1、第第 4 4 节节 单摆单摆 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。 一、单摆的回复力 1.单摆 (1)用细线悬挂着小球在竖直平面内摆动，如果细线的质量与小球相比可以忽略， 球的直径与线的长度相比也可以忽略
2、， 空气等对小球的阻力与它受到的重力及绳 的拉力相比可以忽略，这样的装置就叫作单摆。 (2)单摆是实际摆的理想化模型。实验时我们总要尽量选择质量大、体积小的球 和尽量细的线。 2.单摆的回复力 (1)单摆的回复力是由重力沿圆弧切线方向的分力 Fmgsin 提供的， 如图所示。 (2)在最大摆角很小的条件下， sin x l， 其中 x 为摆球偏离平衡位置 O 点的位移。 单摆的回复力 Fmg l x，令 kmg l ，则 Fkx。 (3)在摆角很小的情况下，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比， 方向总是指向平衡位置，因此单摆做简谐运动。 【判一判】 (1)单摆运动的回复力是重力和摆线
3、拉力的合力。() (2)单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力。() (3)单摆经过平衡位置时受到的合力为零。() (4)单摆是一个理想化的模型。() 二、单摆的周期 1.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：单摆振动的周期与摆球质量无关。 周期与振幅无关。 摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。 2.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：T2 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。 想一想 在单摆做简谐运动的情况下，
4、是否单摆的振幅越大，单摆的周期越长呢？ 答案 单摆的周期与振幅无关。 探究 1 单摆及单摆的回复力 情境导入 如图所示，细线下悬挂一个去掉柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。当注射器摆 动时，沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板，观察喷在木板上的墨汁图样。 从实验中观察到单摆振动曲线是一条正弦或余弦曲线， 这样能说明单摆做简谐运 动吗？ 提示 通过实验得到的图线是正弦函数图像，如果以时间作为横轴，位移作为纵 轴，可得到单摆位移随时间变化的图线是正弦函数图像，即单摆做简谐运动。 归纳拓展 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
5、的合力。 (3)回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力 Fmgsin 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，sin x l，又因为回复力 Fmgsin ，所以单摆的回复力为 F mg l x，令 kmg l ，则回复力符合 Fkx，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 Fkx。 (2)运动学角度： 位移与时间的关系满足 xAsin(t0)， xt 图像为正弦曲线。 【例 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
6、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。 【针对训练 1】 关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是( ) A.摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用 B.
7、摆球受的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大 C.摆球受的回复力最大时，摆线中的张力比摆球的重力大 D.摆球受的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向 答案 B 解析 摆球只受重力和摆线的张力作用， 回复力和向心力都是按作用效果命名的 力，受力分析不予考虑，A 错误；摆球在最大位移处受的回复力最大，摆球的速 度为 0，向心力为 0，此时摆线中的张力与重力沿摆线方向的分力大小相等(即摆 线张力小于重力)， 回复力在平衡位置处(摆球在最低点)为 0， 此时摆球速度最大， 由 F向mv 2 l 知此时向心力最大，加速度为向心加速度，方向指向圆心，B 正确， C、D 错误。 探究
8、 2 单摆的周期及公式 1.伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了 摆钟。 2.对周期公式的理解 由公式 T2 l g知，某单摆做简谐运动(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。 (1)摆长 l 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球心的长度：即 lLd 2，L 为摆线长，d 为摆球直径。 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 lsin g 。图(b)中，乙在垂直纸面 方向摆动时，与甲摆等效
9、；乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。 (2)重力加速度 g 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 gGM R2 ，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， g9.8 m/s2 只是在地球表面附近时的取值。不同地点 g 的取值不同。 特别提醒 (1)摆长 l 并不等于绳长，而是等于摆球球心(质量均匀)到摆动圆弧的 圆心的距离。 (2)公式中的 g 不一定等于 9.8 m/s2，尤其是单摆在复合场中或斜面上摆动时，g 值往往因情境而异。 【例 2】 (
10、2021 陕西洛南中学高二月考)一单摆由甲地移到乙地后，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，将摆长放长 答案 B 解析 根据单摆的周期公式 T2 l g，知摆钟变快了，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。 【例 3】 (多选)(2020 攀枝花市十五中高二月考)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，同此可知( ) A.单摆振动的频率 1.2
11、5 Hz B.t0 时摆球位于 B 点 C.t0.2 s 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 g2，则这个单摆的摆长是 0.16 m 答案 ABD 解析 由振动图像可判断， 该单摆的周期为 0.8 s， 频率为 f1 T 1 0.8 s1.25 Hz， 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，t0 时摆球位于 B 点，故 B 正确；由振动图像可 判断，t0.2 s 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 T2 l g， 可得 l gT2 42
12、， 把 T0.8 s， g2，代入计算得 l0.16 m，故 D 正确。 【针对训练 2】 (多选)(2020 襄阳市一中高二月考)如图是同一地点质量相同的 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.甲摆的机械能比乙摆大 C.在 t1.2 s 时，乙摆在做减速运动，甲摆在做加速运动 D.由图像可以求出当地的重力加速度 答案 ABC 解析 由图看出，两个单摆的周期相同，同一地点 g 相同，由单摆的周期公式 T2 l g得知， 甲、 乙两单摆的摆长 l 相等， 故 A 正确； 甲摆的振幅比乙摆大， 两摆的摆长相等，质量也相等，可知甲摆的机械能比乙摆大，故 B
13、 正确；在 t 1.2 s 时，乙摆向位移最大位置处运动，则在做减速运动，甲摆向平衡位置运动， 则在做加速运动，选项 C 正确；根据单摆的周期公式 T2 l g可知，知道单摆 的振动周期，但是摆长未知，则无法求出当地的重力加速度，故 D 错误。 【题型分类 【示例 1】 如图所示，先让单摆在垂直于纸平面内摆动，然后让单摆在纸平面 内摆动，求这两种情况下单摆的周期(已知条件如图所示)。 答案 见解析 解析 (1)先看在垂直于纸平面内摆动的情形： 如图甲所示，此时单摆的悬点相当于 O点， 单摆的等效摆长 ll1sin l2 所以这种情况下的单摆的周期为 T 2 l1sin l2 g 图甲 图乙 (
14、2)再来看在纸平面内摆动的情形： 如图乙所示，此时单摆的悬点就是 O 点，因此单摆的等效摆长为 ll2 所以该情况下的单摆的周期为 T2 l2 g。 【示例 2】 如图所示，在倾角为 的光滑斜面上，将一摆长为 l 的单摆上端固定 在 O 点，平衡位置在 O点做简谐运动时，周期为多少？ 答案 2 l gsin 解析 分析摆球在斜面上不摆动时，摆线的拉力 F mgsin 则单摆的“等效重力加速度” g F m gsin 单摆的周期为 T 2 l gsin 。 【模型分类 (1)等效摆长类：圆弧摆，双线摆 突破口：等效摆长为小球球心到等效悬点间的距离 等效摆 圆弧半径 R 远大于小球半 径(5 )
15、双线摆 1 双线摆 2 图示 等效摆 长 lR llsin ll1sin l2 (2)等效重力加速度类：斜面摆、电单摆 突破口：等效重力等于小球静止时所受拉力；等效重力加速度等于等效重力与小 球的质量之比。 等效摆 斜面摆 电单摆 1 电单摆 2 图示 等效重力 GFmgsin GFmgqE GFmgqE 等效重力加 速度 ggsin 带负电 ggqE m 带正电 ggqE m 【方法感悟 物理学中，对于复杂的运动，常用等效的方法将其简化。复杂单摆运动简化分为 运动简化和受力简化。运动简化的关键是找到等效悬点，等效摆长等于小球球心 到等效悬点间的距离，有时小球的半径不能忽略，受力简化的关键是找
16、到等效重 力，思考一下电单摆模型中，如果电场水平向右，等效重力和等效加速度又该如 何表达？ 【针对训练】 (2020 浙江慈溪高二期末)如图所示的圆弧轨道，A 为圆心，O 为 最低点，OB 为一光滑弦轨道，OC 为一段圆弧轨道，C 点很靠近 O 点。将小球 甲、乙、丙(都可视为质点)分别从 A、B、C 三点同时由静止释放，最后都到达 O 点。如果忽略一切阻力，那么下列说法正确的是( ) A.乙球最先到达 O 点，甲球最后到达 O 点 B.乙、丙两球同时到达 O 点，甲球比乙、丙两球后到达 O 点 C.乙球最先到达 O 点，甲球最后到达 O 点 D.甲球最先到达 O 点，乙球最后到达 O 点 答
17、案 D 解析 对甲球从 A 点释放，AO 距离为 r，加速度为 g，时间 t1 2r g 对乙球从 B 点释放，设AOB，BO 距离为 s2rcos 加速度为 amgcos m gcos 时间 t2 2s a 22rcos gcos 2 r g 对丙球从 C 点释放，简谐振动，周期 T2 r g 时间 t3T 4 2 r g 很明显 t2t3t1 知乙球最后到达 O 点，甲球最先到达 O 点。故 D 正确，A、B、C 错误。 1.(单摆及单摆的回复力)(2020 海南海口高二期中)对单摆在竖直面内做简谐运 动，下面说法中正确的是( ) A.摆球所受向心力处处相同 B.摆球的回复力是它所受的合力
18、 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 答案 C 解析 单摆在竖直面内做简谐运动，拉力和重力的分量提供向心力，所以向心力 不是处处相等；重力的另外一个沿圆弧切线方向分量提供回复力，所以在经过最 低点时只有向心力，回复力为零，因此选项 C 正确，A、B、D 错误。 2.(单摆周期公式及应用)(2021 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.1 2T B. 2T 2 C. 2T D.2T 答案 C 解析 根据 T2 l g可知，单摆的周期与振幅无关，将其摆长增加为
19、原来的 2 倍，则 T2 2l g 2T，选项 C 正确。 3.(单摆周期公式与图像的结合)(2020 湖北十堰期末)一单摆做简谐运动的图像 如图所示，下列说法正确的是( ) A.该单摆做简谐运动的振幅为 4 cm B.在 t2 s 时，摆球的速度为零 C.在 t0.5 s 和 t3.5 s 时，摆球质点偏离平衡位置的位移大小相等、方向相反 D.取重力加速度大小 g10 m/s2，210，则该单摆的摆长为 2 m 答案 C 解析 振幅为离开平衡位置的最大距离，由图可知，该单摆做简谐运动的振幅为 2 cm，故 A 错误；由图可知，在 t2 s 时，摆球位于平衡位置，则摆球的速度 最大，故 B 错
20、误；由图可知，在 t0.5 s 时摆球位于正向最大位移处，t3.5 s 时摆球位于负向最大位移处， 则在这两个时刻摆球偏离平衡位置的位移大小相等、 方向相反，故 C 正确；由图可知，单摆周期为 2 s，由单摆周期公式 T2 l g得 lgT 2 42 1022 410 m1 m，故 D 错误。 4.(单摆模型构建)一光滑圆弧面 ABD，水平距离为 L，高为 h(Lh)，小球从顶端 A 处静止释放，滑到底端 D 的时间为 t1；若在圆弧面上放一块光滑斜面 ACD， 则小球从 A 点静止释放，滑到 D 的时间为 t2，则( ) A.t2t1 B.t2 2t1 C.t24 t1 D.t2 3 t1 答案 C 解析 由于 h L，小球沿光滑圆弧面 ABD 运动，可看作单摆模型，运动时间等 于四分之一个单摆周期。设圆弧轨 道半径为 R，单摆周期 T2 R g，小球的运动时间为 t1 1 4T 2 R g；小球沿光 滑斜面 ACD 运动，可看作等时圆模型，运动时间等于从圆周最高点沿直径自由 下落到最低点的时间，所以 t2 22R g 2 R g，由上述可得 t2 4 t1，故选项 C 正确。
