鲁科版（2019）高中物理 选择性必修第一册 第2章 第3节　单摆学案（含练习）

第3节　单　摆
核心素养 物理观念 科学探究 科学思维 科学态度与责任
1.理解单摆振动的特点和单摆做简谐运动的条件。
2.知道单摆周期与摆长、重力加速度的定量关系。 通过实验探究认识到影响单摆周期的因素。 1.通过对单摆回复力的分析，证明单摆在摆角很小时的运动为简谐运动。2.能在熟悉的问题情境中运用单摆物理模型解决有关问题。 能利用T＝2π解释常见的涉及单摆的现象。
知识点一　单摆的振动
[观图助学]
上图中弹簧振子的振动与小球小角度摆动有什么共同的特点？弹簧振子的运动是简谐运动，小球小角度摆动时的运动是简谐运动吗？
1.单摆模型
把一根不能伸长的细线上端固定，下端拴一个小球，线的质量和球的大小可忽略不计，这种装置称为单摆。
2.单摆的回复力
(1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。
(2)回复力的特点：在偏角很小时(通常θ<5°)，单摆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，即F＝－x。
(3)运动规律
单摆在偏角很小的情况下，单摆的振动可近似视为简谐运动。
[思考判断]
(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)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(×)
弹簧振子与小球都在某一位置附近做周期性往复运动。
单摆是一种理想化模型。
单摆的回复力不是摆球所受到的合力。
单摆的偏角大于5°时，其运动不能视为简谐运动。
知识点二　单摆的周期
1.实验探究
(1)探究方法：控制变量法。
(2)实验结论
①单摆做简谐运动的周期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单摆振动的周期与振幅及摆球质量无关。
2.周期公式
T＝2π。
[思考判断]
(1)摆球质量越大，单摆的周期越长。(×)
(2)摆动幅度越大，单摆的周期越长。(×)
(3)摆线越长时，单摆的周期越长。(√)
在控制其他量不变的情况下，分别研究单摆的周期与摆球的质量、振幅、摆长、重力加速度的关系。
与弹簧振子的周期和振幅无关相同，单摆的周期也与振幅无关。
核心要点 　单摆及单摆的回复力
[要点归纳]
1.单摆
(1)单摆是实际摆的理想化模型。
(2)实际摆看作单摆的条件
①摆线的形变量与摆线长度相比小得多。
②悬线的质量与摆球质量相比小得多。
③摆球的直径与摆线长度相比小得多。
2.单摆的回复力
(1)单摆的回复力是由重力沿圆弧切向的分力F＝mgsin θ提供的。
(2)如图所示，在最大偏角很小的条件下，sin θ≈，其中x为摆球对平衡位置O点的位移。
单摆的回复力F＝－mgsin θ＝－x，令k＝，则F＝－kx。由此可见，单摆在偏角很小(通常θ<5°)的条件下的振动为简谐运动。
[试题案例]
[例1] 对于单摆的振动，以下说法中正确的是(　　)
A.单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B.单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C.摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D.摆球经过平衡位置时所受合外力为零
解析　单摆振动过程中受到重力和细线拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，细线拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零。故选项C正确。
答案　C
规律总结　单摆的回复力与向心力
(1)单摆振动的回复力为摆球重力沿圆弧切线方向的分力，回复力不是摆球所受的合外力，当然向心力也不是摆球所受的合外力(最高、最低点除外)。
(2)摆球经过平衡位置时，回复力为零，沿圆弧切线方向的加速度为零，但合外力和向心加速度都不等于零。
[针对训练1] 关于单摆摆球在运动过程中的受力情况，下列结论正确的是(　　)
A.摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用
B.摆球受的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大
C.摆球受的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大
D.摆球受的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
解析　单摆在运动过程中，摆球受重力和绳的拉力，故A错误；重力垂直于绳的分力提供回复力。当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，则拉力小于重力，在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿绳指向悬点，故C、D错误，B正确。
答案　B
核心要点 　单摆的周期
[问题探究]
如图所示，某同学家的摆钟走慢了，他认为是摆锤过轻造成的，因此，他在摆锤下方紧挨摆锤绑了一金属块。你认为他做的正确吗？
答案　这样做只能使摆钟走得更慢。其实摆钟走得快慢与摆锤的轻重无关，因为单摆的周期公式是：T＝2π。他绑了金属块之后，反而使摆锤的重心下移，增大了摆长，使周期进一步增加，走得更慢。
[探究归纳]
1.摆长的确定
(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lsin α，这就是等效摆长，其周期T＝2π。图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，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。
2.公式中重力加速度g的理解
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。
[试题案例]
[例2] (多选)图为甲、乙两单摆的振动图像，则(　　)
A.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
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＝4∶1
C.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
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＝1∶4
解析　由图像可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶
l乙＝4∶1，故A错误，B正确；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为
g甲∶g乙＝1∶4，故C错误，D正确。
答案　BD
[针对训练2] 将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s，下列措施可行的是(　　)
A.将摆球的质量减半 B.将振幅减半
C.将摆长减半 D.将摆长减为原来的
解析　由单摆的周期公式T＝2π可以看出，要使周期减半，摆长应为原来的，摆球的质量和振幅变化，并不影响单摆的周期，故只有D正确。
答案　D
1.(对单摆的理解)(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是(　　)
A.摆线质量不计
B.摆线长度不伸缩
C.摆球的直径比摆线长度小得多
D.只要是单摆的运动就是一种简谐运动
解析　单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩，A、B、C正确；但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小(θ<5°)的情况下才能视单摆运动为简谐运动，D错误。
答案　ABC
2.(单摆的回复力)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，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中(　　)
A.摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零
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，回复力也最大
D.摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
解析　摆球在摆动过程中，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。
答案　D
3.(单摆的周期公式)已知单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m，则两单摆摆长la与lb分别为(　　)
A.la＝2.5 m，lb＝0.9 m B.la＝0.9 m，lb＝2.5 m
C.la＝2.4 m，lb＝4.0 m D.la＝4.0 m，lb＝2.4 m
解析　设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝3∶5。
根据单摆周期公式T＝2π，可知l＝T2，由此得出la∶lb＝T∶T＝9∶25，则la＝×1.6 m＝0.9 m，lb＝×1.6 m＝2.5 m。
答案　B
4.(单摆周期公式及振动图像的综合)(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是(　　)
A.甲、乙两单摆的摆长相等
B.甲单摆的振幅比乙的大
C.甲单摆的机械能比乙的大
D.在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙单摆
解析　从题图上看出，甲单摆振幅大；两单摆周期相等，则摆长相等；因质量关系不明确，无法比较机械能；t＝0.5 s时乙单摆摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度。
答案　ABD
基础过关
1.关于单摆，下列认识中正确的是(　　)
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
解析　单摆是实际摆的理想化模型，实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力，以及小球可以看作质点时才能看作单摆，A错误，B正确；单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动，C错误；两单摆结构相同，固有周期相同，但振动步调不一定相同，D错误。
答案　B
2.单摆做简谐运动的回复力是(　　)
A.摆球的重力
B.摆球所受重力与悬线对摆球的拉力的合力
C.悬线对摆球的拉力
D.摆球所受重力在圆弧切向上的分力
解析　单摆做简谐运动时，摆球如同做圆周运动，摆球重力的切向分力充当回复力，摆球重力的径向分力与摆球拉力的合力充当向心力。
答案　D
3.(多选)发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大(　　)
A.增大摆球质量
B.增大摆长
C.减小单摆振幅
D.将单摆由山下移至非常高的山顶
解析　由单摆周期公式T＝2π知，T与单摆的摆球质量、振幅无关，增大摆长，l变大，T变大；单摆由山下移到山顶，g变小，T变大。
答案　BD
4.两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则(　　)
A.f1>f2，A1＝A2 B.f1C.f1＝f2，A1>A2 D.f1＝f2，A1解析　单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A、B错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C正确，D错误。
答案　C
5.一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是(　　)
A.t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
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，悬线对它的拉力最大
D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
解析　由题图知，t1、t3时刻是最大位移处，t2、t4时刻是平衡位置。单摆做小角度摆动，平衡位置时速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错误，D正确；最大位移处速度为零，拉力最小，故A、C错误。
答案　D
6.如图所示为两个单摆的振动图像，从图像中可以知道它们的(　　)
A.摆球质量相等
B.振幅相等
C.摆长相等
D.摆球同时改变速度方向
解析　由图像可知，两单摆的周期相等，则摆长相等，无法确定质量关系，故A错误，C正确；由题图可知振幅不同，且两个摆球不能同时到达最大位移处，即速度方向不能同时改变，故B、D错误。
答案　C
7.两个单摆在相同的时间内，甲摆动45次，乙摆动60次，则(　　)
A.甲、乙两摆的周期之比为3∶4
B.甲、乙两摆的频率之比为9∶16
C.甲、乙两摆的摆长之比为4∶3
D.甲、乙两摆的摆长之比为16∶9
解析　设摆动时间为t，则T甲＝，T乙＝可得＝＝，＝。又由T＝2π可得＝,T)＝，故选项D正确。
答案　D
8.如图，竖直平面内有一半径为1.6 m、长为10 cm的光滑圆弧轨道，小球置于圆弧左端，t＝0时刻起由静止释放，取g＝10 m/s2，t＝2 s时小球正在(　　)
A.向右加速运动 B.向右减速运动
C.向左加速运动 D.向左减速运动
解析　将小球的运动等效成单摆运动，则小球的周期T＝2π＝2π s＝0.8π s≈2.5 s。
所以在t＝2 s＝T时刻，小球在最低点向左侧的运动过程中，所以是向左做减速运动。故D正确。
答案　D
9.(多选)如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是(　　)
A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin (πt) cm
B.单摆的摆长约1 m
C.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小
解析　由题目中振动图像读出周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由ω＝得到角频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asin ωt＝8sin(πt) cm，故A正确；由公式T＝2π，代入得到l≈1 m，故B正确；从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C错误；从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，速度增大，所需向心力增大，绳子拉力增长，故D错误。
答案　AB
能力提升
10.一只钟从甲地拿到乙地，它的钟摆摆动加快了，则下列对此现象的分析及调准方法的叙述中正确的是(　　)
A.g甲>g乙，将摆长适当增长
B.g甲>g乙，将摆长适当缩短
C.g甲D.g甲解析　从甲地到乙地，钟摆的周期减小了，由T＝2π，知g甲答案　C
11.如图所示，三根细线于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°，已知线OC长是L，下端C点系着一个小球。下面说法中正确的是(　　)
A.让小球在纸面内摆动，周期为T＝2π
B.让小球在垂直纸面方向摆动，其周期为T＝2π
C.让小球在纸面内摆动，周期为T＝2π
D.让小球在垂直纸面内摆动，周期为T＝2π
解析　让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以O点为悬点，摆长为L，周期为T＝2π。让小球在垂直纸面内摆动，则摆球以OC的延长线与AB交点为中心摆，摆长为L＋cos 30°＝L＋L，周期为T′＝2π，选项A正确。
答案　A
12.如图所示，BOC为一光滑圆弧形轨道，其半径为R，且R远大于弧BOC的弧长。若同时从圆心O′和轨道B点分别无初速度释放一小球P和Q，则(　　)
A.Q球先到达O点
B.P球先到达O点
C.P、Q同时到达O点
D.无法比较
解析　P做自由落体运动，由R＝gt得t1＝；Q做简谐运动，t2＝T＝·2π＝，所以t1答案　B
13.在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律。法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)
A.T＝2πr B.T＝2πr
C.T＝ D.T＝2πl
解析　单摆摆动时的周期为T＝2π，摆球在地球表面受到的万有引力等于重力，即G＝mg，得g＝，因此T＝2πr，B项正确，A、C、D项错误。
答案　B
14.如图甲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。设摆球向右运动为正方向。图乙是这个单摆的振动图像。根据图像回答：
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，则这个摆的摆长是多少？
解析　(1)由题图乙知周期T＝0.8 s
则频率f＝＝1.25 Hz。
(2)由题图乙知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点。
(3)由T＝2π得l＝≈0.16 m。
答案　(1)1.25 Hz　(2)B点　(3)0.16 m
15.一个单摆的长为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。
解析　释放后摆球到达右边最高点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。
小球在左边的周期为T1＝2π
小球在右边的周期为T2＝2π
则整个单摆的周期为
T＝＋＝π＋π＝1.9π。
答案　1.9π