物理粤教版 (2019)第三节 单摆学案

这是一份物理粤教版 (2019)第三节 单摆学案，共15页。


一、单摆
1．组成：由细绳和物体组成．
2．条件：
(1)悬挂物体的绳子的伸缩和质量可以忽略不计．
(2)绳长比物体的尺寸大很多，物体可以看作质点．
3．若单摆的摆角小于5°，单摆的摆动可近似看成简谐运动．
二、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：在摆角很小时，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，即F＝－eq \f(mg,L)x.从回复力特点可以判断单摆做简谐运动．
三、单摆的周期
1．在摆角很小的情况下，单摆的周期与小球质量和摆角无关，与单摆摆长有关．单摆的周期大小与摆长的二次方根成正比，即T∝eq \r(L).
2．周期公式
(1)提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的．
(2)公式：T＝2πeq \r(\f(L,g))，即周期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，而与振幅、摆球质量无关．
1．判断下列说法的正误．
(1)单摆经过平衡位置时受到的合力为零．( × )
(2)制作单摆的摆球越大越好．( × )
(3)摆球的质量越大，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．( × )
2．一个理想的单摆，已知其周期为T.如果由于某种原因重力加速度变为原来的2倍，振幅变为原来的3倍，摆长变为原来的8倍，摆球质量变为原来的2倍，则它的周期变为________．
答案 2T
一、单摆的回复力
导学探究
(1)单摆的回复力就是摆球所受的合外力吗？
(2)单摆经过平衡位置时，回复力为零，合外力也为零吗？
答案 (1)单摆的回复力不是摆球所受的合外力．单摆的运动可看成变速圆周运动，其重力可分解为沿悬线方向的分力和沿圆弧切线方向的分力，重力沿圆弧切线方向的分力提供使摆球沿圆弧振动的回复力．
(2)单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零．
知识深化
1．单摆的回复力
图1
(1)摆球受力：如图1所示，摆球受细绳拉力和重力作用．
(2)向心力来源：细绳对摆球的拉力和摆球重力沿径向的分力的合力．
(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．
2．单摆做简谐运动的推证
在偏角很小时，sin θ≈eq \f(x,L)，又回复力F＝mgsin θ，所以单摆的回复力为F＝－eq \f(mg,L)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．
命题角度1 单摆的回复力的理解
图2中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细绳处于张紧状态，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( )
图2
A．摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用
B．摆球在A点和C点处，速度为零，合力与回复力也为零
C．摆球在B点处，速度最大，细绳拉力也最大
D．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
答案 C
解析 摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误；摆球在摆动过程中，在最高点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，细绳的拉力最大，C正确，B、D错误．
命题角度2 单摆运动过程分析
(多选)如图3所示为一单摆的振动图像，则( )
图3
A．t1和t3时刻摆线的拉力等大
B．t2和t3时刻摆球速度相等
C．t3时刻摆球速度正在减小
D．t4时刻摆线的回复力正在增大
答案 AD
解析 由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力大小相等，故A正确；t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球速度不相等，故B错误；t3时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C错误；t4时刻摆球正远离平衡位置，回复力正在增大，故D正确．
二、单摆的周期
导学探究
单摆的周期公式为T＝2πeq \r(\f(L,g)).
(1)单摆的摆长L等于悬线的长度吗？
(2)将一个单摆移送到不同的星球表面时，周期会发生变化吗？
答案 (1)不等于．单摆的摆长L等于悬线的长度与摆球的半径之和．
(2)可能会．单摆的周期与所在地的重力加速度g有关，不同星球表面的重力加速度可能不同．
知识深化
1．惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟．
2．单摆的周期公式：T＝2πeq \r(\f(L,g)).
3．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准确值相差0.01%)．
(2)公式中L是摆长，即悬点到摆球球心的距离，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．
命题角度1 单摆周期公式的应用
如图4所示，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：
图4
(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9.86 m/s2，则这个摆的摆长是多少？
答案 (1)1.25 Hz (2)在B点 (3)0.16 m
解析 (1)由单摆振动图像得T＝0.8 s，
故f＝eq \f(1,T)＝1.25 Hz.
(2)开始时刻摆球在负方向最大位移处，故开始时刻摆球在B点．
(3)根据公式：T＝2πeq \r(\f(L,g))，
得L＝eq \f(gT2,4π2)＝eq \f(9.86×0.82,4×3.142) m≈0.16 m.
针对训练 (多选)(2021·白城市洮南十中月考)甲、乙两个单摆的振动图像如图5所示，根据振动图像可以判定( )
图5
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9∶4
B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2
C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3
D．若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则甲、乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9∶4
答案 BCD
解析 根据题图可知，甲、乙两单摆振动的周期关系为eq \f(3,2)T甲＝T乙，所以周期之比为eq \f(T甲,T乙)＝eq \f(2,3)，所以频率之比eq \f(f甲,f乙)＝eq \f(3,2)，故B、C正确；若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则重力加速度相同，根据周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，可得摆长之比为4∶9，故A错误；若甲、乙两单摆在不同地点摆动，摆长相同，根据T＝2πeq \r(\f(L,g))得，重力加速度之比为9∶4，故D正确．
命题角度2 单摆模型的拓展
如图6所示，MN为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一个小球B放在MN上离最低点C很近的B处(弧BC所对圆心角小于5°)，两小球均可视为质点，今使两小球同时由静止释放，则( )
图6
A．球A先到达C点
B．球B先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪个球先到达C点
答案 A
解析 球A做自由落体运动，到达C点的时间为tA＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2R,g)).
弧BC所对的圆心角小于5°，则球B在圆弧的支持力FN和重力G的作用下做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2πeq \r(\f(L,g))＝2πeq \r(\f(R,g))，
因此球B运动到C点所需的时间是tB＝eq \f(T,4)＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g))，
故tA1.(对单摆回复力的理解)(多选)一单摆做小角度摆动，其振动图像如图7所示，以下说法正确的是( )
图7
A．t1时刻摆球速度为零，摆球的合外力为零
B．t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
C．t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
答案 CD
解析 由题图可知t1时刻摆球在正向最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零，故A错误；t2时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错误；t3时刻摆球在负向最大位移处，速度为零，回复力最大，故C正确；t4时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故D正确．
2.(单摆周期公式的应用)(多选)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的势能提供，运行的速率由钟摆控制．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8所示．以下说法正确的是( )
图8
A．当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置
B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移
C．由于摆杆的热胀冷缩，由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移
D．把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移
答案 AC
解析 根据周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))知，当摆钟不准确时需要调整摆长，A正确；摆钟快了，周期小，则需将摆长增大，增大周期，故应下移圆盘，B错误；由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，则需上移圆盘，C正确；摆钟从福建移到北京，重力加速度增大，则需将摆长增大，下移圆盘，D错误．
3.(单摆周期公式的应用)(2021·白城市洮南十中月考)如图9所示，摆长为L的单摆，周期为T.如果在悬点O的正下方的B点固定一个光滑的钉子，OB的距离为OA长度的eq \f(5,9)，使摆球A(半径远小于L)通过最低点向左摆动，悬线被钉子挡住成为一个新的单摆，则下列说法中正确的是( )
图9
A．单摆在整个振动过程中的周期不变
B．单摆在整个振动过程中的周期将变大为原来的eq \f(6,5)倍
C．单摆的整个振动过程中的周期将变小为原来的eq \f(5,6)
D．单摆的整个振动过程中的周期无法确定
答案 C
解析 根据单摆周期公式知，未加钉子时，周期T1＝T＝2πeq \r(\f(L,g))，碰到钉子后，T′＝2π eq \r(\f(L－\f(5,9)L,g))＝eq \f(4,3)πeq \r(\f(L,g))，所以加了钉子的周期为T2＝eq \f(1,2)T＋eq \f(1,2)T′＝eq \f(5,3)πeq \r(\f(L,g))，所以周期变为原来的eq \f(5,6)，A、B、D错误，C正确．
考点一 单摆及单摆的回复力
1．(多选)下列有关单摆的说法，正确的是( )
A．一根橡皮筋一端系在悬点，另一端连接一个小球，可以构成一个单摆
B．单摆的摆动一定是简谐运动
C．若单摆在同一平面内摆动，且偏角小于5°，可以认为该单摆的运动是简谐运动
D．单摆做简谐运动时，摆长越长，其运动周期越大
答案 CD
解析 一根不可伸长的细绳一端系在悬点，另一端连接一个质量较大且可以看成质点的小球可以构成一个单摆，橡皮筋受到拉力时形变量较大，连接小球构成的装置不可看成单摆，A错误；若单摆在同一平面内摆动，且偏角小于5°，可以认为该单摆的运动是简谐运动，B错误，C正确；根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))可知，单摆做简谐运动时，摆长越长，其运动周期越大，D正确．
2．下列有关单摆运动过程中受力的说法，正确的是( )
A．单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B．单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C．单摆经过平衡位置时所受合力为零
D．单摆做简谐运动的回复力是摆线拉力的一个分力
答案 B
解析 单摆运动时是在一段圆弧上，因此单摆运动过程中不仅有回复力，而且有向心力，即单摆所受的合力不仅要提供回复力，还要提供向心力，选项A错误；单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的一个分力，选项B正确，D错误；单摆经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合力不为零，选项C错误．
3．(2020·衡阳市检测)关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论中正确的是( )
A．摆球受重力、摆线的拉力、回复力、向心力的作用
B．摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大
C．摆球的回复力最大时，摆线中的拉力大小比摆球的重力大
D．摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
答案 B
解析 单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力，故A错误；重力垂直于摆线的分力提供回复力，当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，此时摆线的拉力等于重力沿摆线的分力，则摆线的拉力小于重力；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摆线指向悬点，故C、D错误，B正确．
考点二 单摆的周期公式
4.如图1所示是一个单摆(θ<5°)，其周期为T，则下列说法正确的是( )
图1
A．仅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eq \f(T,4)
D．摆球在B→O过程中，动能向势能转化
答案 C
解析 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eq \f(T,4)，C正确；摆球在B→O过程中，势能转化为动能，D错误．
5．同一地点两个做简谐运动的单摆的摆长分别为L1和L2，它们的位移—时间图像如图2中1和2所示，由此可知，L1∶L2等于( )
图2
A．1∶3 B．4∶1
C．1∶4 D．9∶1
答案 D
解析 由题图可知，1和2两个单摆的周期之比为T1∶T2＝3∶1，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))得L1∶L2＝T12∶T22＝9∶1，选D.
6.如图3所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)，组成了双线摆，若细线长均为L，两线与天花板的夹角均为α，重力加速度为g，当小球垂直纸面做简谐运动时，周期为( )
图3
A．2πeq \r(\f(L,g)) B．2πeq \r(\f(2L,g))
C．2πeq \r(\f(2Lcs α,g)) D．2πeq \r(\f(Lsin α,g))
答案 D
解析 这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))计算，但注意此处的L与题中的细线长不同，公式中的L是指质点到悬点(等效悬点)的距离，此题中单摆的等效摆长为Lsin α，代入周期公式，可得T＝2πeq \r(\f(Lsin α,g))，故选D.
7．(多选)(2020·遂宁市高二下期末)甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动的振动图像如图4所示，可知( )
图4
A．甲、乙两单摆的周期之比为2∶1
B．甲、乙两单摆的摆长之比为2∶1
C．0.5～1.0 s时间内，甲摆球的速度减小
D．t＝0.5 s时甲摆球势能最大，乙摆球动能最大
答案 AD
解析 由题图知，甲、乙两单摆的周期分别为2.0 s、1.0 s，则周期之比为2∶1，A正确；由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，可得摆长L＝eq \f(gT2,4π2)，可知摆长L与T2成正比，因此甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1，B错误；0.5～1.0 s时间内，甲摆球从正向最大位移处向平衡位置运动，故甲摆球的速度增大，C错误；t＝0.5 s时，甲摆球在正向最大位移处，甲摆球的势能最大，乙摆球的位移为0，处在平衡位置，速度最大，则乙摆球的动能最大，D正确．
8．(多选)如图5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( )
图5
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin (πt) cm
B．单摆的摆长约为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
答案 AB
解析 由振动图像可读出周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由ω＝eq \f(2π,T)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＝2πeq \r(\f(L,g))，解得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，摆球的位移减小，回复力减小，速度增大，所需向心力增大，绳子的拉力增大，故C、D错误．
9．(多选)(2020·北京师大附中期中)如图6为同一实验中甲、乙两个单摆的振动图像，从图像可知( )
图6
A．两摆球的质量相等 B．两单摆的振幅相等
C．两单摆的相位相差eq \f(π,2) D．两单摆的摆长相等
答案 CD
解析 由振动图像可看出两单摆的振幅不同，相位差为eq \f(π,2)，故B错误，C正确；由题图可知两单摆的周期都是T＝8 s，由单摆的周期公式可知两单摆的摆长相等，D正确；无法判断两摆球的质量关系，故A错误．
10.(多选)(2020·太原市现代双语学校期中)将一单摆向左拉至水平标志线上，由静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动．用频闪照相机拍到如图7所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法正确的是( )
图7
A．这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒
B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4
C．摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径减小，摆线张力变大
D．摆球经过最低点时，角速度变大，做圆周运动的半径减小，摆线张力不变
答案 ABC
解析 摆线即使碰到障碍物，摆线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，故A正确；频闪照片拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为3∶2，根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))得，摆长之比为9∶4，故B正确；摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径变小，根据F－mg＝meq \f(v2,r)知，张力变大，根据v＝ωr，知角速度变大，故C正确，D错误．
11.(多选)(2020·烟台市高二上期中)如图8所示，一个光滑弧形凹槽半径为R，弧长为L(已知R≫L)．现将一质量为m的小球(半径可忽略不计)从凹槽边缘由静止释放，小球以最低点为平衡位置做简谐运动．已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
图8
A．小球做简谐运动的回复力为重力和支持力的合力
B．小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力
C．小球做简谐运动的周期为2πeq \r(\f(L,g))
D．小球做简谐运动的周期为2πeq \r(\f(R,g))
答案 BD
解析 小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力，A错误，B正确；小球做简谐运动时，弧形凹槽的半径相当于摆长，则其周期为2πeq \r(\f(R,g))，C错误，D正确．
12.(多选)如图9所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝eq \f(L,2).将摆球拉至A处由静止释放，小球将在A、C之间来回振动，若振动过程中摆线与竖直方向的夹角小于5°，重力加速度大小为g，则以下说法正确的是( )
图9
A．由于机械能守恒，可得摆角大小不变
B．A和C两点在同一水平面上
C．周期T＝2π(eq \r(\f(L,g))＋eq \r(\f(L,2g)))
D．周期T＝π(eq \r(\f(L,g))＋eq \r(\f(L,2g)))
答案 BD
解析 摆球在运动过程中，摆线的拉力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，可知A和C两点在同一水平面上；由于摆长会发生变化，所以摆角大小是变化的，A错误，B正确；摆球从A到B的时间为t1＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(L,g))＝eq \f(π,2)eq \r(\f(L,g))，从B到C的时间为t2＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(\f(L,2),g))＝eq \f(π,2)eq \r(\f(L,2g))，故摆球的运动周期为T＝2(t1＋t2)＝π(eq \r(\f(L,g))＋eq \r(\f(L,2g)))，C错误，D正确．
13．(2020·长沙调研)将一个力电传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图10甲中O点为单摆的固定悬点，将质量为m＝0.05 kg的小摆球(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、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ小于5°且是未知量．由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中所给的信息求：(g取10 m/s2，π≈3.14)
图10
(1)单摆的振动周期和摆长；
(2)摆球运动过程中的最大速度．
答案 见解析
解析 (1)摆球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律并结合图像可知，周期T＝0.4π s≈1.256 s.
由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))知，摆长L＝eq \f(gT2,4π2)＝eq \f(10×0.16π2,4π2) m＝0.4 m.
(2)在最低点B时，摆球的速度最大，此时细线对摆球的拉力最大．根据牛顿第二定律得Fmax－mg＝meq \f(v2,L)，解得最大速度v＝0.2 m/s.
14.如图11所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心O′的正下方，一小球甲(可视为质点)由距O点很近的A点由静止释放，R≫.
图11
(1)若小球甲释放的同时，另一小球乙(可视为质点)从球心O′处自由落下，求两球第一次到达O点的时间之比；
(2)若小球甲释放的同时，另一小球丙(可视为质点)在O点正上方某处自由落下，为使两球在O点相碰，小球应由多高处自由落下？
答案 (1)eq \r(2)π∶4 (2)eq \f(2n－12π2R,8)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O点的时间为t1＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(R,g))＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g)).
乙球做自由落体运动，到达O点的时间为t2
R＝eq \f(1,2)gt22，所以t2＝eq \r(\f(2R,g))，则t1∶t2＝eq \r(2)π∶4.
(2)小球甲从A点由静止释放运动到O点的时间为t＝eq \f(T,4)(2n－1)，n＝1,2,3，…，由O点正上方自由落下的小球丙到达O点的时间也为t时两球才能在O点相碰，所以h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(2n－12π2R,8)(n＝1,2,3，…)．