4 单 摆
[定位·学习目标] 1.通过阅读教材,知道什么是单摆,单摆的构造,单摆回复力的来源,形成物理观念。2.通过分析单摆振动的特点,理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动,形成科学思维。3.通过单摆周期与摆长关系的探究过程,体会实验设计思路,掌握单摆的周期公式,并能够进行相关计算。
知识点一 单摆的回复力
探究新知
1.单摆的组成:由细线和小球组成。
2.理想化模型
(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.单摆的回复力
(1)回复力的来源:如图所示,摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。
(2)回复力的特点:当摆角很小时,sin θ≈θ≈,所以单摆的回复力可表示为F=-x,即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,所以单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。
4.单摆运动的位移—时间图像为一条正弦曲线。
新知检测
(1)生活中,我们经常可见悬挂起来的物体在竖直平面内摆动,这样摆动的装置叫单摆,请举几例。
【答案】 生活中常常看到摆钟、秋千等都在竖直平面内摆动,理想情况下都可看成单摆模型。
(2)判断以下摆动模型是不是单摆,为什么
【答案】 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,因为绳长不是远大于球的直径。
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。
知识点二 单摆的周期
探究新知
1.定性探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响
(1)探究方法:控制变量法。
(2)实验结论。
①摆长越长,周期越大。
②单摆的周期与摆球质量和振幅无关。
2.定量探究单摆的周期与摆长之间的关系
(1)周期的测量:用停表测出单摆N(30～50)次全振动的时间t,利用T=计算它的周期。
(2)摆长的测量:用刻度尺测出细线长度l0,用游标卡尺测出小球直径D,利用l=l0+求出摆长。
(3)数据处理:改变摆长,测量不同摆长及对应周期,作出T-l,T-l2或T- 图像,得出结论。
3.周期公式
(1)公式的发现:荷兰物理学家惠更斯首先确定了计算单摆的周期公式。
(2)公式:T=2π,即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。
正误辨析
(1)单摆的周期与摆球的质量无关。( √ )
(2)单摆的振幅越小,周期越小。( × )
(3)单摆的摆长越长,周期越大。( √ )
(4)若单摆的振幅变为原来的一半,则周期也将变为原来的一半。( × )
要点一 单摆的回复力
情境探究
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定夹角,然后由静止释放。
探究:(1)小球在振动过程中受到哪些力的作用
(2)小球振动的回复力由什么力提供
(3)小球经过平衡位置时单摆所受的合力是否为0 单摆的回复力就是单摆所受的合力吗
【答案】 (1)小球受重力和细线的拉力作用。
(2)回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供。
(3)单摆的运动可看作圆周运动,单摆经过平衡位置时单摆所受的合力不为0,因为拉力和重力的合力提供向心力。合力不是回复力。
要点归纳
1.摆球受力:如图所示,摆球受细线拉力和重力作用。
2.向心力来源:细线对摆球的拉力和摆球重力沿径向的分力的合力,即Fn=FT-mgcos θ=m。
3.回复力来源:摆球重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供了使摆球振动的回复力。
典例研习
[例1] (对单摆的理解)关于单摆,下列认识正确的是( )
[A]一根线系着一个球悬挂起来,这样的装置就是单摆
[B]可以看成单摆的装置中,细线的伸缩和质量忽略不计,线长比小球直径大得多
[C]单摆的振动总是简谐运动
[D]两个单摆只要结构相同,它们的振动步调便相同
【答案】 B
【解析】 一根线系着一个球悬挂起来,并且满足细线的伸缩和质量忽略不计,线长比小球直径大得多时,这样的装置才能视为单摆,故A错误,B正确;只有在摆角很小的情况下,单摆的振动才是简谐运动,故C错误;两个单摆结构相同时,它们的振动步调不一定相同,故D
错误。
[例2] (单摆的回复力)(2025·四川遂宁阶段检测)如图所示,O点为单摆的固定悬点,现将可视为质点的摆球拉至A点,此时细线处于张紧状态,由静止释放摆球,摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,B点为运动中的最低位置,D点为运动范围中的某一点,运动过程忽略空气阻力。关于该单摆的回复力,下列说法正确的是( )
[A]摆球受到重力、拉力和回复力的作用
[B]摆球在经过A点或C点时速度为0,回复力为0
[C]摆球在经过B点处,速度最大,回复力最大
[D]摆球相邻两次经过D点时回复力相等
【答案】 D
【解析】 摆球受到重力、拉力两个力的作用,回复力不是摆球实际受力,故A错误;摆球在经过A点或C点时,速度为0,但位移最大,回复力不为0,回复力为重力沿切线方向的分力,故B错误;摆球在经过B点时,速度最大,回复力为0,故C错误;摆球相邻两次经过D点时,其位移相等,则回复力相等,故D正确。
单摆模型中的回复力与平衡位置
(1)回复力不是摆球所受的合力(只有在最高点时回复力才等于合力)。在平衡位置,摆球的回复力为零,但合力等于摆球的向心力,指向悬点,不为零。
(2)平衡位置具有向心加速度,最高点处具有切向加速度,摆球均不处于平衡状态。
[例3] (单摆的运动特征及规律) (多选)(2025·内蒙古通辽期中)如图甲所示,一个单摆做小角度摆动。从某次摆球到达右侧最大位移处开始计时,摆球相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,取π2=10。下列说法正确的是( )
[A]单摆的运动为简谐运动
[B]单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=2sin(2.5πt+) cm
[C]从t=0.2 s到t=0.4 s的过程中,摆球的动能逐渐增加
[D]从t=0.4 s到t=0.6 s的过程中,摆球的回复力逐渐增大
【答案】 AB
【解析】 由于单摆的运动曲线为正弦曲线,可知单摆做简谐运动,故A正确。由振动图像读出单摆运动的周期T=0.8 s,振幅A=2 cm,又根据ω=,由于简谐运动的位移x随时间t变化的关系式为x=Asin(ωt+φ),代入数据得x=2sin(2.5πt+) cm,故B正确。由题图乙可知从t=0.2 s到t=0.4 s的过程中,摆球远离平衡位置,则动能逐渐减少;从t=0.4 s到t=0.6 s的过程中,摆球衡位置,摆球的回复力逐渐减小,故C、D错误。
单摆运动中力与能量的特点
(1)当单摆的摆角较小时,单摆的运动可以看成简谐运动,回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供,向心力则由摆线拉力和重力的径向分力的合力提供。
(2)单摆摆球的加速度分切向加速度和向心加速度两种,决定因素不同,特点也不一样。
(3)单摆摆球在运动过程中,动能和势能相互转化,但其机械能不变。
要点二 单摆的周期及其应用
情境探究
惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器,叫摆钟。摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤势能提供,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。根据以上情境请探究以下问题。
探究:(1)一只冬天很准的摆钟到了夏天却不准了,是走快了还是慢了
(2)怎么调节才能使摆钟重新准确计时
【答案】 (1)由冬天到夏天,摆杆变长,周期变大,摆钟走慢了。
(2)应将螺母上移。
要点归纳
1.单摆周期的实验探究
在“探究影响单摆周期的因素”的实验中的三点注意
(1)摆线上端一定要固定好,不可在运动中松动。
(2)摆线长一定要在摆线挂上摆球且自然悬垂时测量。
(3)测量周期时要从摆球通过平衡位置时开始计时,且第一次读零,这样计算周期时不容易算错。
2.对摆长的理解
(1)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)等效摆长(小球可视为质点)。
图a中,甲、乙在垂直于纸面方向摆动起来效果是相同的,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。
3.对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在摆角很小时成立(偏角为5°时,由周期公式算出的周期和准确值相差0.01%)。
(2)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。
(3)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。
典例研习
[例4] (单摆周期的实验探究)(2025·广东清远阶段练习)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
(1)他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,如图甲所示。这样做的目的是 (多选,填选项前的字母)。
A.保证摆动过程中摆长不变
B.需要改变摆长时便于调节
C.保证摆球在同一竖直平面内摆动
D.可使周期测量得更加准确
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最底端的长度 L=1.000 0 m,再用螺旋测微器测量摆球直径,结果如图乙所示,则该摆球的直径为
mm,单摆摆长为 m(结果保留3位有效数字)。
(3)下列振动图像是在摆角不大于5°的情况下,描述该单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C均为30次全振动的图像,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是 。(填字母代号,已知sin 5°=0.087,sin 15°=0.26)
A B
C D
【答案】 (1)AB (2)7.882 0.996 (3)A
【解析】 (1)在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,能够防止运动过程中摆长发生变化,且方便调节摆长,与保证摆球在同一竖直面摆动及准确测量周期无关,故A、B正确。
(2)根据螺旋测微器示数,可知摆球直径为d=7.5 mm+38.2×0.01 mm=7.882 mm,单摆摆长为l=L-=1 000 mm-3.941 mm=996.059 mm=0.99 6 m。
(3)由于摆角小于等于5°时,单摆做简谐运动,其振幅约为A=lsin 5°=8.7 cm,当小球摆到最低点开始计时,误差较小,测量周期时要让小球做30次全振动,求平均值,所以选项A合乎实验要求且误差最小。故A正确。
[例5] (对单摆周期公式的理解及应用)(2025·四川广安阶段练习)如图甲所示是一个单摆振动的情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙所示是这个单摆的振动图像。(取π2=10)
(1)单摆振动的频率是多大
(2)若当地的重力加速度g为10 m/s2,这个摆的摆长是多少
(3)若该单摆在某星球表面摆动,测得完成50次全振动所用的时间为100 s。该星球表面的重力加速度g′是多大
【答案】 (1)1.25 Hz (2)0.16 m (3)1.6 m/s2
【解析】 (1)由题图乙可知该单摆的周期
T=0.8 s,则f==1.25 Hz。
(2)由T=2π,得
l=,代入数据解得l=0.16 m。
(3)完成50次全振动所用的时间为100 s,则周期
T′= s=2 s,
根据周期公式得
g′==1.6 m/s2。
[例6] (等效摆长的应用)如图所示,三根长度均为l0的绳l1、l2、l3组合系住一质量分布均匀的小球m,球的直径为d(d l0),绳l2、l3与天花板的夹角α=30°,重力加速度为g。则:
(1)若小球在纸面内做小角度的左右摆动,周期T1为多少
(2)若小球做垂直于纸面的小角度摆动,周期T2为多少
【答案】 (1)2π (2)2π
【解析】 (1)根据题意可知,若小球在纸面内做简谐运动,摆长为l=l0+,
振动周期为T1=2π=2π=2π。
(2)根据题意可知,若小球做垂直于纸面的简谐运动,摆长
l′=l0+l0sin α+,
振动周期为
T2=2π
=2π
=2π。
要点三 单摆模型的拓展
情境探究
如图所示,为竖直面内的光滑小圆弧(半径为R),且 R(或对应圆心角∠BOC很小)。
探究:(1)分析小球在间运动时的受力情况。
(2)小球在间运动的周期为多少
【答案】 (1)受支持力和重力。
(2)轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力,故其运动为类单摆运动,等效摆长为R。周期为T=2π。
要点归纳
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,该类物体的运动为类单摆模型。
2.处理类单摆问题的方法
(1)确认符合类单摆模型的条件。
(2)确定等效摆长l。
(3)确定等效重力加速度g′。
(4)利用公式T=2π或简谐运动规律分析求解有关问题。
典例研习
[例7] (类单摆及应用)(2025·海南检测)如图所示,半径为R的光滑圆弧轨道ab的a点固定有一竖直挡板,一质量为m的小物块P(可视为质点)从轨道上的c点由静止释放,到达最低点a时与挡板发生弹性碰撞,碰撞时间极短,可忽略不计。已知∠aOc=5°,重力加速度为g。则小物块P从开始释放到第一次回到c点经历的时间约为( )
[A] [B]π
[C] [D]2π
【答案】 B
【解析】 由于∠aOc=5°,则小物块P的运动可视为单摆模型,小物块P从c点由静止释放,运动到最低点时发生弹性碰撞后返回,小物块的速度大小不变,运动周期不变,则从开始释放到第一次回到c点经历的时间为t==π,故B正确。
[例8] (单摆模型的拓展)惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论,某同学创设了“重力加速度”可以调节的实验环境,如图甲所示,在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面,把摆线固定于斜面上的O点,使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点,静止释放后,摆球在A、C之间做简谐运动,摆角为α。在某次实验中,摆球自然悬垂时,通过力传感器(图中未画出)测得摆线的拉力大小为F1;摆球摆动过程中,力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图乙所示,其中F2、F3、T0均已知,当地的重力加速度为g。下列选项正确的是( )
[A]多次改变图甲中α角的大小,即可获得不同的等效重力加速度
[B]在图乙的测量过程中,单摆n次全振动的时间为nT0
[C]多次改变斜面的倾角θ,只要得出T∝就可以验证该结论成立
[D]在图乙的测量过程中,满足F3=3F2-2F1关系
【答案】 C
【解析】 等效重力加速度g′=gsin θ,所以若要获得不同的等效重力加速度,可以多次改变题图甲中θ角的大小,故A错误;由题图乙可知,单摆一次全振动的时间T=2T0,所以n次全振动的时间t=nT=2nT0,故B错误;若单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比,即T∝,因为g′=gsin θ,则有T∝,所以若多次改变斜面的倾角θ,满足T∝,则可验证结论成立,故C正确;摆球自然悬垂时,通过力传感器测得摆线的拉力为F1,则F1=mg′,摆球在A点时,有F2=mg′cos α,摆球运动到B点时,有F3-mg′=m,摆球从A点运动到B点的过程中,根据动能定理得mg′l(1-cos α)=mv2,由以上各式解得F3=3F1-2F2,故D错误。
不同单摆系统中的等效重力加速度
核心归纳
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时的摆线拉力与摆球质量的比值。
g等效=g-a或 g等效=g+a 确定等效重力加速度的方法:当单摆在平衡位置“停摆”时,绳拉力与质量之比
g等效=或 g等效= 当摆球受到除重力、拉力以外的其他力为恒力时,采用等效法,将重力和恒力的合力等效为重力
g等效=g 当摆球受到除重力、拉力以外的其他力的方向总是与速度方向垂直时,等效重力加速度仍为g,即单摆的周期T不变
典例研习
[例题] 如图所示的几个相同单摆在不同条件下,关于它们的周期关系,其中判断正确的是( )
[A]T1>T2>T3>T4 [B]T1[C]T1>T2=T3>T4 [D]T1【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)等效为重力,即单摆的等效重力加速度g1=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,即单摆的周期不变;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,g4=g+a。由单摆振动的周期公式T=2π,知T1>T2=T3>T4,选项C正确。
1.(多选)(2025·上海闵行期中)关于单摆,下列说法正确的是( )
[A]单摆装置是研究机械振动的物理模型
[B]用细线悬挂一个小球,细线要质量很小,且不可伸长;小球要质量较大,体积较小
[C]将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上,这样单摆装置就架设完成了
[D]单摆在摆角很小的情况下的振动可以看作简谐运动
【答案】 ABD
【解析】 单摆运动是机械振动,所以单摆装置是研究机械振动的物理模型,故A正确;制作单摆的细线质量应与小球质量相比可忽略,且不可伸长;小球要质量较大且体积较小,故B正确;将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上会导致摆动过程中摆长发生变化,故C错误;单摆在摆角很小的情况下的振动可以看作简谐运动,故D正确。
2.(2025·江苏南通期中)如图所示,在铁架台的横梁上固定两个单摆,把它们拉起一小角度后释放,研究单摆的振动周期,则( )
[A]摆线越短周期越小
[B]摆角越小周期越小
[C]摆球越重周期越小
[D]横梁越低周期越小
【答案】 A
【解析】 根据单摆的周期公式T=2π可知,单摆的周期与摆角、摆球质量、横梁的高低无关,而且摆线越短,周期越小。故A正确。
3.(2025·广东广州期中)在广州走时准确的摆钟,随考察队带到北极黄河站,则这个摆钟( )
[A]变快了,重新校准应增大摆长
[B]变快了,重新校准应减小摆长
[C]变慢了,重新校准应减小摆长
[D]变慢了,重新校准应增大摆长
【答案】 A
【解析】 摆钟从广州到北极黄河站,纬度升高,重力加速度g变大,由单摆的周期公式T=2π可知,摆钟的周期变小,即摆动变快了,则这个摆钟应将周期T调大,即增大摆长l。故A正确。
4.某中学的实验室内有一秒摆,一名同学用其做实验,该同学使摆球偏离平衡位置的距离为4 cm,然后静止释放摆球,得到如图所示的振动图像。地球表面的重力加速度g取
10 m/s2,π2取10。不计空气阻力。
(1)振动图像中A和b应该标注的数值为多少
(2)求秒摆的摆长;
(3)已知月球上的自由落体加速度为g′=1.6 m/s2,求地球上的秒摆在月球表面的振动周期。
【答案】 (1)0.04 1 (2)1 m (3)5 s
【解析】 (1)由题意可知,振幅为4 cm=0.04 m,则A=0.04。秒摆的周期是2 s,故b=1。
(2)根据单摆周期公式T=2π,
可知摆长为l=1 m。
(3)当此单摆在月球上时,由周期公式T′=2π,
代入数据可得T′=5 s。
课时作业
(分值:70分)
考点一 单摆及单摆位移—时间图像
1.(4分)关于单摆,下列说法正确的是( )
[A]单摆运动均可看作简谐运动
[B]单摆的振幅不论多大,其周期均为2π
[C]单摆的振动是变加速运动
[D]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
【答案】 C
【解析】 单摆做简谐运动的条件是摆角很小,一般小于5°,选项A错误;单摆做简谐运动时周期T=2π,要求摆角很小,选项B错误;单摆振动中加速度不断变化,是变加速运动,选项C正确;摆球所受合力既提供回复力,又提供做圆周运动的向心力,而回复力与位移成正比,合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小不成正比,选项D错误。
2.(6分)(多选)(2025·河南安阳期末)图甲是利用沙摆演示简谐运动的装置,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木板上显示出图乙所示的曲线。已知木板水平速度为0.20 m/s,图乙所示一段木板的长度为0.60 m,重力加速度的大小g取π2m/s2,下列说法正确的是( )
[A]木板上形成一个完整波形的时间为3 s
[B]沙摆的摆长约为0.56 m
[C]将该装置搬至月球,周期变小
[D]图乙可表示沙摆的振动图像
【答案】 BD
【解析】 根据题图乙可知,单摆完成两次全振动的时间为t= s=3 s,可知振动周期T==1.5 s,选项A错误;根据单摆周期公式T=2π,摆长l==0.56 m,选项B正确;若将装置搬至月球,其重力加速度减小,则周期变大,选项C错误;当薄木板被水平匀速拉动时,题图乙可表示漏斗位置随时间变化的关系,即可表示沙摆的振动图像,选项D正确。
考点二 单摆的周期公式及应用
3.(4分)如图甲所示,从重型机械的机械臂顶部垂下一个大铁球并让它小角度摆动,即可以用来拆卸混凝土建筑,该情境可视为单摆模型,它对应的振动图像如图乙所示,当地的重力加速度g取π2 m/s2,则下列说法正确的是( )
[A]铁球的质量增大,周期增大
[B]t=4 s时,摆球的速度最大
[C]该单摆的摆长约为4 m
[D]铁球摆开的角度增大,周期增大
【答案】 C
【解析】 根据单摆的周期公式T=2π,可知周期的大小与铁球的质量、摆开的角度无关,故A、D错误;由题图乙可知,t=4 s时,摆球离开平衡位置的位移达到最大,此时摆球的速度为零,故B错误;由题图乙可知,单摆的周期为4 s,所以摆长约为l==4 m,故C正确。
4.(4分)(2025·辽宁沈阳阶段练习)如图所示,摆钟正常工作时其摆锤的运动可看成简谐运动,摆锤每摆动半个周期,表盘上的分针就会向前微小跃动一次,分针每次向前跃动的距离不变。下列说法正确的是( )
[A]摆锤摆动的振幅越大,摆钟计时越准
[B]要使摆钟走得慢些,可通过缩短它的摆长来实现
[C]若把摆钟置于正在运行的天宫空间站,其摆锤不会正常摆动
[D]在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时,在南极的摆钟走得慢些
【答案】 C
【解析】 为了使摆钟摆动时计时准确,摆锤摆动的角度不能大于5°,可知摆锤摆动的振幅不能太大,故A错误;缩短它的摆长,由T=2π可知周期变小,摆钟走得更快,故B错误;若把摆钟置于正在运行的天宫空间站,因为处于完全失重状态,摆锤不会正常摆动,故C正确;在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时,因为赤道重力加速度小,根据T=2π,可知在赤道处周期长,所以赤道的摆钟走得慢些,故D错误。
5.(12分)摆是物理学中重要的模型之一。如图甲所示,一根不可伸长的轻软细绳的上端固定在天花板上的O点,下端系一个摆球(可看作质点)。将其拉至A点后由静止释放,摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低点。忽略空气阻力。如图乙所示为绳中拉力F随时间t变化的图线,g取9.8 m/s2,求:
(1)摆的振动周期T;
(2)摆的最大摆角θm;
(3)摆球质量m。
【答案】 (1)2.16 s (2)60° (3)0.25 kg
【解析】 (1)由对称性可知,小球在A、C两点拉力大小相等,但一次全振动是由A点到C点再回到A点,故摆的振动周期为T=2.16 s。
(2)(3)在A点时,有
mgcos θm=Fmin,
在B点时,有
Fmax-mg=m,
从A点到B点由动能定理可得
mg(L-Lcos θm)=mv2,
联立解得m=0.25 kg,θm=60°。
考点三 单摆模型的拓展
6.(4分)(2025·贵州黔东南期中)如图所示,竖直面内的光滑圆弧槽上,两个小球甲、乙(均视为质点)同时由静止释放,其中小球甲的初位置离圆槽最低点O较远些,小球甲、乙运动的弧长远小于圆弧槽的半径。关于小球甲、乙相遇时的情境,下列说法正确的是( )
[A]小球甲、乙的速度相同,相遇在O点左方
[B]小球乙的速度更小,相遇点在O点
[C]小球甲的速度更大,相遇点在O点右方
[D]无法确定小球甲、乙的速度大小关系,因为两小球的质量关系未知
【答案】 B
【解析】 小球甲、乙运动的弧长远小于圆弧槽的半径,可知它们的运动可看成是简谐运动,其“摆长”l=R,根据周期公式T=2π,可知小球甲、乙从释放至运动到O点所用的时间均为T,则小球甲、乙在O点相遇,由机械能守恒可知,相遇时甲球速度较大,故B正确,A、C、D错误。
7.(4分)(2025·山东泰安阶段练习)一根细线一端固定,另一端系一密度为ρ=0.8×103 kg/m3的小球,组成一个单摆,其在空气中做简谐运动的周期T=8 s。现将此单摆倒置于水中,使其拉开一个小角度后做简谐运动,如图所示。已知水的密度为 1.0×103 kg/m3,水和空气对小球的阻力可忽略,则小球在水中做简谐运动的周期为(重力加速度g取10 m/s2)( )
[A]4 s [B]8 s
[C]12 s [D]16 s
【答案】 D
【解析】 单摆在空气中做简谐运动的周期T=2π=8 s,在水中做简谐运动的周期T′=2π,其中g′为小球摆动过程中的等效重力加速度,小球受到的重力mg=ρgV,其等效重力mg′=(ρ水-ρ)Vg,联立解得T′=2π,代入数据得T′=16 s,故D正确。
8.(6分)(多选)如图所示为同一地点甲、乙两个单摆的振动图像,下列说法正确的是( )
[A]甲、乙两个单摆的振幅之比为9∶4
[B]甲、乙两个单摆的周期之比为1∶1
[C]甲、乙两个单摆的摆长之比为4∶1
[D]单摆的回复力是摆球所受拉力与重力的合力
【答案】 AC
【解析】 由题图可知,甲单摆的振幅为9 cm,乙单摆的振幅为4 cm,甲、乙两个单摆的振幅之比为9∶4,故A正确;由题图可知,甲单摆的周期为2 s,乙单摆的周期为1 s,甲、乙两个单摆的周期之比为2∶1,故B错误;根据周期公式T=2π可得 l=,甲、乙两个单摆的摆长之比为4∶1,故C正确;摆球受到的回复力是重力沿切线方向的分力,故D错误。
9.(4分)(2025·重庆合川阶段练习)如图所示,两个完全相同的弹性小球A和B,分别挂在长和L的细线上,重心在同一水平面上、且小球恰好互相接触,把小球A向左拉开一个较小角度后由静止释放,经过多长时间两球发生第4次碰撞( )
[A]π [B]3π
[C]π [D]4π
【答案】 A
【解析】 两质量相等的弹性小球做弹性正碰时,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,解得v1=0,v2=v0,可知两球碰撞后速度交换,根据单摆周期公式得TA=2π=π,TB=2π,从释放小球A到第1次相碰经历时间 t1=TA=
,从小球B摆起到第2次相碰经历时间t2=TB=π,从小球A摆起到第3次相碰经历时间t3=TA=,从小球B摆起到第4次相碰经历时间t4=t2=π,可知两球发生第4次碰撞的时间t=t1+t2+t3+t4=,故A正确。
10.(6分)(多选)(2025·四川成都期中)质量为m、摆长为L的单摆,拉开一定角度后,t1时刻由静止释放,在t1、t2、t3时刻(t1[A]摆球第一次回到释放点的时间为4(t2-t1)
[B]摆球在最低点的向心加速度为
[C]t1～t2过程单摆转过角度小于t2～t3过程单摆转过角度
[D]t2、t3时刻细绳拉力的差值大小为
【答案】 BCD
【解析】 单摆在摆动过程中,只有重力做功,机械能守恒,其大小为E0,在t1时刻Ek=0,Ep=E0,即摆球处于最高点;在t3时刻Ep=0,Ek=E0,摆球处于最低点,则摆球从最高点运动到最低点所用的时间为t=T=t3-t1,得T=4(t3-t1),故A错误。摆球在最低点时有Ek=E0=mv2,根据牛顿第二定律得Fn=man=m,则an==,故B正确。设t1、t2时刻摆球高度分别为h、h′,则有mgh=E0,mgh′=0.5E0,解得h′=h,可知t1～t2过程单摆下降高度为h,t2～t3过程单摆下降高度同为h,由圆的知识可知,t1～t2过程摆球运动轨迹的弧长一定小于t2～t3过程摆球运动轨迹的弧长,而半径均为L,所以t1～t2过程单摆转过的角度小于t2～t3过程单摆转过的角度,故C正确。设t2时刻摆线与竖直方向的夹角为α,细绳拉力为F1,则有F1-mgcos α=
m,又0.5E0=mv′2,而L-Lcos α=h′,则0.5E0=mgh′;同理,t3时刻有F2-mg=m,E0=mv2,联立方程整理得F2-F1=,故D正确。
11.(16分)如图甲所示,在天花板上的O点用一定长度的摆线悬挂一个摆球,在O点的下方P点处有一个钉子,现将摆球向左拉开一个很小的角度,t=0 时将摆球由静止释放,当摆球运动到最低点时,摆线碰到钉子,此后摆球又向右摆动一个很小角度(小于5°),设向左为正方向,摆球的振动图像如图乙所示(图线与两轴的交点已在图中标出),不计摆线和钉子相碰时的能量损失,重力加速度g取π2 m/s2,结果可用分式表示,求:
(1)单摆的振动周期;
(2)钉子的位置P点到悬点O的距离;
(3)图像中x1与x2的比值。
【答案】 (1)1.8 s (2)0.36 m (3)5∶4
【解析】 (1)由题图乙可知,单摆完成一次全振动的时间为T=1.8 s。
(2)由题图乙可知,小球在OP左侧摆动时,单摆的周期为T1=2 s,由周期公式
T1=2π,
解得该单摆摆线的长度为l=1 m,
小球在OP右侧绕着P点摆动时,周期为T2=1.6 s,由周期公式T2=2π,
解得该单摆碰到钉子后的摆长为l′= m,
故钉子的位置P与悬点O的距离Δl=l-l′,
代入数据得Δl=0.36 m。
(3)设单摆在OP左侧摆动的最大偏角为θ1,在OP右侧摆动的最大偏角为θ2,由数学知识可得x1=2lsin ,x2=2l′sin ,
由机械能守恒定律得mgl(1-cos θ1)=mgl′(1-cos θ2),
由数学方法可解得=。(共66张PPT)
4 单 摆
[定位·学习目标]
1.通过阅读教材,知道什么是单摆,单摆的构造,单摆回复力的来源,形成物理观念。2.通过分析单摆振动的特点,理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动,形成科学思维。3.通过单摆周期与摆长关系的探究过程,体会实验设计思路,掌握单摆的周期公式,并能够进行相关计算。
探究·必备知识
知识点一 单摆的回复力
「探究新知」
1.单摆的组成:由细线和 组成。
2.理想化模型
(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。
小球
3.单摆的回复力
(1)回复力的来源:如图所示,摆球的重力沿圆弧 方向的分力。
切线
正比
平衡位置
4.单摆运动的位移—时间图像为一条正弦曲线。
「新知检测」
(1)生活中,我们经常可见悬挂起来的物体在竖直平面内摆动,这样摆动的装置叫单摆,请举几例。
【答案】 生活中常常看到摆钟、秋千等都在竖直平面内摆动,理想情况下都可看成单摆模型。
(2)判断以下摆动模型是不是单摆,为什么
【答案】 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,因为绳长不是远大于球的直径。
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。
知识点二 单摆的周期
「探究新知」
1.定性探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响
(1)探究方法: 。
(2)实验结论。
①摆长越长,周期 。
②单摆的周期与摆球质量和振幅 。
控制变量法
越大
无关
2.定量探究单摆的周期与摆长之间的关系
(1)周期的测量:用停表测出单摆N(30～50)次全振动的时间t,利用T= 计算它的周期。
(2)摆长的测量:用 测出细线长度l0,用 测出小球直径D,
利用l= 求出摆长。
刻度尺
游标卡尺
摆长
摆长
3.周期公式
(1)公式的发现:荷兰物理学家 首先确定了计算单摆的周期公式。
(2)公式:T= ,即T与摆长l的二次方根成 ,与重力加速度g的二次方根成 。
惠更斯
正比
反比
正误辨析
(1)单摆的周期与摆球的质量无关。( )
(2)单摆的振幅越小,周期越小。( )
(3)单摆的摆长越长,周期越大。( )
(4)若单摆的振幅变为原来的一半,则周期也将变为原来的一半。( )
×
√
√
×
突破·关键能力
要点一 单摆的回复力
「情境探究」
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定夹角,然后由静止释放。
探究:(1)小球在振动过程中受到哪些力的作用
【答案】 (1)小球受重力和细线的拉力作用。
(2)小球振动的回复力由什么力提供
(3)小球经过平衡位置时单摆所受的合力是否为0 单摆的回复力就是单摆所受的合力吗
【答案】 (2)回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供。
【答案】 (3)单摆的运动可看作圆周运动,单摆经过平衡位置时单摆所受的合力不为0,因为拉力和重力的合力提供向心力。合力不是回复力。
1.摆球受力:如图所示,摆球受细线拉力和重力作用。
「要点归纳」
3.回复力来源:摆球重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供了使摆球振动的回复力。
[例1] (对单摆的理解)关于单摆,下列认识正确的是( )
[A]一根线系着一个球悬挂起来,这样的装置就是单摆
[B]可以看成单摆的装置中,细线的伸缩和质量忽略不计,线长比小球直径大得多
[C]单摆的振动总是简谐运动
[D]两个单摆只要结构相同,它们的振动步调便相同
「典例研习」
B
【解析】 一根线系着一个球悬挂起来,并且满足细线的伸缩和质量忽略不计,线长比小球直径大得多时,这样的装置才能视为单摆,故A错误,B正确;只有在摆角很小的情况下,单摆的振动才是简谐运动,故C错误;两个单摆结构相同时,它们的振动步调不一定相同,故D错误。
[例2] (单摆的回复力)(2025·四川遂宁阶段检测)如图所示,O点为单摆的固定悬点,现将可视为质点的摆球拉至A点,此时细线处于张紧状态,由静止释放摆球,摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,B点为运动中的最低位置,D点为运动范围中的某一点,运动过程忽略空气阻力。关于该单摆的回复力,下列说法正确的是( )
[A]摆球受到重力、拉力和回复力的作用
[B]摆球在经过A点或C点时速度为0,回复力为0
[C]摆球在经过B点处,速度最大,回复力最大
[D]摆球相邻两次经过D点时回复力相等
D
【解析】 摆球受到重力、拉力两个力的作用,回复力不是摆球实际受力,故A错误;摆球在经过A点或C点时,速度为0,但位移最大,回复力不为0,回复力为重力沿切线方向的分力,故B错误;摆球在经过B点时,速度最大,回复力为0,故C错误;摆球相邻两次经过D点时,其位移相等,则回复力相等,故D正确。
·规律方法·
单摆模型中的回复力与平衡位置
(1)回复力不是摆球所受的合力(只有在最高点时回复力才等于合力)。在平衡位置,摆球的回复力为零,但合力等于摆球的向心力,指向悬点,不为零。
(2)平衡位置具有向心加速度,最高点处具有切向加速度,摆球均不处于平衡状态。
[例3] (单摆的运动特征及规律) (多选)(2025·内蒙古通辽期中)如图甲所示,一个单摆做小角度摆动。从某次摆球到达右侧最大位移处开始计时,摆球相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,取π2=10。下列说法正确的是( )
[A]单摆的运动为简谐运动
[C]从t=0.2 s到t=0.4 s的过程中,摆球的动能逐渐增加
[D]从t=0.4 s到t=0.6 s的过程中,摆球的回复力逐渐增大
AB
·规律方法·
单摆运动中力与能量的特点
(1)当单摆的摆角较小时,单摆的运动可以看成简谐运动,回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供,向心力则由摆线拉力和重力的径向分力的合力提供。
(2)单摆摆球的加速度分切向加速度和向心加速度两种,决定因素不同,特点也不一样。
(3)单摆摆球在运动过程中,动能和势能相互转化,但其机械能不变。
要点二 单摆的周期及其应用
「情境探究」
惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器,叫摆钟。摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤势能提供,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。根据以上情境请探究以下问题。
探究:(1)一只冬天很准的摆钟到了夏天却不准了,是走快了还是慢了
【答案】 (1)由冬天到夏天,摆杆变长,周期变大,摆钟走慢了。
(2)怎么调节才能使摆钟重新准确计时
【答案】 (2)应将螺母上移。
「要点归纳」
1.单摆周期的实验探究
在“探究影响单摆周期的因素”的实验中的三点注意
(1)摆线上端一定要固定好,不可在运动中松动。
(2)摆线长一定要在摆线挂上摆球且自然悬垂时测量。
(3)测量周期时要从摆球通过平衡位置时开始计时,且第一次读零,这样计算周期时不容易算错。
2.对摆长的理解
(2)等效摆长(小球可视为质点)。
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。
3.对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在摆角很小时成立(偏角为5°时,由周期公式算出的周期和准确值相差0.01%)。
(2)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。
(3)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。
[例4] (单摆周期的实验探究)(2025·广东清远阶段练习)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
(1)他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,如图甲所示。这样做的目的是 (多选,填选项前的字母)。
A.保证摆动过程中摆长不变
B.需要改变摆长时便于调节
C.保证摆球在同一竖直平面内摆动
D.可使周期测量得更加准确
「典例研习」
AB
【解析】 (1)在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,能够防止运动过程中摆长发生变化,且方便调节摆长,与保证摆球在同一竖直面摆动及准确测量周期无关,故A、B正确。
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最底端的长度 L=1.000 0 m,再用螺旋测微器测量摆球直径,结果如图乙所示,则该摆球的直径为 mm,单摆摆长为 m(结果保留3位有效数字)。
7.882
0.996
(3)下列振动图像是在摆角不大于5°的情况下,描述该单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C均为30次全振动的图像,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是 。(填字母代号,已知sin 5°=0.087,sin 15°=0.26)
A B C D
A
【解析】 (3)由于摆角小于等于5°时,单摆做简谐运动,其振幅约为A=
lsin 5°=8.7 cm,当小球摆到最低点开始计时,误差较小,测量周期时要让小球做30次全振动,求平均值,所以选项A合乎实验要求且误差最小。故A正确。
[例5] (对单摆周期公式的理解及应用)(2025·四川广安阶段练习)如图甲所示是一个单摆振动的情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙所示是这个单摆的振动图像。(取π2=10)
(1)单摆振动的频率是多大
【答案】 (1)1.25 Hz
(2)若当地的重力加速度g为10 m/s2,这个摆的摆长是多少
【答案】 (2)0.16 m
(3)若该单摆在某星球表面摆动,测得完成50次全振动所用的时间为100 s。该星球表面的重力加速度g′是多大
【答案】 (3)1.6 m/s2
[例6] (等效摆长的应用)如图所示,三根长度均为l0的绳l1、l2、l3组合系住一质量分布均匀的小球m,球的直径为d(d l0),绳l2、l3与天花板的夹角α=30°,重力加速度为g。则:
(1)若小球在纸面内做小角度的左右摆动,周期T1为多少
(2)若小球做垂直于纸面的小角度摆动,周期T2为多少
要点三 单摆模型的拓展
「情境探究」
【答案】 (1)受支持力和重力。
「要点归纳」
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,该类物体的运动为类单摆模型。
2.处理类单摆问题的方法
(1)确认符合类单摆模型的条件。
(2)确定等效摆长l。
(3)确定等效重力加速度g′。
[例7] (类单摆及应用)(2025·海南检测)如图所示,半径为R的光滑圆弧轨道ab的a点固定有一竖直挡板,一质量为m的小物块P(可视为质点)从轨道上的c点由静止释放,到达最低点a时与挡板发生弹性碰撞,碰撞时间极短,可忽略不计。已知∠aOc=5°,重力加速度为g。则小物块P从开始释放到第一次回到c点经历的时间约为( )
「典例研习」
B
[例8] (单摆模型的拓展)惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论,某同学创设了“重力加速度”可以调节的实验环境,如图甲所示,在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面,把摆线固定于斜面上的O点,使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点,静止释放后,摆球在A、C之间做简谐运动,摆角为α。在某次实验中,摆球自然悬垂时,通过力传感器(图中未画出)测得摆线的拉力大小为F1;摆球摆动过程中,力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图乙所示,其中F2、F3、T0均已知,当地的重力加速度为g。下列选项正确的是( )
[A]多次改变图甲中α角的大小,即可获得不同的等效重力加速度
[B]在图乙的测量过程中,单摆n次全振动的时间为nT0
[D]在图乙的测量过程中,满足F3=3F2-2F1关系
C
提升·核心素养
不同单摆系统中的等效重力加速度
「核心归纳」
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时的摆线拉力与摆球质量的比值。
g等效=g-a或 g等效=g+a 确定等效重力加速度的方法:当单摆在平衡位置“停摆”时,绳拉力与质量之比
「典例研习」
[例题] 如图所示的几个相同单摆在不同条件下,关于它们的周期关系,其中判断正确的是( )
[A]T1>T2>T3>T4
[B]T1[C]T1>T2=T3>T4
[D]T1C
检测·学习效果
1.(多选)(2025·上海闵行期中)关于单摆,下列说法正确的是( )
[A]单摆装置是研究机械振动的物理模型
[B]用细线悬挂一个小球,细线要质量很小,且不可伸长;小球要质量较大,体积较小
[C]将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上,这样单摆装置就架设完成了
[D]单摆在摆角很小的情况下的振动可以看作简谐运动
ABD
【解析】 单摆运动是机械振动,所以单摆装置是研究机械振动的物理模型,故A正确;制作单摆的细线质量应与小球质量相比可忽略,且不可伸长;小球要质量较大且体积较小,故B正确;将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上会导致摆动过程中摆长发生变化,故C错误;单摆在摆角很小的情况下的振动可以看作简谐运动,故D正确。
2.(2025·江苏南通期中)如图所示,在铁架台的横梁上固定两个单摆,把它们拉起一小角度后释放,研究单摆的振动周期,则( )
[A]摆线越短周期越小
[B]摆角越小周期越小
[C]摆球越重周期越小
[D]横梁越低周期越小
A
3.(2025·广东广州期中)在广州走时准确的摆钟,随考察队带到北极黄河站,则这个摆钟( )
[A]变快了,重新校准应增大摆长
[B]变快了,重新校准应减小摆长
[C]变慢了,重新校准应减小摆长
[D]变慢了,重新校准应增大摆长
A
4.某中学的实验室内有一秒摆,一名同学用其做实验,该同学使摆球偏离平衡位置的距离为4 cm,然后静止释放摆球,得到如图所示的振动图像。地球表面的重力加速度g取10 m/s2,π2取10。不计空气阻力。
(1)振动图像中A和b应该标注的数值为多少
【答案】 (1)0.04 1
【解析】 (1)由题意可知,振幅为4 cm=0.04 m,则A=0.04。秒摆的周期是2 s,故b=1。
(2)求秒摆的摆长;
【答案】 (2)1 m
(3)已知月球上的自由落体加速度为g′=1.6 m/s2,求地球上的秒摆在月球表面的振动周期。
【答案】 (3)5 s
感谢观看
