高中物理 专题第4节　单摆

第4节单摆学习目标要求核心素养和关键能力1.知道什么是单摆，了解单摆的构成。2.掌握单摆振动的特点，知道单摆回复力的来源，理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动。3.知道单摆的周期跟什么因素有关，了解单摆的周期公式，并能用来进行有关计算。4.知道用单摆可测定重力加速度。1.核心素养(1)利用图像法分析单摆的运动。(2)建立简谐运动模型。(3)控制变量法探究影响单摆周期的因素。2.关键能力物理建模能力和分析推理能力。知识点一单摆的回复力❶单摆的组成：由细线和小球组成。❷理想化模型(1)细线的长度不可改变。(2)细线的质量与小球相比可以忽略。(3)小球的直径与线的长度相比可以忽略。❸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。【思考】判断以下摆动模型是不是单摆，为什么？提示模型①不是单摆，因为橡皮筋伸长不可忽略。模型②不是单摆，因为绳子质量不可忽略。模型③不是单摆，因为绳长不是远大于球的直径。模型④不是单摆，因为悬点不固定，因而摆长在发生变化。模型⑤是单摆。1．单摆的回复力(1)单摆受力：如图所示，摆球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＝mgsinθ提供了使摆球振动的回复力。2．单摆做简谐运动的条件在摆角很小时，sinθ≈eq\f(x,l)，又因为回复力F＝mgsinθ，所以单摆的回复力为F＝－eq\f(mg,l)x，因F指向平衡位置O，与位移反向，令k＝eq\f(mg,l)，则回复力F＝－kx，由此可见单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。3．证明一个振动是简谐运动的两种方法(1)动力学角度：回复力与位移关系满足F＝－kx。(2)运动学角度：位移与时间的关系满足x＝Asin(ωt＋φ0)，x－t图像为正弦曲线。【例1】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、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。理解回复力的两点提醒(1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与摆球所受重力平衡的位置，并不是指摆动过程中摆球受力平衡的位置。摆球摆动到平衡位置时，回复力为零，但有指向悬点的力的作用。(2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsinθ提供的，不可误认为回复力是重力G与摆线拉力FT的合力。【训练1】(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。【训练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。知识点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。❶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质量无关。②周期与振幅无关。③摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。❷周期公式(1)提出：由荷兰物理学家惠更斯首先提出的。(2)公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，即单摆做简谐运动的周期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。对周期公式的理解(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时(θ≤5°)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。【例2】(多选)如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，由此可知()A．单摆振动的频率是1.25HzB．t＝0时摆球位于B点C．t＝0.2s时摆球位于平衡位置O，加速度为零D．若当地的重力加速度g＝π2，则这个单摆的摆长是0.16m答案ABD解析由振动图像可判断，该单摆的周期为0.8s，频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.8s)＝1.25Hz，故A正确；由于规定摆球向右运动为正方向，且B点为摆球所能到达的左边最远位置，由振动图像可判断，t＝0时摆球位于B点，故B正确；由振动图像可判断，t＝0.2s时摆球位于平衡位置O，但摆球受到的合力不为零，所以加速度不为零，故C错误；根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得l＝eq\f(gT2,4π2)，把T＝0.8s，g＝π2，代入计算得l＝0.16m，故D正确。【训练3】(2021·陕西洛南中学高二月考)一摆钟由甲地移到乙地后，发现走时变快了，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<g乙，将摆长放长C．g甲<g乙，将摆长缩短D．g甲>g乙，将摆长放长答案B解析根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，知摆钟变快了，则周期变小了，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。【训练4】摆长是1m的单摆在某地区的周期是2s，则在同一地区()A．摆长是0.5m的单摆的周期是0.707sB．摆长是0.5m的单摆的周期是1sC．周期是1s的单摆的摆长为2mD．周期是4s的单摆的摆长为4m答案D解析摆长是1m的单摆的周期是2s，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)＝π2m/s2。摆长是0.5m的单摆的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝2π×eq\r(\f(0.5,π2))s＝1.414s，故A、B错误；周期是1s的单摆的摆长l2＝eq\f(gTeq\o\al(2,2),4π2)＝eq\f(π2×12,4π2)m＝0.25m，周期是4s的单摆的摆长l3＝eq\f(gTeq\o\al(2,3),4π2)＝eq\f(π2×42,4π2)m＝4m，故C错误，D正确。

知识点三“单摆”模型的拓展1．圆弧摆如图所示，有一光滑圆弧曲面AO′B，在A处放一小球，圆弧摆做简谐运动的条件：(1)圆弧曲面光滑。(2)小球直径和圆弧弧长远小于圆弧的半径R。(3)小球在曲面AO′B上做往复运动，圆弧摆周期T＝2πeq\r(\f(R,g))。【例3】(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eq\o(AO′,\s\up8(︵))≪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)gteq\o\al(2,c)，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))；对于b球，有2Rcos(90°－θ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,b)，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。2．不同系统中的等效重力加速度在不同的运动系统中，单摆周期公式中的g应理解为等效重力加速度，其大小等于单摆相对系统静止在平衡位置时的摆线拉力与摆球质量的比值。情景等效重力加速度情景等效重力加速度g等效＝g－ag等效＝eq\f(mg＋qE,m)g等效＝g＋ag等效＝gg等效＝eq\f(mg－qE,m)g等效＝g【例4】如图所示的几个相同单摆在不同条件下，关于它们的周期关系，其中判断正确的是()A．T1＞T2＞T3＞T4 B．T1＜T2＝T3＜T4C．T1＞T2＝T3＞T4 D．T1＜T2＜T3＜T4答案C解析题图(1)中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力mgsinθ为等效重力，即单摆的等效重力加速度g1＝gsinθ；题图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力；题图(3)为标准单摆；题图(4)摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g4＝g＋a。由单摆做简谐运动的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，知T1＞T2＝T3＞T4，选项C正确。1．(单摆的回复力)(多选)关于单摆，下列说法正确的是()A．摆球受到的回复力是它所受的合力B．摆球经过平衡位置时，所受的合力不为零C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力答案BC解析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，A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，B正确；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力；在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C正确，D错误。2．(单摆的周期)(2022·北京西城高二期末)一个单摆做简谐运动的周期为T，如果将其摆长增加为原来的2倍，振幅变为原来的二分之一，则其周期变为()A.eq\f(1,2)T B.eq\f(\r(2)T,2)C.eq\r(2)T D．2T答案C解析根据T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，单摆的周期与振幅无关，将其摆长增加为原来的2倍，则T′＝2πeq\r(\f(2l,g))＝eq\r(2)T，选项C正确。3．(两个单摆的对比)(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＝0.5s时有负向最大加速度的是乙摆答案AC解析从图中可得两者的周期相同，都为2.0s，又知道两者在同一个地点测量的，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10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，由于甲、乙两摆球质量相等，甲球的机械能比乙球的机械能大，故C正确；在t＝0.5s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。4．(“单摆”模型的拓展)如图所示，处于竖直向下的匀强电场中的摆球，质量为m，半径为r，带正电荷，用长为l的细线把摆球吊在悬点O处做成单摆，则这个单摆的周期为()A．T＝2πeq\r(\f(l,g)) B．T＝2πeq\r(\f(l＋r,g))C．大于T＝2πeq\r(\f(l＋r,g)) D．小于T＝2πeq\r(\f(l＋r,g))答案D解析设电场强度为E，摆球所带电荷量为q，当单摆所处系统中无竖直向下的匀强电场时，单摆的周期为T＝2πeq\r(\f(l＋r,g))；当单摆处于竖直向下的匀强电场时，其等效重力加速度为g等效＝eq\f(mg＋qE,m)＝g＋eq\f(qE,m)＞g，周期T′＝2πeq\r(\f(l＋r,g等效))，所以单摆的周期减小，即T′＜T＝2πeq\r(\f(l＋r,g))，故选项D正确。题组一单摆及其回复力1．(多选)关于单摆及其振动，以下认识正确的是()A．将某个物体用绳子悬挂起来就构成一个单摆B．将小球用长度不变的细长轻绳悬挂起来，就构成一个单摆C．单摆以很小的摆角在竖直面内的自由摆动是简谐运动D．单摆在人的不断敲击下做摆幅越来越大的运动是简谐运动答案BC解析单摆是一个理想化模型，其特点是悬挂小球的细线长度不可改变，细线的质量与小球的质量相比可忽略，小球的直径与细线的长度相比也可忽略，故A错误，B正确；单摆只有在很小的摆角情况下做简谐运动，而在附加敲击力作用情况下，振动的回复力不再满足做简谐运动的条件，不是简谐运动，故C正确，D错误。2．有一正在摆动的秒摆(T＝2s)，若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t＝1.6s时，以下对摆球的运动情况及回复力变化情况的说法中正确的是()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，回复力正在减小答案D解析秒摆的周期为T＝2s，取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，当t＝1.6s时，即eq\f(3,4)T＜t＝1.6s＜T，说明摆球正从最右端向平衡位置做加速运动，即向左做加速运动；由于摆角在变小，故F回＝mgsinθ也在变小，A、B、C错误，D正确。题组二单摆的周期3．在上海走时准确的摆钟，随考察队带到北极，则这个摆钟()A．变慢了，重新校准应减小摆长B．变慢了，重新校准应增大摆长C．变快了，重新校准应减小摆长D．变快了，重新校准应增大摆长答案D解析摆钟从上海到北极，纬度升高，重力加速度g变大，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，摆钟的周期变小，即摆动变快，要将周期T调大从而重新校准应增大摆长l，故D正确，A、B、C错误。4．(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势能提供，运动的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示，下列说法正确的是()A．当摆钟不准时需要调整圆盘的上、下位置B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移D．把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移答案AC解析调整圆盘的上、下位置可改变摆长，从而达到调整周期的作用，A正确；若摆钟变快，是因为周期变小，应增大摆长，即下移圆盘，B错误；由冬季变为夏季，摆杆变长，应上移圆盘，C正确；从广州到北京，g值变大，周期变小，应增加摆长，D错误。5．(2022·天津一中期末)夏天的河上，有几名熟悉水性的青年将绳子挂在桥下荡秋千，绳子来回荡几次后跳入河中，现把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，则下列说法正确的是()A．小王荡秋千时，其周期大于6.28sB．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小D．该秋千的绳子长度约为10m答案D解析小王荡秋千时，根据T＝2πeq\r(\f(l,g))可知做单摆运动的物体的周期与质量无关，其周期等于6.28s，故A错误；图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力最大，故B错误；小明荡到图中对应的b点时，b点为平衡位置，速度最大，动能最大，故C错误；根据T＝2πeq\r(\f(l,g))，计算得l≈10m，故D正确。6．如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方eq\f(1,2)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．2πeq\r(\f(L,g)) B．πeq\r(\f(L,g))C．(eq\r(2)＋1)πeq\r(\f(L,g)) D．(eq\r(2)＋1)πeq\r(\f(L,2g))答案D解析以摆长为L的单摆运动的半个周期为t1＝eq\f(1,2)×2πeq\r(\f(L,g))，以摆长为eq\f(1,2)L的单摆运动的半个周期为t2＝eq\f(1,2)×2πeq\r(\f(\f(1,2)L,g))，则这个摆的周期为T＝t1＋t2＝(eq\r(2)＋1)πeq\r(\f(L,2g))。故A、B、C错误，D正确。题组三“单摆”模型的拓展7．(2022·山东新高考质量测评联盟)如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线的长度均为L，a、b细线上端固定在同一水平面上相距为eq\r(3)L的A、B两点上，c细线下端系着一个带正电荷的小球(小球直径可以忽略)，小球质量为m，电荷量为eq\r(3)q，有垂直于纸面向外的匀强电场，电场强度E＝eq\f(mg,q)，下列说法正确的是()A．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2πeq\r(\f(L,g))B．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝2πeq\r(\f(3L,2g))C．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2πeq\r(\f(3L,2g))D．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝πeq\r(\f(3L,g))答案D解析小球不可以在纸面内做简谐运动，因为小球会受到垂直纸面向外的电场力，垂直纸面方向无法平衡，故A、C错误；小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，等效重力F＝eq\r(（qE）2＋（mg）2)＝2mg，周期T＝2πeq\r(\f(L＋Lsin30°,\f(F,m)))＝πeq\r(\f(3L,g))，故B错误，D正确。8．(2022·湖南衡阳期中)两个质量相等的弹性小球分别挂在l1＝1.00m，l2＝0.25m的细绳上，两球重心等高，如图所示。现将B球在竖直面内拉开一个较小的角度放开后，从B球开始运动计算，经过4s两球相碰的次数为(取π2≈10)()A．3次 B．4次C．5次 D．6次答案C解析先计算两球运动的周期，T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝2s，T2＝2πeq\r(\f(l2,g))＝1s，从B开始运动经eq\f(T2,4)，即0.25s第一次相碰，并经eq\f(T1,2)，即1s第二次相碰；再经eq\f(T2,2)，即0.5s第三次相碰，可推证到第5次相碰共用时3.25s，到第六次相碰共用时4.25s，故经过4s两球相碰的次数为5次，故C正确。9．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，使三角形AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长为L，下端C点系着一个小球，下列说法正确的是()A．让小球在纸面内小角度摆动，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))B．让小球在垂直纸面方向小角度摆动，周期T＝2πeq\r(\f(3L,2g))C．让小球在纸面内小角度摆动，周期T＝2πeq\r(\f(3L,2g))D．让小球在垂直纸面方向小角度摆动，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))答案A解析让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以O点为圆心摆动，摆长为L，周期为T＝2πeq\r(\f(L,g))；让小球在垂直纸面方向摆动，在摆角很小时，摆球以CO的延长线与AB的交点为圆心摆动，摆长为L＋Lcos30°·sin30°＝L＋eq\f(\r(3),4)L，周期为T′＝2πeq\r(\f(4＋\r(3),4g)L)，故选项A正确。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；由图可知，N1对应的木板运动时间为T，N2对应的木板运动的