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第三节　单　摆
[学习目标]　1.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件,知道单摆振动时回复力的来源.2.掌握影响单摆周期的因素和周期公式,能熟练运用单摆的周期公式解决相关问题,掌握科学的思维方法.(重点)
知识点一　单摆的回复力
情境导学
1.判断以下装置中哪些可以构成单摆
提示:只有己能构成单摆.
2.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
(4)摆球到达最大位移处,v=0,加速度是否等于0
提示:(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还有向心力,其合外力不为零.
(4)不为零.
知识整合
1.单摆:如果悬挂物体的绳子的伸缩和质量可以忽略不计,绳长比物体的尺寸大很多,物体可以看作质点,这样的装置可以看作单摆.
说明:单摆是实际摆的理想模型,若单摆的摆角小于5°,单摆的摆动可近似看成简谐运动.
2.单摆的回复力
(1)来源:重力沿圆弧切线方向的分力,即F=mgsin θ.
(2)特点:如图所示,在偏角很小时,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≈-x.从回复力特点可以判断出单摆做简谐运动.
正误辨析
(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)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力.(　×　)
(4)单摆摆动到最高点时速度为零,合外力也为零.(　×　)
(5)单摆运动过程中经过平衡位置时达到平衡状态.(　×　)
[例1] 图中O点为单摆的固定旋点,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,则摆球在摆动过程中(　　)
[A] 在A点和C点处,速度为零,位移也为零
[B] 在A点和C点处,速度为零,回复力也为零
[C] 在B点处,重力势能最小,加速度也为零
[D] 在B点处,动能最大,细线拉力也最大
【答案】 D
【解析】 摆球在摆动过程中,最高点A点和C点处是摆球的最大位移位置,速度为零,回复力最大,故A、B错误;最低点B是摆球的平衡位置,速度最大,动能最大,重力势能最小,摆球做圆周运动,绳的拉力最大,加速度不为零,故C错误,D正确.
[训练1] 在上述例题中,下列判断正确的是(　　)
[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点处时,摆球处于平衡状态
[C] 摆球在A点和C点处时,位移大小相等,但方向相反
[D] 摆球拉到摆角10°的情况下,仍可视为简谐运动
【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,不是平衡状态;相对平衡位置B的位移大小相等,但方向相反,B错误,C正确;摆球摆动的夹角大于5°的情况下,一般不能近似处理,因此不能视为简谐运动,D错误.
知识点二　单摆的周期
情境导学
　比较图甲、乙所示的两个装置,其中轨道摩擦力不计,单摆的细绳的质量忽略,小球的体积可以忽略.现在初步分析影响单摆周期的因素可能有摆长、小球的质量、摆角等,请思考以下几个问题.
(1)要探究各要素之间的关系,实验应采取什么样的科学的研究方法
(2)上面两个装置在测量摆球的周期时,采用什么样的方法可以减小误差 以哪个位置作为起点更方便计时和减小误差
(3)假如轨道半径与单摆摆线长度相同,测量两个装置的周期有什么样的特点
提示:(1)控制变量法.
(2)可以多次测量取平均值来减小周期的测量误差;以单摆的平衡位置(最低点)作为起点更方便计时和减小误差.
(3)相同.
知识整合
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.实验结论:
(1)单摆振动的周期与摆球的质量无关.
(2)摆角很小的情况下周期与振幅无关.
(3)摆长越长,周期越长;摆长越短,周期越短.
2.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=2π,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.
正误辨析
(1)摆球质量越大,周期越长.(　×　)
(2)摆动幅度越大,周期越长.(　×　)
(3)将单摆由地球赤道移到地球两极周期变小.(　√　)
[例2] (对单摆周期图像与公式的理解)(2025·广东汕头期中)甲、乙两个单摆,在同一地点做简谐振动时的图像如图所示,由此可知甲、乙两单摆(　　)
[A] 摆长之比为 ∶1
[B] 振动频率之比为2∶3
[C] 在t=1.0 s时刻,加速度均不为零
[D] 在t=1.8 s时刻,振动方向相反
【答案】 C
【解析】 由图像可知,甲、乙两单摆振动周期之比为2∶1,根据单摆的周期公式T=2π可知,甲、乙两单摆摆长之比为4∶1,A错误;根据周期与频率的关系f=,可知振动频率之比为1∶2,B错误;在t=1.0 s时刻,沿振动方向的加速度均为零,但还有向心加速度,因此加速度均不为零,C正确;根据振动图像可知,在t=1.8 s时刻,甲、乙两单摆振动方向相同,D错误.
[训练2] 惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟.如图所示为摆钟里摆的结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母通过沿摆杆上下移动,可以调节摆的摆长.下列说法正确的是(　　)
[A] 螺母向上移动,摆的周期变小,摆动加快
[B] 螺母向上移动,摆的周期变大,摆动减慢
[C] 螺母向下移动,摆的周期变大,摆动加快
[D] 螺母向下移动,摆的周期变小,摆动减慢
【答案】 A
【解析】 根据单摆的周期公式T=2π可知,螺母向上移动,则摆的摆长减小,摆的周期变小,摆动加快,故A正确,B错误;螺母向下移动,则摆的摆长增加,摆的周期变大,摆动减慢,故C、D错误.
[训练3] (2025·广东广州期中)摆钟是一种较有年代的计时钟表,其基本原理是利用了单摆的周期性,结合巧妙的擒纵器设计,实现计时的功能.图示为摆钟及其内部的结构简图.设原先摆钟走时准确,则(　　)
[A] 摆动过程中,金属圆盘所受合力为其回复力
[B] 该摆钟在太空实验室可正常使用
[C] 将该摆钟从北京带到广州,为走时准确,需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向下移动
[D] 该摆钟在冬季走时准确,到夏季为了准时,在只考虑热胀冷缩时,需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动
【答案】 D
【解析】 摆动过程中,金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力,A错误;该摆钟在太空实验室内处于失重状态,因此不可正常使用,B错误;将该摆钟从北京带到广州,重力加速度减小,由单摆的周期公式T=2π,可知周期变大,摆钟变慢,为走时准确,需要摆钟的摆长变短,需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动,C错误;该摆钟在冬季走时准确,到夏季温度升高,由于热胀冷缩,摆长变长,为了准时,需要将摆长变短,因此考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动,D正确.
[例3] (对单摆“等效摆长”的理解及应用)(2025·广东深圳月考)如图所示,三根细线在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OC线长也是L,下端C点系着一个小球(半径可忽略),下列说法正确的是(以下振动皆指小角度摆动,摆动时各线段都处于绷直状态,重力加速度为g)(　　)
[A] 让小球在纸面内振动,周期T=2π
[B] 让小球在垂直于纸面的方向振动,周期T=2π
[C] 让小球在纸面内振动,周期T=2π
[D] 让小球在垂直于纸面的方向振动,周期T=2π
【答案】 A
【解析】 让小球在纸面内振动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为L,周期T=2π;让小球在垂直于纸面内振动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为(L+L),周期T′=2π
,A正确,B、C、D错误.
(1)对公式T=2π的理解.
①T与摆长L和当地的重力加速度g有关.
②T与振幅和摆球质量无关,故T又叫作单摆的固有周期.
③适用条件:摆角很小(一般小于5°).
(2)对摆长L和重力加速度g的理解.
①摆长L:指从悬点到摆球重心的长度.
a.对于实际的单摆,摆长L=L′+,L′为摆线长,D为摆球直径.
b.等效摆长:
图1中,小球在O点右侧运动时摆长为L,在O点左侧运动时摆长为L.
图2中,甲、乙在垂直于纸面方向上摆动起来的效果是相同的,故甲摆的等效摆长为Lsin α,其周期T=2π.
图3中,乙在垂直于纸面方向摆动时,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重力加速度g.
a.单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态时,g为当地的重力加速度.
b.单摆在某天体表面时,不同星球的g也一般不同.
c.单摆如果处在匀强电场中时,g效应该由等效重力G效(重力与电场力的合力)决定,即g效=.
[训练4] (2025·广东肇庆月考)如图甲、乙、丙、丁,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,其中图丙两小球均带负电荷,图丁中振动系统处于匀加速下降的电梯内,下列关于周期大小关系的判断正确的是(　　)
[A] T1>T2>T3>T4 [B] T4[C] 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它们的周期分别为T1=2π,T2=
2π,T3=2π,T4=2π,则T4>T1=T3>T2,故选C.
知识点三　“类单摆”模型
归纳提升
1.如图甲所示,竖直面内半径为R的光滑小圆弧轨道有一个小球,小球的半径远远小于R(对应圆心角∠BOC很小),当小球在BC间运动时,受重力和轨道支持力作用,轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力,小球的运动与单摆中摆球的运动特点完全相同,故其运动为“类单摆”运动,等效摆长为R.
2.如图乙所示,在固定的光滑斜面上,长度为l的细绳上端固定于O1点,下端悬挂一小球,使小球在斜面内小角度摆动,小球受到重力、绳的拉力和斜面的支持力作用,其运动为“类单摆”运动,等效重力为G′=mgsin θ,等效重力加速度为g′=gsin θ.
[例4] (多选)(2025·广东深圳期末)竖直平面内固定光滑圆弧轨道上有一个小球,将它从最低点移开一小段距离,t=0时刻将小球由静止释放,小球以最低点为平衡位置左右运动.已知圆弧半径R=1 m,当地的重力加速度大小g取9.8 m/s2,π2≈9.8,下列哪些时刻小球运动到最低点(　　)
[A] 0.5 s [B] 1 s [C] 1.5 s [D] 2 s
【答案】 AC
【解析】 小球运动可等效为单摆运动,摆动周期T=2π=2 s,小球从最大位移处释放,在T(n=0,1,2,3,…)的时刻经过最低点,所以0.5 s和1.5 s时小球均经过最低点,故B、D错误,A、C正确.
处理“类单摆”问题的思路
(1)判断是否符合类单摆模型的条件.
(2)确定等效摆长L.
(3)确定等效重力加速度g′.
(4)利用公式T=2π和简谐运动规律分析求解有关问题.
[训练5] (2025·广东湛江联考)如图所示,光滑圆弧轨道竖直固定,其半径远大于弧长,圆弧底端切线水平.现将两个相同的甲、乙小球分别从圆弧轨道的顶端和某位置由静止释放.下列说法正确的是(　　)
[A] 甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能
[B] 甲球到达底端时的动能小于乙球到达底端时的动能
[C] 甲球到达底端所用的时间大于乙球到达底端所用的时间
[D] 甲球到达底端所用的时间小于乙球到达底端所用的时间
【答案】 A
【解析】 被释放前甲球的重力势能大于乙球的重力势能,因为两球在圆弧轨道上运动的过程中机械能守恒,所以甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能,A正确,B错误;因为圆弧轨道的半径远大于弧长,所以两球沿圆弧轨道的运动均可视为单摆摆球的运动,它们的周期相同,到达底端所用的时间均为四分之一周期,则甲球到达底端所用的时间等于乙球到达底端所用的时间,C、D错误.
课时作业
(分值:85分)
(选择题每题6分)
知识点一　单摆的回复力及运动特征
1.(多选)关于单摆,下列说法正确的有(　　)
[A] 摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
[B] 摆球受到的回复力就是它的合力
[C] 摆球经过平衡位置时,所受的回复力为零,但合力并不为零
[D] 摆角很小时,摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比
【答案】 AC
【解析】 摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置,A正确;单摆的回复力除了在最高点外都不是摆球受到的合力,但不管在哪个位置均可认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力,B错误;摆球经过平衡位置时,回复力为零,因悬线方向上需要向心力,所以合力不为零,C正确,D错误.
2.(2025·广东汕头期中)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] 有空气阻力,并不影响单摆做简谐运动
【答案】 C
【解析】 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,偏角大于5°,则该单摆的运动不是简谐运动,B错误,C正确;有空气阻力情况下单摆的运动不能视为简谐运动,D错误.
知识点二　单摆的周期
3.(2025·广东河源期末)一物体在某行星表面受到的引力是它在地球上受到引力的,在地球上走时准确的摆钟搬到该行星上,时针转一圈所经历的时间为(　　)
[A] 6 h [B] 12 h [C] 24 h [D] 48 h
【答案】 C
【解析】 由题意可知,行星表面重力加速度g′=,由单摆周期公式T=2π,可知摆钟在该行星表面摆动的周期T′是在地球表面周期T的两倍,即T′=2T,因此时针走一圈实际经历的时间是24 h,故C正确.
4.(多选)(2025·广东深圳联考)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示.根据振动图像可以断定(　　)
[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为T甲=T乙,所以周期之比为T甲∶T乙=2∶3,频率之比为f甲∶f乙=3∶2,B、C正确;若甲、乙在同一地点,则重力加速度相同,根据周期公式T=2π可得摆长之比为4∶9,A错误;若在不同地点,摆长相同,根据T=2π得重力加速度之比为9∶4,D正确.
5.(多选)(2025·广东广州期中)两个摆长相同的甲、乙单摆,摆球质量之比为4∶1,在不同地域振动,当甲摆振动4次的同时,乙摆恰振动5次,则(　　)
[A] 甲、乙两摆的振动周期之比为4∶5
[B] 甲、乙两摆的振动周期之比为5∶4
[C] 甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为16∶25
[D] 甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为25∶16
【答案】 BC
【解析】 当甲摆振动4次的同时,乙摆振动5次,故甲、乙两摆振动频率之比为4∶5,甲、乙两摆的周期之比为5∶4,故A错误,B正确;根据T=2π可知,甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为16∶25,故C正确,D错误.
知识点三　“类单摆”模型
6.如图所示为演示简谐运动的沙摆,沙筒的质量为m,沙子的质量为M,M>m,在沙子逐渐漏完的过程中,摆的周期(　　)
[A] 不变
[B] 先变大后变小
[C] 先变小后变大
[D] 逐渐变大
【答案】 B
【解析】 由题可知,M>m,当沙子逐渐漏完的过程中,沙筒的重心先下降后升高,则该沙摆的摆长先增大后减小,由单摆的周期公式T=2π可知,该摆的周期先变大后变小,故B正确,A、C、D错误.
7.如图所示,一小球用细线悬挂于O点,细线长为L,O点的正下方L处有一铁钉.将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小),这个摆的周期是(　　)
[A] 2π [B] π
[C] (+1)π [D] (+1)π
【答案】 D
【解析】 以L为摆长的运动时间为t1=×2π,以L为摆长的运动时间为t2=×2π,则这个摆的周期为T=t1+t2=(+1)π,D正确.
(选择题每题9分)
8.(2025·广东广州期末)某同学在探究单摆运动中,图甲是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图,图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像,根据以上信息可得(　　)
[A] 摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力充当单摆的回复力
[B] 从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5 s
[C] 用米尺量得细线长度为L,即摆长为L
[D] 由图乙可计算出单摆的长度约为1.0 m
【答案】 B
【解析】 单摆运动的回复力是由摆球重力在垂直摆线方向上的分力充当,而摆球所受重力在摆线方向上的分力和摆线对摆球拉力的合力提供向心力,A错误;当摆球运动到最低点时,摆线的拉力达到最大,力传感器的示数最大,所以从0时刻开始,摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5 s,B正确;摆长为细线长度与小球半径之和,C错误;根据单摆的周期公式T=2π,由题图乙可知T=2×0.8 s=1.6 s,解得L≈0.64 m,D错误.
9.(多选)如图所示,在一个水平放置的槽中,小球自A点以沿AD方向的初速度v开始运动,已知圆弧AB=0.9 m,AB圆弧的半径R=10 m,AD=10 m,A、B、C、D在同一水平面内,不计摩擦,重力加速度g取10 m/s2,欲使小球恰能通过C点,则其初速度的大小可能有(　　)
[A] m/s [B] m/s
[C] m/s [D] m/s
【答案】 AC
【解析】 小球自A点以沿AD方向的初速度v开始运动,把小球的运动进行分解,一个在水平方向做匀速运动,一个在竖直面上做单摆运动,根据单摆周期公式有T=2π=2π s,小球自A点运动到C点,在竖直面上运动的时间为t=(2n+1)=(2n+1)π s(n=0,1,2,…),由于分运动的等时性,所以初速度为v== m/s(n=0,1,2,…),当n=0时,v1= m/s,当n=1时,v2
= m/s,选项A、C符合题意.
10.(多选)将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上,使手机边缘与座椅边缘平行(图甲),让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动,此时秋千可看作一个理想的单摆,摆长为L.从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a-t关系图像如图乙所示.以下说法正确的有(　　)
[A] 忽略空气阻力,秋千的回复力由重力和拉力的合力提供
[B] 当秋千摆至最低点时,秋千对手机的支持力大于手机所受的重力
[C] 秋千摆动的周期为t3-t1
[D] 该地的重力加速度g=
【答案】 BC
【解析】 忽略空气阻力,秋千的回复力由重力沿单摆运动切线方向的分力提供,A错误;在最低点,合力提供向心力,N-mg=m,秋千对手机的支持力N=mg+m>mg,故秋千对手机的支持力大于手机所受的重力,B正确;秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到原最大振幅偏角位置所用的时间,所以两次经过最低点,有两次向心加速度最大,根据垂直手机平面方向的a-t关系图像,周期为T=t3-t1,C正确;根据单摆周期公式T=2π,又T=t3-t1,故当地重力加速度g=,D错误.
11.(4分,每空2分)(2025·广东广州联考)在演示简谐运动图像的沙摆实验(如图甲)中,如果使木板沿直线OO′做匀加速直线运动,摆动着的漏斗中漏出的沙在木板上显示出如图乙所示曲线,A、B、C、D均为直线OO′上的点,测出 =16 cm,=48 cm,摆长为64 cm(可视为不变),摆角小于5°,则该沙摆的周期约为　　　 s,木板的加速度大小为　　 　　 m/s2
(g取10 m/s2,π≈).
【答案】 1.6　0.5
【解析】 根据单摆周期公式求得T=2π≈1.6 s,木板做匀加速运动,根据位移差公式Δs=(0.48-0.16)m=a()2,代入数据解得a=0.5 m/s2.
12.(12分)(2025·广东佛山联考)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)
(1)(6分)单摆的振动周期和摆长;
(2)(6分)摆球运动过程中的最大速度.
【答案】 (1)1.256 s　0.4 m　(2)0.2 m/s
【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=2π知,
摆长L== 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=m,
解得最大速度v=0.2 m/s.(共39张PPT)
第三节　
单　摆
[学习目标]
1.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件,知道单摆振动时回复力的来源.2.掌握影响单摆周期的因素和周期公式,能熟练运用单摆的周期公式解决相关问题,掌握科学的思维方法.(重点)
知识点一　单摆的回复力
「情境导学」
1.判断以下装置中哪些可以构成单摆
提示:只有己能构成单摆.
2.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,不计空气阻力.
(1)小球摆动过程中受到哪些力的作用
提示:(1)小球受重力和细线的拉力作用.
(2)什么力提供向心力 什么力提供回复力
提示:(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.
提示:(3)小球经过平衡位置时还有向心力,其合外力不为零.
提示:(4)不为零.
(3)小球经过O点平衡位置时回复力为零,合外力也为零吗
(4)摆球到达最大位移处,v=0,加速度是否等于0
1.单摆:如果悬挂物体的绳子的 可以忽略不计,绳长比物体的尺寸 ,物体可以看作 ,这样的装置可以看作单摆.
说明:单摆是实际摆的理想模型,若单摆的摆角小于5°,单摆的摆动可近似看成简谐运动.
「知识整合」
伸缩和质量
大很多
质点
2.单摆的回复力
(1)来源:重力沿 方向的分力,即F= .
圆弧切线
mgsin θ
正比
平衡位置
正误辨析
(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)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力.(　 　)
(4)单摆摆动到最高点时速度为零,合外力也为零.(　 　)
(5)单摆运动过程中经过平衡位置时达到平衡状态.(　 　)
√
√
×
×
×
[例1] 图中O点为单摆的固定旋点,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,则摆球在摆动过程中(　 　)
[A] 在A点和C点处,速度为零,位移也为零
[B] 在A点和C点处,速度为零,回复力也为零
[C] 在B点处,重力势能最小,加速度也为零
[D] 在B点处,动能最大,细线拉力也最大
D
【解析】 摆球在摆动过程中,最高点A点和C点处是摆球的最大位移位置,速度为零,回复力最大,故A、B错误;最低点B是摆球的平衡位置,速度最大,动能最大,重力势能最小,摆球做圆周运动,绳的拉力最大,加速度不为零,故C错误,D正确.
[训练1] 在上述例题中,下列判断正确的是(　　 )
[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点处时,摆球处于平衡状态
[C] 摆球在A点和C点处时,位移大小相等,但方向相反
[D] 摆球拉到摆角10°的情况下,仍可视为简谐运动
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,不是平衡状态;相对平衡位置B的位移大小相等,但方向相反,B错误,C正确;摆球摆动的夹角大于5°的情况下,一般不能近似处理,因此不能视为简谐运动,D错误.
知识点二　单摆的周期
「情境导学」
比较图甲、乙所示的两个装置,其中轨道摩擦力不计,单摆的细绳的质量忽略,小球的体积可以忽略.现在初步分析影响单摆周期的因素可能有摆长、小球的质量、摆角等,请思考以下几个问题.
(1)要探究各要素之间的关系,实验应采取什么样的科学的研究方法
提示:(1)控制变量法.
提示:(2)可以多次测量取平均值来减小周期的测量误差;以单摆的平衡位置
(最低点)作为起点更方便计时和减小误差.
提示:(3)相同.
(2)上面两个装置在测量摆球的周期时,采用什么样的方法可以减小误差 以哪个位置作为起点更方便计时和减小误差
(3)假如轨道半径与单摆摆线长度相同,测量两个装置的周期有什么样的
特点
1.在摆角很小的情况下,单摆的周期与小球质量和摆角 ,与单摆摆长
.实验结论:
(1)单摆振动的周期与摆球的质量 .
(2)摆角很小的情况下周期与振幅 .
(3)摆长越长,周期 ;摆长越短,周期 .
「知识整合」
无关
有关
无关
无关
越长
越短
2.周期公式
(1)提出:周期公式是荷兰物理学家 首先提出的.
惠更斯
正比
反比
正误辨析
(1)摆球质量越大,周期越长.(　 　)
(2)摆动幅度越大,周期越长.(　 　)
(3)将单摆由地球赤道移到地球两极周期变小.(　 　)
×
×
√
[例2] (对单摆周期图像与公式的理解)(2025·广东汕头期中)甲、乙两个单
摆,在同一地点做简谐振动时的图像如图所示,由此可知甲、乙两单摆(　　)
C
[训练2] 惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟.如图所示为摆钟里摆的结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母通过沿摆杆上下移动,可以调节摆的摆长.下列说法正确的是(　 　)
[A] 螺母向上移动,摆的周期变小,摆动加快
[B] 螺母向上移动,摆的周期变大,摆动减慢
[C] 螺母向下移动,摆的周期变大,摆动加快
[D] 螺母向下移动,摆的周期变小,摆动减慢
A
[训练3] (2025·广东广州期中)摆钟是一种较有年代的计时钟表,其基本原理是利用了单摆的周期性,结合巧妙的擒纵器设计,实现计时的功能.图示为摆钟及其内部的结构简图.设原先摆钟走时准确,则(　　 )
[A] 摆动过程中,金属圆盘所受合力为其回复力
[B] 该摆钟在太空实验室可正常使用
[C] 将该摆钟从北京带到广州,为走时准确,需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向下移动
[D] 该摆钟在冬季走时准确,到夏季为了准时,在只考虑热胀冷缩时,需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动
D
[例3] (对单摆“等效摆长”的理解及应用)(2025·广东深圳月考)如图所示,三根细线在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OC线长也是L,下端C点系着一个小球(半径可忽略),下列说法正确的是(以下振动皆指小角度摆动,摆动时各线段都处于绷直状态,重力加速度为g)(　 　)
A
·归纳总结·
①T与摆长L和当地的重力加速度g有关.
②T与振幅和摆球质量无关,故T又叫作单摆的固有周期.
③适用条件:摆角很小(一般小于5°).
(2)对摆长L和重力加速度g的理解.
①摆长L:指从悬点到摆球重心的长度.
·归纳总结·
·归纳总结·
图3中,乙在垂直于纸面方向摆动时,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.
·归纳总结·
②重力加速度g.
a.单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态时,g为当地的重力加速度.
b.单摆在某天体表面时,不同星球的g也一般不同.
[训练4] (2025·广东肇庆月考)如图甲、乙、丙、丁,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,其中图丙两小球均带负电荷,图丁中振动系统处于匀加速下降的电梯内,下列关于周期大小关系的判断正确的是( 　　)
[A] T1>T2>T3>T4 [B] T4[C] T4>T1=T3>T2 [D] T1C
知识点三　“类单摆”模型
「归纳提升」
1.如图甲所示,竖直面内半径为R的光滑小圆弧轨道有一个小球,小球的半径远远小于R(对应圆心角∠BOC很小),当小球在BC间运动时,受重力和轨道支持力作用,轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力,小球的运动与单摆中摆球的运动特点完全相同,故其运动为“类单摆”运动,等效摆长为R.
2.如图乙所示,在固定的光滑斜面上,长度为l的细绳上端固定于O1点,下端悬挂一小球,使小球在斜面内小角度摆动,小球受到重力、绳的拉力和斜面的支持力作用,其运动为“类单摆”运动,等效重力为G′=mgsin θ,等效重力加速度为g′=gsin θ.
[例4] (多选)(2025·广东深圳期末)竖直平面内固定光滑圆弧轨道上有一个小球,将它从最低点移开一小段距离,t=0时刻将小球由静止释放,小球以最低点为平衡位置左右运动.已知圆弧半径R=1 m,当地的重力加速度大小g取
9.8 m/s2,π2≈9.8,下列哪些时刻小球运动到最低点( 　　)
[A] 0.5 s [B] 1 s
[C] 1.5 s [D] 2 s
AC
·规律方法·
处理“类单摆”问题的思路
(1)判断是否符合类单摆模型的条件.
(2)确定等效摆长L.
(3)确定等效重力加速度g′.
[训练5] (2025·广东湛江联考)如图所示,光滑圆弧轨道竖直固定,其半径远大于弧长,圆弧底端切线水平.现将两个相同的甲、乙小球分别从圆弧轨道的顶端和某位置由静止释放.下列说法正确的是(　 　)
[A] 甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能
[B] 甲球到达底端时的动能小于乙球到达底端时的动能
[C] 甲球到达底端所用的时间大于乙球到达底端所用的时间
[D] 甲球到达底端所用的时间小于乙球到达底端所用的时间
A
【解析】 被释放前甲球的重力势能大于乙球的重力势能,因为两球在圆弧轨道上运动的过程中机械能守恒,所以甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能,A正确,B错误;因为圆弧轨道的半径远大于弧长,所以两球沿圆弧轨道的运动均可视为单摆摆球的运动,它们的周期相同,到达底端所用的时间均为四分之一周期,则甲球到达底端所用的时间等于乙球到达底端所用的时间,C、D错误.
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