高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册4 单摆优秀课堂检测

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一、单摆的回复力
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很小的夹角，然后释放，小球在A、A′间来回摆动，不计空气的阻力。
(1)小球摆动过程中受到哪些力的作用？
(2)什么力提供向心力？什么力提供回复力？
(3)小球经过O点平衡位置时回复力为零，合外力也为零吗？
答案 (1)小球受重力和细线的拉力作用。
(2)细线的拉力和重力沿径向的分力的合力提供向心力。重力沿切线方向的分力提供小球振动的回复力。
(3)小球经过平衡位置时，做圆周运动，其合外力不为零。
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)细线的形变量与细线长度相比可以忽略。
(4)空气阻力与小球的重力及细线的拉力相比可以忽略。
3．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，即F＝mgsin θ。
(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。
判断下列5幅图中的摆动模型能否看成单摆？若不能，请说明原因。
答案 均不能看成单摆。图(a)(d)摆动过程中摆长会发生变化，图(b)空气阻力不能忽略，图(c)球的直径与绳的长度相比不能忽略，图(e)绳的质量与小球相比不能忽略。
单摆做简谐运动的推证
在偏角很小时，用弧度表示的θ与它的正弦sin θ近似相等，即sin θ≈θ≈eq \f(x,l)，因此单摆的回复力可表示为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。
(1)摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用。( × )
(2)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力。( × )
(3)单摆经过平衡位置时受到的合力为零。( × )
(4)单摆摆动到最高点时速度为零，合外力也为零。( × )
例1 (2023·青岛一中月考)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．摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用
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，细线拉力也最大
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，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。
例2 (多选)如图所示为一单摆的振动图像，则( )
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时刻摆线的拉力正在减小
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，速度正在减小，摆线拉力也减小，故D正确。
二、单摆的周期
1．单摆振动的周期与摆球质量无关(选填“有关”或“无关”)，在振幅较小时与振幅无关(选填“有关”或“无关”)，但与摆长有关(选填“有关”或“无关”)，摆长越长，周期越大(选填“越大”“越小”或“不变”)。
2．单摆周期公式
(1)提出：单摆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，而与振幅、摆球质量无关。
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。请思考：
(1)摆针走时偏快应如何校准？
(2)将一个走时准确的摆钟从福建移到北京，摆钟应如何校准？
答案 (1)摆针走时偏快应调节螺母使圆盘沿摆杆下移。
(2)调节螺母使圆盘沿摆杆下移。
对单摆周期公式的理解
1．成立条件：单摆偏角很小(偏角小于5°)。
2．影响因素：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．对l、g的理解
(1)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离。
①普通单摆，摆长l＝l′＋eq \f(D,2)，l′为摆线长，D为摆球直径。
②等效摆长：(a)图中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α，其周期T＝2πeq \r(\f(lsin α,g))。(b)图中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。
(2)①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。
②等效重力加速度：一般情况下，公式中g的值等于摆球静止在平衡位置时，摆线的拉力与摆球质量的比值。
(1)摆球的质量越大，周期越大。( × )
(2)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。( × )
例3 周期是2 s的单摆叫秒摆，秒摆的摆长是多少？把一个地球上的秒摆拿到月球上去，它在月球上做50次全振动要用多少时间？已知地球表面的重力加速度为9.8 m/s2, 月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2，π2取9.8。
答案 1 m 175eq \r(2) s
解析 根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可得l＝eq \f(gT2,4π2)
代入数据解得
l＝eq \f(9.8×22,4×9.8) m＝1 m
秒摆搬到月球上，其与地球上的秒摆的周期关系为eq \f(T′,T)＝eq \r(\f(g,g′))
它在月球上做50次全振动所用的时间为
t＝50T′＝50Teq \r(\f(g,g′))＝50×2×eq \r(\f(9.8,1.6)) s＝175eq \r(2) s。
例4 (多选)(2022·白城市洮南十中月考)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以判定( )
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，单摆振动的周期关系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)，所以频率之比为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))，可得重力加速度之比为9∶4，故D正确。
例5 如图所示，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°)，今使两小球同时静止释放，则( )
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))
当弧BC所对的圆心角小于5°时，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tA针对训练 如图所示为相同的小球(可看作质点)构成的单摆，所有的绳子长度都相同，在不同的条件下的周期分别为T1、T2、T3、T4(其中(3)图两小球均带负电荷，(4)图中振动系统处于匀加速下降的电梯内)，关于周期大小关系的判断，正确的是( )
A．T1>T2>T3>T4 B．T4C．T4>T1＝T3>T2 D．T1答案 C
解析 设绳子长度均为L，根据单摆周期公式可得四幅图的周期分别为T1＝2πeq \r(\f(L,g))、T2＝2πeq \r(\f(Lcs 30°,g))、T3＝2πeq \r(\f(L,g))、T4＝2πeq \r(\f(L,g－a))，则T4>T1＝T3>T2，故选C。
课时对点练
考点一 单摆及单摆的回复力
1．(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．摆线不伸缩
C．摆球直径比摆线长度小得多
D．摆角小于5°
答案 ABC
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，D错误。
2．(多选)关于单摆，下列说法中正确的是( )
A．单摆摆球的回复力指向平衡位置
B．摆球经过平衡位置时加速度为零
C．摆球运动到平衡位置时，所受回复力等于零
D．摆角很小时，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 AC
解析 根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，故A正确；摆球经过平衡位置时，由于做圆周运动，故存在向心加速度，故B错误；摆球运动到平衡位置时，回复力等于零，故C正确；摆角很小时，摆球所受回复力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，故D错误。
3．(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、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B错误，D正确；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。
考点二 单摆的周期
4．(2022·洛南中学高二月考)一单摆由甲地移到乙地后，发现振动变快了，其变快的原因及调整的方法是( )
A．g甲>g乙，将摆长缩短
B．g甲C．g甲D．g甲>g乙，将摆长放长
答案 B
解析 根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，振动变快了，则周期变短了，说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即g乙>g甲，为了增大周期，可以增大摆长，B正确。
5．摆长是1 m的单摆在某地区的周期是2 s，则在同一地区( )
A．摆长是0.5 m的单摆的周期是0.707 s
B．摆长是0.5 m的单摆的周期是1 s
C．周期是1 s的单摆的摆长为2 m
D．周期是4 s的单摆的摆长为4 m
答案 D
解析 摆长是1 m的单摆的周期是2 s，根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，当地的重力加速度g＝eq \f(4π2l,T2)＝π2 m/s2。摆长是0.5 m 的单摆的周期T1＝2πeq \r(\f(l1,g))＝2π×eq \r(\f(0.5,π2)) s≈1.414 s，故A、B错误；周期是1 s的单摆的摆长l2＝eq \f(gT22,4π2)＝eq \f(π2×12,4π2) m＝0.25 m，周期是4 s的单摆的摆长l3＝eq \f(gT32,4π2)＝eq \f(π2×42,4π2) m＝4 m，故C错误，D正确。
6．(2023·烟台市月考)如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。将摆线拉开一较小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示，若测得木板长度为L，墨汁图样与木板边缘交点P、Q恰好是振动最大位置处，已知重力加速度为g，则该单摆的等效摆长为( )
A.eq \f(gv2,25π2L2) B.eq \f(gL2,25π2v2)
C.eq \f(25gL2,16π2v2) D.eq \f(25gv2,16π2L2)
答案 B
解析 由题图乙可知，该单摆恰好摆动2.5个周期，故满足eq \f(5,2)T＝eq \f(L,v)，单摆周期公式为T＝2πeq \r(\f(l,g))，解得该单摆的等效摆长为l＝eq \f(gL2,25π2v2)，B正确。
7．(多选)(2023·安庆一中月考)如图所示，三根细线在O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，△AOB为直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC长为L，下端C点处系着一个小球(忽略小球的半径，小球摆动时偏角θ<5°，重力加速度为g)，下列说法正确的是( )
A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2πeq \r(\f(L,g))
B．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝2πeq \r(\f(3L,2g))
C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2πeq \r(\f(3L,2g))
D．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝πeq \r(\f(4＋\r(3),g)L)
答案 AD
解析 当小球在纸面内做小角度的摆动时，摆动圆弧的圆心为O点，摆长为L，故周期为T＝2πeq \r(\f(L,g))，故A正确，C错误；当小球在垂直纸面方向做小角度的摆动时，圆心在A、B所在水平面上且在O点正上方，由几何关系知摆长为L′＝(1＋eq \f(\r(3),4))L，故周期为T＝2πeq \r(\f(1＋\f(\r(3),4)L,g))＝πeq \r(\f(4＋\r(3)L,g))，故B错误，D正确。
8．(2022·临沂市兰山区期中)如图所示，摆长为L的单摆，周期为T。如果在悬点O的正下方B点固定一个光滑的钉子，OB的长度为OA长度的eq \f(5,9)，使摆球通过最低点向左摆动，碰到钉子后成为一个新的单摆，则下列说法正确的是( )
A．摆球通过最低点向左摆动时绳子拉力不变
B．摆球通过最低点向左摆动时绳子拉力变小
C．单摆在整个振动过程中的周期将变为原来的eq \f(6,5)
D．单摆在整个振动过程中的周期将变为原来的eq \f(5,6)
答案 D
解析 摆球通过最低点向左摆动时，由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(v2,r)，可得F＝mg＋meq \f(v2,r)，由于运动的半径变小，速度不变，所以绳子的拉力变大，故A、B错误；根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，未加钉子时，周期T1＝2πeq \r(\f(L,g))，被挡摆长变短后，短摆长对应的单摆的周期为T′＝2πeq \r(\f(L－\f(5,9)L,g))＝eq \f(4π,3)eq \r(\f(L,g))，所以加了钉子后的周期为T2＝eq \f(1,2)T1＋eq \f(1,2)T′＝eq \f(5π,3)eq \r(\f(L,g))，所以周期变为原来的eq \f(5,6)，故C错误，D正确。
9．(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，且甲、乙两摆球质量相等，忽略空气阻力。则下列说法中正确的是( )
A．甲的摆长与乙的摆长相等
B．甲的摆长比乙的摆长长
C．甲的机械能比乙的大
D．在t＝0.5 s时有负向最大加速度的是乙摆
答案 AC
解析 由题图可得两单摆的周期相同，都为2.0 s，又知道两单摆在同一个地点g相同，根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可知两单摆的摆长相等，故A正确，B错误；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的大，由于甲、乙两摆球质量相等，甲的机械能比乙的机械能大，故C正确；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D错误。
10．(多选)甲、乙两位同学分别使用图甲中所示的同一套装置，观察单摆做运动时的振动图像。已知两人实验时所用的摆长相同，落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图乙中N1、N2所示。下列关于两图线相关的分析正确的是( )
A．N1表示砂摆振动的幅度较大，N2表示砂摆振动的幅度较小
B．N1与N2振动的周期相同
C．N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大
D．N1对应的砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比N2对应的拉力大
答案 BC
解析 由题图乙可知，N1表示砂摆振动的幅度与N2表示砂摆振动的幅度相同，故A错误；由公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，两摆由于摆长相同，则两摆的周期相同，故B正确；由题图可知，N1对应的木板运动时间为T，N2对应的木板运动的时间为2T，则N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大，故C正确；由动能定理有mgl(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2，在最低点有FT－mg＝meq \f(v2,l)，解得FT＝3mg－2mgcs θ，由于两摆的振动幅度相同，即θ相同，则拉力相同，故D错误。
11．(2022·辽宁省实验中学月考)如图所示，AO′段为半径为R的光滑圆弧面，BO′段为光滑斜面，相交处平滑过渡，已知圆弧弧长 SKIPIF 1 < 0 ≪R，且A、B等高，现有三个小球，a球从A点由静止释放沿圆弧下滑，b球从B点由静止释放沿斜面下滑，c球从圆心O点由静止释放，若三个小球同时释放，则下列说法正确的是( )
A．a球最先运动到圆弧最低点
B．b球最先运动到圆弧最低点
C．c球最先运动到圆弧最低点
D．三个小球同时到达圆弧最低点
答案 C
解析 设斜面的倾角为θ，c球做自由落体运动，有R＝eq \f(1,2)gtc2，得tc＝eq \r(\f(2R,g))；a球做单摆运动，a球从静止运动到最低点的时间ta＝eq \f(T,4)＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(R,g))＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g))；b球从B到O′由静止以gsin θ为加速度沿斜面做匀加速直线运动，有2Rsin θ＝eq \f(1,2)gsin θ·tb2，得tb＝2eq \r(\f(R,g))，则tb>ta>tc，c球最先运动到最低点，b球最后到达O′点，故A、B、D错误，C正确。
12．(2022·浙江金华十校调研)如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v＝eq \f(\r(5),5) m/s，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，π2≈g，求：
(1)单摆的摆长l；
(2)摆球的质量m；
(3)摆线拉力的最小值。
答案 (1)1 m (2)0.1 kg (3)0.99 N
解析 (1)由题图乙可知单摆周期为T＝2 s
根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))
解得l＝1 m。
(2)当拉力最大时，即F＝1.02 N
摆球处在最低点
由牛顿第二定律F－mg＝meq \f(v2,l)
解得m＝0.1 kg。
(3)从最低点到最高点，由动能定理得
－mgl(1－cs θ)＝0－eq \f(1,2)mv2
解得cs θ＝0.99
在最高点摆线的拉力最小，最小值为
F′＝mgcs θ＝0.99 N。