高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册4 单摆学案设计

单摆

一、单摆及其回复力

如图所示，荡秋千是人们特别是小孩子们一项喜闻乐见的运动。那么，荡秋千时小孩的运动有什么特点？其运动是简谐运动吗？

提示：荡秋千时小孩在竖直平面内做往复运动，在满足一定的条件下可看成是简谐运动。

1．单摆模型

(1)单摆的构成

提醒：单摆是一个理想化模型，实际上并不存在。

(2)实际摆可看成单摆的条件：

①忽略在摆动过程中所受到的阻力；

②将摆球看作质点；

③摆线细且不可伸长。

(3)单摆摆球的运动特点：

①摆球以悬点为圆心在竖直平面内做变速圆周运动。

②摆球同时以最低点O为平衡位置做简谐运动。

2．单摆的回复力

(1)回复力的提供：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，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：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律。

二、单摆的周期

如图所示，摆球质量相同，摆长不同的单摆，摆动周期不同；摆长相同而摆球质量不同或振幅不同的单摆振动周期却相同，这说明什么？

提示：这说明单摆的周期与摆长有关而与摆球质量及振幅无关。

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单摆振动的周期与摆球的质量无关。

②振幅较小时，周期与振幅无关。

③摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短。

2．定量探究单摆的周期与摆长的关系

(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T­l、T­l2或T­图像，得出结论。

3．周期公式

(1)公式的提出：意大利物理学家伽利略发现了单摆的等时性，荷兰物理学家惠更斯首先提出了单摆的周期公式T＝2π，并发明了钟摆。

(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。

(3)固有周期：由公式T＝2π知，某单摆做简谐运动(摆角小于5°)的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g有关，而与振幅和摆球质量无关，故又叫作单摆的固有周期，而对应的单摆的频率f＝＝叫作单摆的固有频率。

(4)秒摆：周期为2__s的单摆叫作秒摆，秒摆的摆长约为1 m。

4．周期公式的应用：由单摆周期公式可得g＝l，只要测出单摆的摆长l和周期T就可算出当地的重力加速度。

(1)实际上，摆的摆动都可以看作是简谐运动。(×)

(2)单摆回复力的方向总是指向悬挂位置。(×)

(3)单摆的回复力是由摆球重力的分力提供的。(√)

(4)单摆的振幅越大周期越大。(×)

(5)单摆的周期与摆球的质量无关。(√)

(6)摆长应是从悬点到摆球球心的距离。(√)

　对单摆回复力及运动特征的理解

角度1单摆的回复力

1．单摆的平衡位置：摆球静止在O点时，悬线竖直下垂，受重力和拉力，小球受的合力为零，可以保持静止，所以O点是单摆的平衡位置。

提醒：单摆的平衡位置仅是摆球静止时合力为零的位置，但摆球摆动起来后通过平衡位置时仅仅是回复力为零，合外力却不为零。

2．单摆的受力分析

(1)单摆的向心力来源：当球运动到P点时，受力如图，将重力G沿切线和细线两方向分解为G1和F。沿细线方向：Fn＝F′－G1＝m，作用是改变小球运动的速度方向，提供球做圆周运动的向心力；

(2)单摆的回复力来源：由(1)中图可知，当球运动到P点时，沿圆弧切线方向，有F＝G sin θ，作用是改变小球运动的速度大小，提供球做简谐运动的回复力。

提醒：(1)回复力是摆球所受合外力在沿摆球运动轨迹切线方向的分力，而不是合外力完全来提供回复力。

(2)回复力是效果力，作用是使摆球回到平衡位置，可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力。

如图所示装置叫双线摆，不计空气阻力，摆球在垂直于纸面的平面内摆动时，都受哪些力？摆球的运动是简谐运动吗？

提示：摆球受自身重力及两根线的拉力，在不计线的形变，且摆球的摆角很小(小于5°)时，其摆动可看成简谐运动。

【典例1】对于单摆，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

【解题探究】

(1)什么力提供单摆振动的向心力？向心力有什么特点？

提示：摆球的重力沿绳方向的分量与绳拉力的合力提供向心力。由公式Fn＝m知，向心力的大小与线速度的大小有关，越靠近平衡位置，线速度越大，向心力越大。

(2)什么力提供单摆的回复力？在平衡位置处回复力与合力相同吗？

提示：摆球重力的切向分力提供单摆运动的回复力，其大小随摆球位置的变化而变化。在平衡位置，回复力为零，但由于摆球有向心加速度，故摆球所受合外力不为零。

【解析】选C。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m，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。

　对于单摆的两点说明

(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)在单摆振动图像中，图像最高点或最低点对应单摆摆球的最大位移处，图像与时间轴的交点对应摆球的平衡位置。

角度2单摆的运动特征及规律

1．运动特点

(1)摆线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，半径方向都受向心力。

(2)摆线同时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，轨迹的切线方向都受回复力。

2．单摆做简谐运动的推证

由图可知：(当θ很小时，一般小于5°)G1＝mg sin θ≈mg tan θ≈mgθ＝mg

F回＝－mg，令k＝，所以F回＝－kx

可见：当单摆做小角度摆动时，其运动近似为简谐运动。

【典例2】关于单摆，下面说法正确的是(　　)

A．摆球运动过程中，经过同一点的位移有可能不同

B．摆球运动过程中，经过同一点的速度是不变的

C．摆球运动过程中，加速度方向始终指向平衡位置

D．摆球经过平衡位置时，加速度不为零

【解题探究】

(1)对于包括单摆在内的简谐运动的位移是如何规定的？

提示：简谐运动的位移特指振动物体相对于其平衡位置的位移，位置一定，位移一定。

(2)单摆摆球的速度有何特点？

提示：单摆摆球的速度与位置有关，但不是一一对应关系，即在不同点可以有大小相同的速度，在同一点，摆球的速度可以相同，也可以不同。

(3)单摆摆球的加速度与什么有关？有何特点？

提示：单摆摆球的加速度分为向心加速度和切向加速度。向心加速度由单摆所受向心力提供，方向指向圆心，大小随摆球速度的变化而变化；切向加速度由重力的分量提供，大小随摆球位置的变化而变化，方向指向摆球运动轨迹的切线，并不指向平衡位置。

【解析】选D。摆球的位移特指其相对平衡位置的位移，只与摆球的位置有关，故A错误；摆球运动过程中，一个周期内会两次以相反的方向经过同一点，故速度不一定相等，故B错误；单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，故其加速度不是始终指向平衡位置，故C错误；摆球经过平衡位置时，切向加速度为零，向心加速度不为零，故D正确。

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。

1．关于单摆，下列说法正确的是(　　)

A．单摆的摆长即为悬点到摆球最下端的长度

B．振动过程中，单摆在平衡位置所受摆线的拉力最小

C．振动过程中，摆球所受的合外力就是回复力

D．振动过程中，摆球的机械能守恒

【解析】选D。

单摆的摆长等于摆线悬点到摆球球心的距离，故A错误；设某时刻摆线和竖直方向的夹角为θ，如图所示，则对摆球，有FT－mg cos θ＝m，则摆球所受摆线的拉力FT＝mg cos θ＋m，又由题意知，在最低点，θ＝0，cos θ＝1，值最大，由单摆的特点知，此时单摆速度也最大，故此时摆球所受摆线的拉力也最大，故B错误；振动过程中，摆球的回复力仅为其所受合外力沿摆线方向的分量，故C错误；振动过程中，只有摆球的重力做功，故其机械能守恒，故D正确。

2．对于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是(　　)

A．在位移为正的区间，速度和加速度都一定为负

B．当位移逐渐增大时，回复力逐渐增大，振动的能量也逐渐增大

C．摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，摆线所受拉力最大

D．摆球在最大位移处时，速度为零，处于平衡状态

【解析】选C。在位移为正的区间，回复力F＝－kx为负，加速度为负，但速度可正可负，选项A错误；当位移增大时，回复力增大，振动的能量不变，选项B错误；平衡位置为摆球最低位置，摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，由FT－mg＝知，在平衡位置摆线所受拉力最大，选项C正确；摆球在最大位移处，速度为零，但加速度不为零，并不处于平衡状态，选项D错误。

　对单摆周期的理解与应用

角度1单摆周期的实验探究

1．定性探究：影响单摆周期的因素

(1)单摆振动的周期和振幅无关——单摆的等时性

如图所示：把悬挂在同一高度的两个相同的单摆的摆球拉到不同高度同时释放，使其做简谐运动。

现象：摆球完成一次全振动所用时间相同。

(2)单摆的周期与摆球质量无关

摆长相同，将质量不同的摆球拉到同一高度同时释放，使其做简谐运动。

现象：两摆球振动是同步的。

(3)单摆振动的周期和摆长有关

摆长不同，将质量相同的摆球拉到同一高度同时释放使其做简谐运动。

现象：两摆球振动不同步，而且摆长越长，振动就越慢。

结论：单摆的振动周期与摆球质量无关，在振幅较小时与振幅无关，与摆长有关，摆长越长，周期越大。

2．定量探究：单摆周期与摆长的关系

(1)实验要点

(2)注意事项

①要保证单摆在同一竖直平面内摆动。

②摆动偏角尽量不要大于5°。

③悬线上端不要随摆球摆动，一定要使之固定。

④测量线长时要将其挂好后再测量。

⑤开始计时的位置选在摆球经过平衡位置时。

⑥测量周期时，一般测单摆振动30～50次全振动的时间，再求周期。

⑦处理数据时，一般作出L­T2的关系图像，找出周期与摆长的关系。

如图所示，若两摆球完全相同，摆线长也相等，分别将两摆球从最低点拉起两个摆角不相等的小角度释放，并同时开始计时，结果“奇迹”出现了，两摆球竟同时到达最低点。这种“奇迹”说明了什么？

提示：这种“奇迹”说明了两摆球均做简谐运动，其周期相等且与振幅无关。

【典例1】(2021·徐州高二检测)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，如图所示。这样做的目的是________(填字母代号)。

A．保证摆动过程中摆长不变

B．可使周期测量得更加准确

C．需要改变摆长时便于调节

D．保证摆球在同一竖直平面内摆动

(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低端的长度l＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________ mm，单摆摆长为________ m。

【审题误区】

1．误以为摆线长的测量该是在摆线不挂任何物体时测量。

2．误以为摆线长就是摆长。

3．误以为摆长就是摆线长加摆球的直径

【解析】(1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的目的是保证摆动过程中摆长不变，需要改变摆长时便于调节，选项A、C正确。

(2)根据游标卡尺读数规则，摆球直径为12.0 mm，单摆摆长为l－＝0.999 0 m－0.006 0 m＝0.993 0 m。

答案：(1)A、C　(2)12.0　0.993 0

【母题追问】在上述例题情境中下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的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、D均为30次全振动的图像，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，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)。

【解析】选A。单摆测量周期，必须从平衡位置开始计时，且摆角小于5°，B选项中操作不是从平衡位置开始计时的，C选项中操作振幅太大，不满足摆角小于5°的条件，故B、C错误；测量周期时应该测量30次至50次全振动的时间，然后除以全振动的次数减小实验误差，而D选项中操作显然不符合这一要求，故合乎实验要求且误差最小的只有A。

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垂顺时测量。

(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。

角度2对单摆周期的理解与应用

1．摆长l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重心的长度：一般即l＝l′＋，l′为摆线长，D为摆球直径。

(2)等效摆长：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．重力加速度g的理解

(1)公式中的g由单摆所在地的空间位置决定

由＝g知，g随地球表面不同位置、不同高度而变化，在不同星球上也不相同，因此应求出单摆所在处的等效值g′代入公式，即g不一定等于9.8 m/s2。

(2)等效重力加速度

①若单摆系统处在多力存在的平衡态，则一般情况下，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1斜面摆，球静止在O点时，FT＝mg sin θ，等效加速度g′＝＝g sin θ。此场景中的等效重力加速度g′＝g sin θ；又如图2复合场，带正电小球静止于图示位置时，摆线拉力FT＝，等效加速度g′＝＝。

②若单摆系统处在非平衡状态(如加速、减速、完全失重状态)。如单摆处在向上加速发射的航天飞机内，设加速度为a，此时摆球处于超重状态，沿圆弧切线方向的回复力变大，摆球质量不变，则重力加速度的等效值g′＝g＋a。

如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心的正下方，一小球由距O点很近的A点由静止放开，同时另一同样的小球自轨道上O点左侧距O点为一半的B点由静止放开，结果惊奇地发现两小球同时到达O点。(≪R)这是为什么呢？

提示：由题意知，两小球均做周期相同的单摆运动，且二者到达O点的时间均为周期的四分之一，故二者同时释放，同时到达最低点O。

【典例2】如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心的正下方，一小球M在①，同时在O点正上方另有一小球N(图中未画出)自由落下，若②。求：小球应从多高处自由落下时，两球在O点③相碰(≪R)。

【审题关键】

【解析】小球由A点开始沿球内表面运动时，只受重力和支持力作用，等效为单摆的运动。因为≪R，所以小球自A点释放后做简谐运动，要使两球在O点第一次相碰，两者到O点的运动时间相等。小球从A点由静止释放运动到O点的时间为t＝＝，由于从O点正上方自由落下的小球到O点的时间也为时两球才能在O点相碰，所以所求高度h＝gt2＝。

答案：

1．(母题追问)在上述例题中，若去掉“第一次”，其余条件不变，即问题变为：为使两球在O点相碰，小球应从多高处自由落下？(≪R)。

【解析】小球由A点开始沿球内表面运动时，只受重力和支持力作用，等效为单摆的运动。因为≪R，所以小球自A点释放后做简谐运动，要使两球在O点相碰，两者到O点的运动时间相等。小球从A点由静止释放运动到O点的时间为T＝(2n－1)(n＝1，2，3，…)，由于从O点正上方自由落下的小球到O点的时间也为(2n－1)时两球才能在O点相碰，所以h＝gt2＝g·(2n－1)2＝(2n－1)2(n＝1，2，3…)

答案：(2n－1)2 (n＝1，2，3…)

2．在探究影响单摆周期的因素的实验中，

(1)同学甲有如下操作，请判断是否恰当(选填“是”或“否”)。

①把单摆从平衡位置拉开约5°释放；________。

②在摆球经过最低点时启动停表计时；________。

③把停表记录摆球一次全振动的时间作为周期；________。

(2)该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据如表所示。

根据表中数据可以初步判断单摆周期随__________的增大而增大。

【解析】(1)单摆做简谐运动要求摆角小，单摆从平衡位置拉开约5°释放；因为最低点位置固定，小球经过最低点时，产生的时间误差较小。所以在最低点启动停表计时；摆球一次全振动的时间太短、误差大，应采用累积法测多个周期的时间求平均值；所以①是；②是；③否；(2)从题表中数据可知：摆长相同时，周期相同，摆长变大时，周期变大，根据表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大。

答案：(1)①是　②是　③否　(2)摆长

3.如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，且R≫l弧AB。甲球从弧形槽的圆心处自由下落，乙球从A点由静止释放，问两球第一次到达C点的时间之比是多少？

【解析】甲球做自由落体运动，R＝gt，所以t1＝。对乙球，由于l弧AC≪R，所以θ<5°，所以可以证明乙球沿弧形槽做简谐运动，此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R，所以周期为T＝2π，因此乙球第一次到达C处的时间为

t2＝＝，所以t1∶t2＝2∶π。

答案：2∶π

【拓展例题】考查内容：单摆在实际中的应用

【典例】如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有(　　)

A．A球先到达C点

B．B球先到达C点Ｋ

C．两球同时到达C点

D．无法确定哪一个球先到达C点

【解析】选A。A球做自由落体运动，到C所需时间tA＝，R为圆弧轨道的半径。因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆)，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的，即tB＝＝＞tA，所以A球先到达C点。

　惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙所示为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了。

探究：

(1)甲、乙两地的重力加速度哪个大？

(2)在乙地如何调整才能使摆钟走时准确？

【解析】(1)由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小，因T＝2π，则乙地的重力加速度比甲地大。

(2)由于乙地的重力加速度比甲地大，导致乙地的周期变小，要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动。

答案：见解析

正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点用时30 s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1 m，当地重力加速度g取π2(m/s2)；根据以上数据，

探究：

(1)小球运动的周期T是多少？

(2)房顶到窗上沿的高度h是多少？

【解析】(1)由题意知，小球30 s内完成全振动的次数：n＝×(21－1)＝10，故小球运动的周期T＝＝3 s

(2)设球以窗上沿为悬点做单摆运动的周期为T1，以房顶为悬点做单摆运动的周期为T2，则由题意知，T1＝2π，T2＝2π，故T＝＋＝(2π＋2π)，解得h＝3 m。

答案：(1)3 s　(2)3 m