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鲁科版 (2019)选择性必修 第一册第3节 单摆学案
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这是一份鲁科版 (2019)选择性必修 第一册第3节 单摆学案，共18页。
2．通过实验，探究单摆的周期与摆长的定量关系，掌握单摆的周期公式。
3．会用单摆周期公式测定重力加速度。
4．能够利用单摆周期公式解释与单摆有关的现象。
知识点一 单摆的振动
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以忽略不计，这种装置叫作单摆。
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：在摆角很小时(通常θ<5°)，单摆所受的回复力大小与摆球位移大小成正比，方向与摆球位移方向相反，即F＝－mglx。
(3)运动规律
单摆在摆角很小的情况下可近似看作简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律。
单摆的回复力不是摆球所受到的合力。
1．思考辨析(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)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(×)
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单摆振动的周期与摆球质量无关。
②摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。
2．周期公式
(1)公式：T＝2πlg。
(2)单摆的等时性：单摆的周期与振幅无关。
单摆的摆长是悬点到小球球心的距离。
2．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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，单摆的周期越长。(√)
3．填空
如果摆钟走慢了，你应该把摆长调短些(选填“长些”或“短些”)。
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？
(3)若增大小球质量，小球完成一次全振动的时间怎么变？
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。
(3)不变。
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F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≈xl，又回复力F＝－mg sin θ，所以单摆的回复力为F＝－mglx(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】 关于单摆做简谐运动，下列说法正确的是( )
A．经过平衡位置时所受的合力为零
B．经过平衡位置时所受的回复力为零
C．回复力是重力和摆线拉力的合力
D．回复力是重力沿圆弧半径方向的分力
B [单摆做简谐运动，经过平衡位置时，回复力为零，但所受的合力提供向心力，不为零，故A错误，B正确；回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，故C、D错误。故选B。]
单摆中的回复力
(1)单摆振动中的回复力不是它受到的合外力，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，故此时合外力也就是回复力。
(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，但合外力不为零。
[跟进训练]
1．关于单摆的描述，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方向的分力提供的，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＝2πlg。
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．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l sin α，这就是等效摆长，其周期T＝2πlsinαg。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。
(a) (b) (c)
(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＝2πRg。
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＝GMR2，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，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，球静止在平衡位置O时，FT＝mg sin θ，等效重力加速度g′＝FTm＝g sin θ。
角度1 单摆的周期公式
【典例2】 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，重力加速度为g，求出单摆的振动周期。
[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
小球在左边的周期为T1＝2πlg
小球在右边的周期为T2＝2π0.81lg
则整个单摆的周期为
T＝T12＋T22＝πlg＋π0.81lg＝1.9πlg。
[答案] 1.9πlg
角度2 单摆振动的图像
【典例3】 (多选)如图甲所示是单摆振动的情形，O是它的平衡位置，M、N是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右运动方向为正方向，如图乙所示是这个单摆的振动图像。已知当地的重力加速度大小g＝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0.5 Hz
B．振动的表达式为x＝0.14 sin πt(m)
C．t＝1.5 s时摆球在M点
D．单摆的摆长为1 m
CD [根据题图乙所示单摆的振动图像可知，该单摆的振幅、频率分别为A＝0.07 m，f＝1T＝12 Hz＝0.5 Hz，故A错误；根据单摆的振动表达式x＝A sin ωt，其中ω＝2πT＝2π2 rad/s＝π rad/s，代入可得x＝0.07sin πt(m)，故B错误；根据题意，摆球向右运动方向为正方向，而t＝1.5 s时摆球在负向最大位移处，因此可知，t＝1.5 s时摆球在M点，故C正确；设该单摆的摆长为L，根据单摆的周期公式T＝2πLg，代入数据可得L＝T2g4π2＝22×104×10 m＝1 m，故D正确。故选CD。]
求单摆周期的方法
(1)明确单摆的运动过程，看是否符合简谐运动的条件。
(2)在运用T＝2πlg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。
(3)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)。
(4)明确单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系。
[跟进训练]
2．(角度1)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＝2πLg，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．(角度2)图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是( )
A．甲、乙两单摆的振幅之比为4∶1
B．t＝2 s时，甲单摆的重力势能最大，乙单摆的动能最小
C．甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D．甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定不相等
D [甲、乙两单摆的振幅分别为4 cm和2 cm，则振幅之比为2∶1，选项A错误；t＝2 s时，甲单摆在平衡位置，则重力势能不为最大，乙单摆在最高点，则动能最小，选项B错误；甲、乙两单摆的周期之比为1∶2，根据T＝2πLg可知，摆长之比为1∶4，选项C错误；设摆球摆动的最大偏角为θ，由mgl(1－cs θ)＝12mv2及a＝v2l可得，摆球在最低点时向心加速度a＝2g(1－cs θ)，甲摆振幅较大，摆长较小，则甲摆的摆角θ较大，所以a甲＞a乙，选项D正确。故选D。]
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 [单摆经过平衡位置时，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．(多选)如图所示，在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像，其中实线表示A的运动图像，虚线表示B的运动图像。以下关于这两个单摆的判断中正确的是( )
A．这两个单摆的摆球质量一定相等
B．这两个单摆的摆长一定不同
C．这两个单摆的最大摆角一定相同
D．这两个单摆的振幅一定相同
BD [由题图可知，两单摆的振幅相等，周期不等，所以两单摆的摆长一定不同，故B、D对；由振幅相等而摆长不等知，两单摆的最大摆角一定不同，故C错；单摆的周期与质量无关，故A错。]
4．(新情境题，以双线摆为背景，考查单摆的周期公式)如图所示的双线摆，如果摆球大小不计，其摆线长均为L，线与天花板间的夹角为α，重力加速度为g，求：
(1)此双线摆等效为单摆时的摆长；
(2)当小球垂直于纸面做简谐运动时的周期。
[解析] (1)摆球垂直纸面做简谐运动，由题图可知此双线摆等效为单摆时的摆长是l＝L sin α。
(2)根据单摆的振动周期T＝2πlg可得摆球垂直纸面做简谐运动的周期为
T＝2πLsinαg。
[答案] (1)L sin α (2)2πLsinαg
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．单摆的回复力由什么来提供？
提示：重力G沿圆弧切线方向的分力mg sin θ提供单摆运动的回复力。
2．单摆在偏角多大的条件下做简谐运动？
提示：偏角很小，通常θ＜5°。
3．单摆的周期公式是什么？与什么因素有关？
提示：T＝2πlg。与摆长l和重力加速度g有关。
课时分层作业(六) 单摆
题组一 单摆及其受力、运动分析
1．在如图所示的装置中，可视为单摆的是( )
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对，B、C错；悬点必须固定，故D错。]
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
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，A选项正确；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，B选项错误；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，C选项错误；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，D选项错误。]
3．(多选)如图所示，对于做简谐运动的单摆，当所受回复力逐渐增大时，随之变小的物理量是( )
A．摆线上的张力
B．摆球的振幅
C．摆球的重力势能
D．摆球的动能
AD [回复力逐渐增大时，摆球的重力沿切线方向的分力增大，速度变小，动能变小，重力势能增大，向心力减小，张力减小，振幅不变。故选AD。]
4．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
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34T题组二 单摆的周期
5．发生下述哪一种情况时，单摆周期会增大( )
A．增大摆球质量 B．缩短摆长
C．减小单摆振幅 D．将单摆由山下移到山顶
D [由单摆的周期公式T＝2πlg可知，g减小时周期会变大，D正确。]
6．将单摆和弹簧振子都放在竖直向上做匀加速运动的电梯中，则( )
A．两者的振动周期都不变
B．两者的振动周期都变小
C．单摆的振动周期变小，弹簧振子的振动周期不变
D．单摆的振动周期变小，弹簧振子的振动周期变大
C [弹簧振子的振动周期只与其本身的因素有关，跟物体的运动状态无关，所以弹簧振子的周期不变；当电梯加速向上运动时，单摆的等效重力加速度变大，单摆的周期变小，所以选项C正确。]
7．惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图1所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟。图2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，下列说法正确的是( )
图1 图2
A．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动
B．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动
C．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动
D．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动
C [由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小，因T＝2πLg，则重力加速度变大，要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动，C正确。]
8．(多选)将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，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所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法正确的是( )
A．摆线碰到障碍物前后的周期之比为3∶2
B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为3∶2
C．摆球经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大
D．摆球经过最低点时，角速度变大，半径减小，摆线张力不变
AC [由单摆的周期公式T＝2πLg知，L∝T 2，由于是频闪照片，题图中相邻两小球的影像的时间间隔是相同的，所以周期之比是9∶6＝3∶2，周期平方比即摆长比是9∶4，故A正确，B错误；小球在摆动过程中机械能守恒，摆线经过最低点时，小球线速度不变，由v＝ωr可知r减小，角速度变大。由向心力知识，T－mg＝mv2r可知，r减小，摆线张力T变大，故C正确，D错误。]
9．摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取作t＝0)，当振动至t＝3π2lg时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是图中的( )
A B C D
D [t＝3π2lg＝34T，摆球具有最大速度时，单摆应在平衡位置，y＝0，v方向沿y轴负方向，故D选项正确。]
10．(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．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
ABD [由题图看出，两个单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2πLg 得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5 s时，乙摆具有最大负向位移，由a＝－kxm 可知，乙摆具有正向最大加速度，故D正确。]
11．(多选)如图所示，一个光滑凹槽半径为R，弧长为L(已知R≫L)。现将一质量为m的小球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( )
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2πLg
D．小球做简谐运动的周期为2πRg
BD [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，选项B正确，A错误；小球做简谐运动时，圆弧的半径相当于摆长，则其周期为2πRg，选项C错误，D正确。]
12．将力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、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。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力F的大小随时间t变化的曲线，且图中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(包括图中)所给的信息，求摆球的振动周期和摆长。(g取10 m/s2)
甲 乙
[解析] 一个周期内摆球两次经过最低点，且在最低点细线的拉力最大，由F-t图线可知，单摆的周期T＝0.4π s。
单摆的周期T＝2πLg，
解得L＝gT24π2＝0.4 m。
[答案] 0.4π s 0.4 m
13．某中学的实验室内有一秒摆(T＝2.0 s)，一位同学用其做实验，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。取地球表面的重力加速度g＝10 m/s2，π2＝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，求此秒摆在月球表面的振动周期。
[解析] (1)由题意可知，振幅为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＝2πlg
可知摆长为
l＝1 m。
(3)当此秒摆在月球上时由周期公式
T′＝2πlg'
代入数据可得
T′＝5 s。
[答案] (1)0.04 1 (2)1 m (3)5 s
2．通过实验，探究单摆的周期与摆长的定量关系，掌握单摆的周期公式。
3．会用单摆周期公式测定重力加速度。
4．能够利用单摆周期公式解释与单摆有关的现象。
知识点一 单摆的振动
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以忽略不计，这种装置叫作单摆。
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：在摆角很小时(通常θ<5°)，单摆所受的回复力大小与摆球位移大小成正比，方向与摆球位移方向相反，即F＝－mglx。
(3)运动规律
单摆在摆角很小的情况下可近似看作简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律。
单摆的回复力不是摆球所受到的合力。
1．思考辨析(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)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(×)
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单摆振动的周期与摆球质量无关。
②摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。
2．周期公式
(1)公式：T＝2πlg。
(2)单摆的等时性：单摆的周期与振幅无关。
单摆的摆长是悬点到小球球心的距离。
2．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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，单摆的周期越长。(√)
3．填空
如果摆钟走慢了，你应该把摆长调短些(选填“长些”或“短些”)。
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？
(3)若增大小球质量，小球完成一次全振动的时间怎么变？
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。
(3)不变。
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F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≈xl，又回复力F＝－mg sin θ，所以单摆的回复力为F＝－mglx(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】 关于单摆做简谐运动，下列说法正确的是( )
A．经过平衡位置时所受的合力为零
B．经过平衡位置时所受的回复力为零
C．回复力是重力和摆线拉力的合力
D．回复力是重力沿圆弧半径方向的分力
B [单摆做简谐运动，经过平衡位置时，回复力为零，但所受的合力提供向心力，不为零，故A错误，B正确；回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，故C、D错误。故选B。]
单摆中的回复力
(1)单摆振动中的回复力不是它受到的合外力，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，故此时合外力也就是回复力。
(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，但合外力不为零。
[跟进训练]
1．关于单摆的描述，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方向的分力提供的，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＝2πlg。
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．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l sin α，这就是等效摆长，其周期T＝2πlsinαg。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。
(a) (b) (c)
(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＝2πRg。
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＝GMR2，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，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，球静止在平衡位置O时，FT＝mg sin θ，等效重力加速度g′＝FTm＝g sin θ。
角度1 单摆的周期公式
【典例2】 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，重力加速度为g，求出单摆的振动周期。
[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
小球在左边的周期为T1＝2πlg
小球在右边的周期为T2＝2π0.81lg
则整个单摆的周期为
T＝T12＋T22＝πlg＋π0.81lg＝1.9πlg。
[答案] 1.9πlg
角度2 单摆振动的图像
【典例3】 (多选)如图甲所示是单摆振动的情形，O是它的平衡位置，M、N是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右运动方向为正方向，如图乙所示是这个单摆的振动图像。已知当地的重力加速度大小g＝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0.5 Hz
B．振动的表达式为x＝0.14 sin πt(m)
C．t＝1.5 s时摆球在M点
D．单摆的摆长为1 m
CD [根据题图乙所示单摆的振动图像可知，该单摆的振幅、频率分别为A＝0.07 m，f＝1T＝12 Hz＝0.5 Hz，故A错误；根据单摆的振动表达式x＝A sin ωt，其中ω＝2πT＝2π2 rad/s＝π rad/s，代入可得x＝0.07sin πt(m)，故B错误；根据题意，摆球向右运动方向为正方向，而t＝1.5 s时摆球在负向最大位移处，因此可知，t＝1.5 s时摆球在M点，故C正确；设该单摆的摆长为L，根据单摆的周期公式T＝2πLg，代入数据可得L＝T2g4π2＝22×104×10 m＝1 m，故D正确。故选CD。]
求单摆周期的方法
(1)明确单摆的运动过程，看是否符合简谐运动的条件。
(2)在运用T＝2πlg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。
(3)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)。
(4)明确单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系。
[跟进训练]
2．(角度1)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＝2πLg，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．(角度2)图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是( )
A．甲、乙两单摆的振幅之比为4∶1
B．t＝2 s时，甲单摆的重力势能最大，乙单摆的动能最小
C．甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D．甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定不相等
D [甲、乙两单摆的振幅分别为4 cm和2 cm，则振幅之比为2∶1，选项A错误；t＝2 s时，甲单摆在平衡位置，则重力势能不为最大，乙单摆在最高点，则动能最小，选项B错误；甲、乙两单摆的周期之比为1∶2，根据T＝2πLg可知，摆长之比为1∶4，选项C错误；设摆球摆动的最大偏角为θ，由mgl(1－cs θ)＝12mv2及a＝v2l可得，摆球在最低点时向心加速度a＝2g(1－cs θ)，甲摆振幅较大，摆长较小，则甲摆的摆角θ较大，所以a甲＞a乙，选项D正确。故选D。]
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 [单摆经过平衡位置时，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．(多选)如图所示，在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像，其中实线表示A的运动图像，虚线表示B的运动图像。以下关于这两个单摆的判断中正确的是( )
A．这两个单摆的摆球质量一定相等
B．这两个单摆的摆长一定不同
C．这两个单摆的最大摆角一定相同
D．这两个单摆的振幅一定相同
BD [由题图可知，两单摆的振幅相等，周期不等，所以两单摆的摆长一定不同，故B、D对；由振幅相等而摆长不等知，两单摆的最大摆角一定不同，故C错；单摆的周期与质量无关，故A错。]
4．(新情境题，以双线摆为背景，考查单摆的周期公式)如图所示的双线摆，如果摆球大小不计，其摆线长均为L，线与天花板间的夹角为α，重力加速度为g，求：
(1)此双线摆等效为单摆时的摆长；
(2)当小球垂直于纸面做简谐运动时的周期。
[解析] (1)摆球垂直纸面做简谐运动，由题图可知此双线摆等效为单摆时的摆长是l＝L sin α。
(2)根据单摆的振动周期T＝2πlg可得摆球垂直纸面做简谐运动的周期为
T＝2πLsinαg。
[答案] (1)L sin α (2)2πLsinαg
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．单摆的回复力由什么来提供？
提示：重力G沿圆弧切线方向的分力mg sin θ提供单摆运动的回复力。
2．单摆在偏角多大的条件下做简谐运动？
提示：偏角很小，通常θ＜5°。
3．单摆的周期公式是什么？与什么因素有关？
提示：T＝2πlg。与摆长l和重力加速度g有关。
课时分层作业(六) 单摆
题组一 单摆及其受力、运动分析
1．在如图所示的装置中，可视为单摆的是( )
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对，B、C错；悬点必须固定，故D错。]
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
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，A选项正确；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，B选项错误；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，C选项错误；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，D选项错误。]
3．(多选)如图所示，对于做简谐运动的单摆，当所受回复力逐渐增大时，随之变小的物理量是( )
A．摆线上的张力
B．摆球的振幅
C．摆球的重力势能
D．摆球的动能
AD [回复力逐渐增大时，摆球的重力沿切线方向的分力增大，速度变小，动能变小，重力势能增大，向心力减小，张力减小，振幅不变。故选AD。]
4．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
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34T
5．发生下述哪一种情况时，单摆周期会增大( )
A．增大摆球质量 B．缩短摆长
C．减小单摆振幅 D．将单摆由山下移到山顶
D [由单摆的周期公式T＝2πlg可知，g减小时周期会变大，D正确。]
6．将单摆和弹簧振子都放在竖直向上做匀加速运动的电梯中，则( )
A．两者的振动周期都不变
B．两者的振动周期都变小
C．单摆的振动周期变小，弹簧振子的振动周期不变
D．单摆的振动周期变小，弹簧振子的振动周期变大
C [弹簧振子的振动周期只与其本身的因素有关，跟物体的运动状态无关，所以弹簧振子的周期不变；当电梯加速向上运动时，单摆的等效重力加速度变大，单摆的周期变小，所以选项C正确。]
7．惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图1所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟。图2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，下列说法正确的是( )
图1 图2
A．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动
B．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动
C．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动
D．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动
C [由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小，因T＝2πLg，则重力加速度变大，要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动，C正确。]
8．(多选)将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，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所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法正确的是( )
A．摆线碰到障碍物前后的周期之比为3∶2
B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为3∶2
C．摆球经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大
D．摆球经过最低点时，角速度变大，半径减小，摆线张力不变
AC [由单摆的周期公式T＝2πLg知，L∝T 2，由于是频闪照片，题图中相邻两小球的影像的时间间隔是相同的，所以周期之比是9∶6＝3∶2，周期平方比即摆长比是9∶4，故A正确，B错误；小球在摆动过程中机械能守恒，摆线经过最低点时，小球线速度不变，由v＝ωr可知r减小，角速度变大。由向心力知识，T－mg＝mv2r可知，r减小，摆线张力T变大，故C正确，D错误。]
9．摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取作t＝0)，当振动至t＝3π2lg时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是图中的( )
A B C D
D [t＝3π2lg＝34T，摆球具有最大速度时，单摆应在平衡位置，y＝0，v方向沿y轴负方向，故D选项正确。]
10．(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．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
ABD [由题图看出，两个单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2πLg 得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5 s时，乙摆具有最大负向位移，由a＝－kxm 可知，乙摆具有正向最大加速度，故D正确。]
11．(多选)如图所示，一个光滑凹槽半径为R，弧长为L(已知R≫L)。现将一质量为m的小球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( )
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2πLg
D．小球做简谐运动的周期为2πRg
BD [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，选项B正确，A错误；小球做简谐运动时，圆弧的半径相当于摆长，则其周期为2πRg，选项C错误，D正确。]
12．将力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、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。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力F的大小随时间t变化的曲线，且图中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(包括图中)所给的信息，求摆球的振动周期和摆长。(g取10 m/s2)
甲 乙
[解析] 一个周期内摆球两次经过最低点，且在最低点细线的拉力最大，由F-t图线可知，单摆的周期T＝0.4π s。
单摆的周期T＝2πLg，
解得L＝gT24π2＝0.4 m。
[答案] 0.4π s 0.4 m
13．某中学的实验室内有一秒摆(T＝2.0 s)，一位同学用其做实验，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。取地球表面的重力加速度g＝10 m/s2，π2＝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，求此秒摆在月球表面的振动周期。
[解析] (1)由题意可知，振幅为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＝2πlg
可知摆长为
l＝1 m。
(3)当此秒摆在月球上时由周期公式
T′＝2πlg'
代入数据可得
T′＝5 s。
[答案] (1)0.04 1 (2)1 m (3)5 s
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