【学霸笔记：同步精讲】09 第二章 第三节 单摆 课件--高中粤教版物理选择性必修第一册

(共71张PPT)
现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第二章　机械振动
第三节　单摆
[学习目标]　1．理解单摆模型及单摆做简谐运动的规律和特点．2．掌握影响单摆周期的因素和周期公式．3．能从不同角度认识单摆的振动．4．学会用单摆周期公式测定重力加速度的方法．
必备知识·自主预习储备
1．单摆模型
如果悬挂物体的绳子的____和____可以忽略不计，绳长比物体的尺寸大很多，物体可以看作____，这样的装置可以看作单摆，单摆是实际摆的理想模型．
2．单摆的运动
若单摆的摆角小于____，单摆摆球的摆动可看成________．
伸缩
质量
质点
5°
简谐运动
3．单摆的回复力
重力mg沿________方向的分力F为单摆摆球的回复力．
4．单摆的固有周期
(1)单摆振动的周期与摆球质量____(选填“有关”或“无关”)，与振幅____(选填“有关”或“无关”)，与摆长____(选填“有关”或“无关”)．
(2)周期T与摆长L的二次方根成____，与重力加速度g的二次方根成____，与摆球质量及振幅____．
圆弧切线
无关
无关
有关
正比
反比
无关
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)单摆模型中对细线的要求是细线的伸缩可忽略，质量可忽略． (　　)
(2)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． (　　)
(3)摆球质量越大，周期越长． (　　)
(4)摆动幅度越大，周期越长． (　　)
√
√
×
×
2．关于单摆的运动，下列说法正确的是(　　)
A．单摆摆球运动的回复力是摆线张力和重力的合力
B．单摆摆球经过轨迹上的同一点时速度是相同的
C．单摆摆球经过轨迹上的同一点时加速度是相同的
D．单摆摆球经过平衡位置时受力是平衡的
√
C　[摆球运动的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，故A错误；根据简谐运动的对称性可知，摆球经过轨迹上的同一点时速度大小相等，方向可能相同，也可能不同，加速度的大小、方向都相同，故B错误，C正确；摆球经过平衡位置时，回复力为零，合力不为零，受力并不平衡，故D错误．]
3．如图所示是一个单摆(θ ＜5°)，其周期为T，则下列说法正确的是(　　)
A．把摆球的质量增加一倍，其周期变小
B．摆球的振幅变小时，周期也变小
C．此摆由O →B运动的时间为
D．摆球由B→O时，动能向势能转化
√
C　[单摆的周期与摆球的质量无关，A错误；单摆的周期与振幅无关，B错误；此摆由O→B运动的时间为，C正确；摆球由B→O时，势能转化为动能，D错误．]
关键能力·情境探究达成
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夹角，然后释放．
讨论：
(1)小球受到哪些力的作用？
(2)向心力和回复力分别是由什么力提供的？
提示：(1)小球受重力和细线的拉力．
(2)细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力提供向心力.小球重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力．
考点1　单摆模型的回复力及运动情况
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
的分力的合力．
(3)回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力提供使摆球振动的回复力．
2．单摆做简谐运动的推证
在偏角很小时，sin θ≈，又回复力大小为mg 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，单摆做简谐运动．
【典例1】　振动的单摆小球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力及合力的说法中正确的是(　　)
A．回复力为零，合力不为零，方向指向悬点
B．回复力不为零，方向沿轨迹的切线
C．合力不为零，方向沿轨迹的切线
D．回复力为零，合力也为零
√
[思路点拨]　(1)考虑摆动情况，小球在平衡位置回复力为零．
(2)考虑圆周运动情况，小球在平衡位置所受合力不为零．
A　[单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)．]
规律方法　单摆中的回复力
(1)单摆振动中的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力．单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子的不同之处．
(2)在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力也就是回复力．
(3)在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合力不为零．
[跟进训练]
1．关于单摆的描述，下列说法正确的是(　　)
A．单摆的运动一定是简谐运动
B．单摆运动的回复力是重力与绳子拉力的合力
C．单摆运动过程中经过平衡位置时达到平衡状态
D．单摆经过平衡位置时回复力为零
√
D　[当单摆的偏角较小时单摆的运动才是简谐运动，故A错误；单摆运动的回复力是重力在圆弧切线上的分力提供的，故B错误；单摆运动过程中经过平衡位置时有向心加速度，所以没有达到平衡状态，故C错误；根据F＝－kx可知单摆经过平衡位置时回复力为零，故D正确．]
考点2　单摆的周期
1．单摆的周期公式：T＝2π．
2．对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和精确值相差0.01%)．
(2)公式中L是摆长，即悬点到摆球球心的距离，即L＝l线＋r球．
(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．
(4)周期T只与L和g有关，与摆球质量m及振幅无关．所以单摆的周期也叫固有周期．
3．单摆模型的拓展
(1)图(a)中，甲、乙在垂直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，与丙摆等效．
(2)如图(c)所示，小球在光滑的半径较大的圆周上做小幅度(θ很小)的圆周运动时，可等效为单摆，小球在A、B间做简谐运动，周期T＝2π．
4．公式中重力加速度g的变化与等效
(1)若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态，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＝9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值．
(2)等效重力加速度：若单摆系统处在非平衡状态(如加速、减速、完全失重状态)，则一般情况下，等效g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值．如图所示，摆球静止在平衡位置O时，FT＝mg sin θ，等效重力加速度g′＝＝
g sin θ．
【典例2】　一个单摆的摆长为l，在其悬点O的正下方0.19l处有一钉子P(如图所示)，现将摆球向左拉开到A，使摆线偏角θ＜5°，放手后使其摆动，求出单摆的振动周期．(重力加速度为g)
[思路点拨]　(1)左边和右边摆长不同．
(2)单摆的周期等于两个摆周期之和的一半．
[解析]　摆球释放后到达右边最高点B处，由机械能守恒可知B和A等高，则摆球始终做简谐运动.摆球做简谐运动的摆长有所变化，它的周期为两个不同单摆的半周期的和．
摆球在左边的周期为T1＝2π
摆球在右边的周期为T2＝2π
则整个单摆的周期为
T＝＋＝π＋π＝1.9π
[答案]　1.9π
规律方法　求单摆周期的方法
(1)在运用T＝2π时，要注意L和g是否发生变化，如果发生变化，则分别求出不同L和g时的运动时间．
(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)明确单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有关系．
[跟进训练]
2．若单摆的摆长不变，摆球的质量由20 g增加为 40 g, 摆球离开平衡位置的最大角度由4°减为2°，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
√
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，摆角减小则振幅减小，故B正确，A、C、D错误．]
3．(多选)如图为甲、乙两单摆的振动图像，则(　　)
A．由图像可知两单摆周期之比为2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、
乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝2∶1
C．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比
l甲∶l乙＝4∶1
D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1
√
√
AC　[由题中图像可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆摆长之比l甲∶l乙＝4∶1，若两摆摆长相等，则所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4．]
学习效果·随堂评估自测
1．(多选)下列有关单摆运动过程中的受力，说法正确的是(　　)
A．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
B．单摆经过平衡位置时合力提供向心力
C．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
D．在摆角很小的情况下，单摆回复力符合简谐运动特点
√
√
√
ABD　[单摆运动的回复力不是由重力与摆线拉力的合力提供，平衡位置时，重力和摆线拉力的合力提供向心力，B正确；单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的分力，A正确，C错误；当θ＜5°时，单摆回复力符合简谐运动特点，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，摆球的回复力最大
B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C．t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最小
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
√
√
AD　[由振动图像知，t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球的速度为零，摆球的回复力最大，A正确，C错误；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，由于摆球做圆周运动(一部分)，由牛顿第二定律得出悬线对摆球拉力最大，D正确，B错误．]
3．一个质量为m的小球在半径为R的光滑圆弧槽上来回运动，如图所示，圆弧槽的长度l R．为了使小球振动的频率变为原来的，可以采用的办法是(　　)
A．将R减小为原来的
B．将R增大为原来的4倍
C．将圆弧长l增大为原来的4倍
D．将m减小为原来的
√
B　[小球在光滑圆弧槽上做简谐运动，根据f＝＝， 使小球振动的频率变为原来的，可将R增大为原来的4倍，圆弧长度与小球质量不影响频率，故B正确．]
4．(源自人教版教材改编)(易错)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所对应的圆心角很小，O是圆弧的最低点，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，它们从释放到到达O的过程中都经过图中的P点，下列判断正确的是(　　)
A．M比N后到达O点
B．M、N通过P点时所受的回复力相同
C．M有可能在P点追上N并与之相碰
D．从释放到到达O点过程中，重力对M的
冲量比重力对N的冲量大
√
B　[根据单摆周期公式T＝2π，可知两小球振动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误；M、N通过P点时所受回复力相同，均为小球重力在该点沿着圆弧切线方向的分力，故B正确；M、N同时到达O点，则M不可能在P点与N相碰，故C错误；从释放到到达O点过程中，根据I＝mgt可知，重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误．]
5．某学习小组的同学在实验室用如图甲所示装置研究单摆的运动规律，O是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置．取向右为正方向．图乙是单摆的振动图像．已知当地的重力加速度大小g取10 m/s2，取π2＝10，下列说法正确的是(　　)
A．单摆的振幅是0.14 m，振动的频率是1 Hz
B．振动的表达式为x＝0.07sin 2πt m
C．单摆的摆长为1 m
D．t＝1.5 s时摆球在N点
√
C　[由题图乙知振幅A＝0.07 m，周期T＝2 s，则频率f＝＝0.5 Hz，A错误；振动的表达式为x＝A sin 2πft＝0.07sin πt m，B错误；由单摆的周期公式T＝2π，解得L＝＝1 m，C正确；由题图乙知，t＝1.5 s时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以摆球在M点，D错误．]
回顾本节内容，自主完成以下问题：
1．单摆是合力提供回复力吗？
提示：不是，是重力的切向分力．
2．单摆的摆动就是简谐运动吗？
提示：摆角小于5°时，单摆的运动可以看作简谐运动．
3．单摆周期与什么有关？
提示：摆长和重力加速度．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
?考点一　单摆模型的回复力及运动情况
1．在如图所示的装置中，可视为单摆的是(　　)
课时分层作业(六)　单摆
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A　　 　B　　 　　C　　 　D
√
A　[单摆的悬线要求无弹性且粗细、质量可忽略，摆球的直径与悬线长度相比可忽略，故A正确，B、C错误；悬点必须固定，故D错误．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
2．关于单摆，下列说法正确的是(　　)
A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
B．摆球受到的回复力是它所受的合力
C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D．摆角很小时，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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A　[回复力是使摆球回到平衡位置的力，其方向总是指向平衡位置，故A正确；摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力，故B错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，有向心力，合力不为零，方向指向悬点，故C错误；摆角很小时，回复力与摆球相对于平衡位置的位移大小成正比，但合力没有此关系，故D错误．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
3．有一个正在摆动的秒摆(T＝2 s)，若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t＝1.6 s时，以下对摆球的运动情况及回复力变化情况判断正确的是(　　)
A．正在向左做减速运动，回复力正在增大
B．正在向右做减速运动，回复力正在增大
C．正在向右做加速运动，回复力正在减小
D．正在向左做加速运动，回复力正在减小
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
D　[秒摆的周期为T＝2 s，取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，当t＝1.6 s时，即T题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
?考点二　单摆的周期
4．如图所示，置于地球表面上的一单摆在小振幅条件下摆动的周期为T0，下列说法正确的是(　　)
A．单摆摆动过程，绳子的拉力始终大于摆球的重力
B．单摆摆动过程，绳子的拉力始终小于摆球的重力
C．小球所受重力和绳的拉力的合力提供单摆做简谐
运动的回复力
D．将该单摆置于月球表面，其摆动周期T>T0
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
D　[在最高点时，绳的拉力大小等于重力的一个分力，此时绳子的拉力小于重力，在最低点的时候绳的拉力和重力共同提供向心力，F－mg＝ma，可得F＝mg＋ma，故A、B错误；小球所受重力和绳的拉力的合力的切向分力提供单摆做简谐运动的回复力，径向分力提供向心力，故C错误；月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，根据单摆周期公式T＝2π可知，将该单摆置于月球表面，其摆动周期T>T0，故D正确．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
5．周期是2 s的单摆叫秒摆，取重力加速度大小g＝π2，则秒摆的摆长是(　　)
A．1 m B．2 m
C．3 m D．4 m
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A　[由题意可知，T＝2 s，g＝π2，由单摆的周期公式T＝2π，可得秒摆的摆长L＝＝ m＝1 m, A正确，B、C、D错误．]
6．(多选)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＝9.8 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，取π2＝9.8，则下列选项正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
√
√
BCD　[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，因单摆向右振动为正方向，则摆球位于B点，故D正确．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
7．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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
D　[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可知，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，而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
8．如图所示，在倾角为α的光滑斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，摆球质量为m，重力加速度为g，则以下判断正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A．单摆在斜面上摆动的周期为T＝2π
B．摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为F＝m
C．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将增大
D．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
D　[单摆在平衡位置时，等效重力加速度为g′＝g sin α，所以单摆在斜面上摆动的周期T＝2π＝2π，故A错误；回复力大小与偏离平衡位置位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为0，故B错误；若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，单摆在平衡位置时，等效重力加速度为g″＝g sin α＋，所以单摆在斜面上摆动的周期T′＝2π＝2π，周期减小，故C错误，D正确．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
9．(多选)将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行(图甲)，让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L．从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a-t关系图如图乙所示．则以下说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A．忽略空气阻力，秋千的回复力由重力和拉力的合力提供
B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力大于手机所受的重力
C．秋千摆动的周期为t3－t1
D．该地的重力加速度g＝
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
√
BC　[忽略空气阻力，秋千的回复力由重力沿单摆运动切线方向的分力提供，A错误；在最低点，合力提供向心力，N－mg＝m，秋千对手机的支持力N＝mg＋m>mg，故秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，B正确；秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到原最大振幅偏角位置所用的时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，根据垂直手机平面方向的
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
a-t关系图，周期为T＝t3－t1，C正确；根据单摆周期公式T＝2π，又T＝t3－t1，故当地重力加速度g＝，D错误．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
10．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，求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
(1)单摆的周期T和摆长L；
(2)小球的质量m；
(3)力传感器测出的拉力的最大值F1．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[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、C点时拉力最小，则有F2＝mg cos α
解得m＝
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
(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．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[答案]　(1)2t0　　(2)　(3)F2
谢 谢！