过程中，摆球的加速度逐渐减小，速度逐渐增大 解析：选AD。由公式T＝2π＝0.8 s解得L＝0.16 m，A正确，C错误；由振动图像读出周期T＝0.8 s，振幅A＝2 cm，又根据ω＝，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝A sin (ωt＋φ)，代入数据得x＝2sin (2.5πt＋)cm，B错误；从t＝0.4 s到t＝0.6 s的过程中，摆球靠近平衡位置，则加速度逐渐减小，速度逐渐增大，D正确。 4. (单摆模型的拓展)如图所示，将小球甲、乙、丙(都可视为质点)分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B到达最低点D，丙沿圆弧轨道从C点运动到D，且C点很靠近D点，如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是(　　) A．丙球最先到达D点，乙球最后到达D点 B．甲球最先到达D点，乙球最后到达D点 C．甲球最先到达D点，丙球最后到达D点 D．甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点 解析：选B。设AD长度为r，甲的加速度为g，运动时间t1＝ ；设∠ADB＝θ，BD长度为2r cos θ，乙的加速度为g cos θ，运动时间t2＝2；丙做简谐振动，周期T＝2π ，运动时间t3＝ ；明显t2>t3>t1，甲球最先到达D点，乙球最后到达D点，B正确。 学科网（北京）股份有限公司 $