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(教科版)

第3节　单　摆 1．知道什么是单摆及单摆做简谐运动的条件。　2.会分析单摆做简谐运动的回复力以及摆球所受的合外力。　3.知道单摆的周期跟什么因素有关，理解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算。 一、单摆及其运动规律 1．单摆：用细线悬挂着小球，若忽略悬挂小球的细线长度的____________和________，且线长比球的直径__________________，这样的装置叫作单摆。单摆是实际摆的理想化模型。 2．单摆的振动：拉开摆球，使它偏离平衡位置一个小角度，然后放开，摆球将沿着以平衡位置为中心的一段圆弧做往复运动，这就是单摆的振动。 3．单摆的回复力 (1)来源：重力沿圆弧__________________的分力提供了使球沿圆弧振动的回复力。 (2)特点：当偏角θ很小时(θ为5°左右)弧线与x轴近似重合，sin θ≈，所以单摆的回复力为F＝－mg。其中l为摆长，x为摆球偏离________________的位移，负号表示回复力F与位移x的方向________。在偏角较小的情况下，单摆摆球所受的回复力与偏离平衡位置的位移成________，这与弹簧振子受的回复力形式相同。 (3)运动规律：单摆在偏角很小时的振动是________运动。 二、单摆的周期 1．提出：单摆做简谐运动的周期公式是荷兰物理学家____________首先提出的。 2．单摆做简谐运动的周期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，跟____________、摆球的__________无关。 3．周期公式：T＝______________。 判断下列说法是否正确。 (1)制作单摆的摆球越大越好。(　　) (2)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(　　) (3)单摆的回复力是重力的分力。(　　) (4)单摆的周期与摆球的质量无关。(　　) (5)单摆的振幅越小，周期越小。(　　) (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] 微小变化　质量　大得多　切线方向　平衡位置　相反　正比　简谐 惠更斯　振幅　质量　2π 知识点一　单摆的回复力来源 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．实际的摆可以看成单摆的条件 (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，T－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T应大于G，T－G提供向心力，因此，在平衡位置，回复力F＝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。 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于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于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 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＝l′＋，l′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 m/s2，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 (2024·江苏南通统考)在“用单摆测重力加速度的大小”实验中，小明作出摆线长L与周期T的L－T2图像如图所示，图像的斜率为k，截距为－b，则当地的重力加速度大小为(　　) A．4π2k B． C．4π2kb D． [解析]　根据单摆的周期公式T＝2π ，其中r为摆球半径，变形可得L＝－r，根据图像的斜率可知k＝，解得g＝4π2k。 [答案]　A 角度2　单摆的振动图像 (多选)(2024·广东广州统考期末)如图甲所示，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所示，设图中单摆向右振动为正方向，则下列说法正确的是(　　) 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 [解析]　由题图乙可知，此单摆的周期T＝2 s，则此单摆的振动频率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，题图中单摆向右振动为正方向，则摆球位于B点，故D正确。 [答案]　BCD 知识点三　单摆模型的拓展 1．等效摆长类 突破口：等效摆长为小球球心到等效悬点间的距离。 (1)双线摆：图(a)中甲、乙在垂直于纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l·sin α，这就是等效摆长。其周期T＝2π。图(b)中，乙在垂直于纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。 (2)圆弧摆：如图(c)所示，光滑圆弧的半径为R，小球在圆弧面上做往复运动时，等效为摆长为R的单摆做简谐运动，要求θ＜5°。 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的光滑球面上的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 如图，重力mg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≈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 1．(单摆的回复力来源)(2023·上海师大附中期中)关于单摆，下列说法正确的是(　　) A．物体能被看作单摆的条件是摆动时摆角要小于5° B．摆角小于5°时振动的频率与振幅无关 C.细线拉力与重力的合力提供回复力 D．摆动到最低点时摆球合力为零 解析：选B。单摆做简谐运动的条件是摆动时摆角要小于5°，故A错误；根据T＝2π可知，单摆的周期与振幅和摆球的质量无关，与摆长和当地的重力加速度有关，故B正确；单摆的回复力是由重力沿摆球运动轨迹切线方向的分力提供，故C错误；摆球在摆动到最低点时摆球合力提供向心力，不为零，故D错误。 2．(单摆的周期公式)(2023·山东青岛期中)关于单摆，下列说法正确的是(　　) A．摆球的振幅越小，周期越小 B．单摆做简谐振动时，其运动周期与摆长无关 C．伽利略通过对单摆的深入研究，得到了单摆周期公式 D．将钟摆由海南移至青岛，为保证钟摆走时的准确，需要将钟摆摆长调长些 解析：选D。根据单摆的周期公式可知，单摆的周期取决于摆长和当地的重力加速度，与单摆的振幅无关，故A、B错误；根据物理学史可知，伽利略得出了单摆的同时性，是惠更斯得出单摆的周期公式，故C错误；T＝2π，将钟摆由海南移至青岛，重力加速度增大，为保证钟摆走时的准确，需要将钟摆摆长调长些，故D正确。 3．(单摆的周期公式)一单摆由甲地移到乙地后，发现摆钟变快了，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，将摆长放长 C.g甲<g乙，将摆长缩短 D．g甲>g乙，将摆长放长 解析：选B。将一个单摆由甲地移到乙地后，发现摆钟变快了，知周期变短了，根据单摆的周期公式T＝2π ，知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。 4．(单摆模型的拓展)(2024·江苏苏州联考)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O点是最低点。两个 完全相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放，途中都经过 P点。下列说法正确的是(　　) A．M比N晚到达O点 B．M有可能在P点追上N并与之相碰 C．两小球经过O点时回复力为0 D．两小球所受重力与支持力的合力提供回复力 解析：选C。两个小球的运动都可以看成单摆(简谐运动)，摆长相同，从释放到O点所用的时间均为，单摆的振动周期与振幅无关，因此两小球同时到达O点，不会在到达O点前相碰，A、B错误；O点为平衡位置，因此两小球经过O 点时回复力为0，C正确；两小球所受重力与支持力的合力在沿运动方向上的分力提供回复力，沿半径方向的分力提供向心力，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $