1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。第三节单摆课 程 标 准素 养 目 标1.通过实验，探究单摆的周期与摆长的定量关系。2知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系。1.知道什么是单摆，初步形成单摆的回复力及周期的概念。(物理观念)2理解单摆振动的特点及其做简谐运动的条件；知道单摆周期的决定因素，掌握其周期公式。(科学思维)3能用实验探究影响单摆周期的因素，能定量探究单摆周期与摆长的关系。(科学探究)4学会观察、实验、分析及归纳判断的方法和能力。(科学态度与责任)必备知识自主学习一、单摆及其回复力如图所示，荡秋千
2、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)单摆的构成组成要求细线摆线看成是不可伸长，且没有质量的细线小球摆球看成是没有大小只有质量的质点提醒：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：忽略在摆动过程中所受到的阻力；将摆球看作质点；摆线细且不可伸长。(3)单摆摆球的运动特点：摆球以悬点为圆心在竖直平面内做变速圆周运动。摆球同时以最低点O为平衡位置做简谐运动。2单摆的回复力摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。二、单摆的周期如图所示
3、，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：在摆角很小的情况下单摆振动的周期与摆球的质量无关。振幅较小时，周期与振幅无关。摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短，与摆长二次方根成正比。2周期公式(1)公式的提出：荷兰物理学家惠更斯首先提出了单摆的周期公式T2，并发明了钟摆。(2)公式：T2，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T2知，某单
4、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。(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。()关键能力合作学习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
5、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：FnFG1m，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FG sin ，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
6、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
7、力提供向心力。由公式Fnm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
8、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v0，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：(当很小时，一般小于5)G1mg sin mg tan mgmgF回mg，令k，所以F回kx可见：
9、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
10、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
11、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，如图所示，则对摆球，有FTmg cos m，则摆球所受摆线的拉力FTmg cos
12、 m，又由题意知，在最低点，0，cos 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Fkx为负，加速度为负，但速度可正可负，选项A错误；当位移增大
13、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FTmg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。对单摆周期公式的理解与应用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LL，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Lsin ，这就是等效摆长。其周期T2。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
14、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，FTmg sin ，等效加速度gg sin 。此场景中的等效重力加速度gg sin ；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。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
15、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gga。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】(2021佛山高二检测)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，同时在O点正上方另有一小球N(图中未画出)自由落下，若。求：小球应
16、从多高处自由落下时，两球在O点相碰(R)。【审题关键】序号解题依据信息提取单摆的条件小球M的运动看成单摆自由落体运动的条件小球N做自由落体运动由题目条件得出小球M的运动时间为周期的四分之一【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hgt2。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
17、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(2n1)(n1，2，3，)，由于从O点正上方自由落下的小球到O点的时间也为(2n1)时两球才能在O点相碰，所以hgt2g(2n1)2(2n1)2(n1，2，3)答案：(2n1)2 (n1，2，3)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”)。把单摆从平衡位置拉开约5释放；_。在摆球经过最低点时启动停表计时；_。把停表
18、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。数据组摆长(mm)摆球质量(g)周期(s)1999.332.222999.316.523799.232.21.84799.216.51.85501.132.21.4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；所以是；是；否；(2)从题表中数据可知：摆长相同时，周期相同，摆长变
19、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)是是否(2)摆长【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BB球先到达C点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
20、到最低点C所用的时间是单摆振动周期的，即tBtA，所以A球先到达C点。情境模型素养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T2，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
21、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2(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(211)10，故小球运动的周期T3 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
22、单摆运动的周期为T2，则由题意知，T12，T22，故T(22)，解得h3 m。答案：(1)3 s(2)3 m课堂检测素养达标1一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减为原来的一半，则单摆的()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，振幅不变【解析】选B。决定单摆周期的是摆长和当地的重力加速度，与摆球的质量无关，与摆球的运动速度也无关，当然频率也与质量和速度无关，所以选项C、D错误；决定振幅的是外来因素，反映在单摆的运动中，可以从能量去考虑，即在平衡位置(即最低点)时的动能；当质量增为原来的4倍，速度减为原来的一半时，动能不变，最高点的
23、重力势能也不变。但是又因第二次摆球的质量增大了(实际上单摆已经变成另一个摆动过程了)，势能不变，质量变大了，摆动的竖直高度就一定变小了，也就是说，振幅变小了。【加固训练】发生下列哪一种情况时，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将单摆由山下移至山顶【解析】选D。根据单摆的周期公式T2，要增大单摆周期，可以增加摆长或减小重力加速度；与摆球的质量和振幅无关；将单摆由山下移至山顶，重力加速度变小；故A、B、C错误，D正确。2下列有关单摆运动过程中受力的说法，正确的是()A单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线拉力的合力B单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力C单摆经
24、过平衡位置时所受合力为零D单摆做简谐运动的回复力是摆线拉力的一个分力【解析】选B。单摆运动时是在一段圆弧上，因此单摆运动过程中不仅有回复力，而且有向心力，即单摆所受的合外力不仅要提供回复力，还要提供向心力，故选项A错误；单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的一个分力，选项B正确，D错误；单摆经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，选项C错误。3(2021汕头高二检测)把空心铁球内部装满水做摆球，若球正下方有一小孔，水不断从孔中流出，从球内装满水到水流完为止的过程中，其振动周期的大小是()A不变B变大C先变大后变小再回到原值D先变小后变大再回到原
25、值【解析】选C。单摆的周期与摆球的质量无关，但当水从球中向外流出时，等效摆长是先变长后变短，因而周期先变大后变小再回到原值，故选项C正确。4甲、乙两个单摆摆长相等，将两个单摆的摆球由平衡位置拉开，使摆角甲乙(甲、乙都小于5)，在同一地点由静止开始同时释放，则()A甲先到达平衡位置 B乙先到达平衡位置C甲、乙同时到达平衡位置 D无法判断【解析】选C。由单摆的周期公式T2，可知周期T与l、g有关，与质量、摆动的幅度无关，当在同一地点释放时，周期只与摆长有关，故同时释放，同时到达平衡位置。5已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m。则两单摆摆长la与lb分别
26、为()Ala2.5 m，lb0.9 m Bla0.9 m，lb2.5 mCla2.4 m，lb4.0 m Dla4.0 m，lb2.4 m【解析】选B。设单摆a完成10次全振动所经历的时间为t，则Ta，Tb得到TaTb35；又因为Ta2；Tb22，可解得：la0.9 m，lb2.5 m。故选B。6.如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，且Rl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，Rgt，所以t1。对乙球，由于l弧ACR，所以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T2，因此乙球第一次到达C处的时间为t2，所以t1t22。答案：27一个单摆的摆长为l，在其悬点O的正下方0.19 l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5，放手后使其摆动，摆动到B的过程中摆角也小于5，求出单摆的振动周期。【解析】释放后摆球到达右边最高点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。单摆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。摆球在左边的周期为T12摆球在右边的周期为T22则整个单摆的周期为T1.9答案：1.9关闭Word文档返回原板块
