人教版(新教材)高中物理选择性必修一学案：2 4 单摆

人教版（新教材）高中物理选择性必修第一册PAGEPAGE1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。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，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F＝mgsinθ提供的，如图所示。(2)在最大摆角很小的条件下，sinθ≈eq\f(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F＝－eq\f(mg,l)x，令k＝eq\f(mg,l)，则F＝－kx。(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：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。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：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。〖想一想〗在单摆做简谐运动的情况下，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，令k＝eq\f(mg,l)，则回复力符合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〗(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。〖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.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＝eq\f(mv2,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T＝2πeq\r(\f(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l①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l＝L＋eq\f(d,2)，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lsinα，这就是等效摆长。其周期T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))。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g＝eq\f(GM,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，g＝9.8m/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9.8m/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〗(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1.25HzB.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。〖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t＝1.2s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T＝2πeq\r(\f(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正确；在t＝1.2s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T＝2πeq\r(\f(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l′＝l1sinθ＋l2所以这种情况下的单摆的周期为T＝2πeq\r(\f(l1sinθ＋l2,g))图甲图乙(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l′＝l2所以该情况下的单摆的周期为T＝2πeq\r(\f(l2,g))。〖示例2〗如图所示，在倾角为θ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〗2πeq\r(\f(l,gsinθ))〖解析〗分析摆球在斜面上不摆动时，摆线的拉力F＝mgsinθ则单摆的“等效重力加速度”g′＝eq\f(F,m)＝gsinθ单摆的周期为T＝2πeq\r(\f(l,gsinθ))。〖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(θ≤5°)双线摆1双线摆2图示等效摆长l′＝Rl′＝lsinθl′＝l1sinθ＋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G′＝F＝mgsinθG′＝F＝mg＋qEG′＝F＝mg－qE等效重力加速度g′＝gsinθ带负电g′＝g＋eq\f(qE,m)带正电g′＝g－eq\f(qE,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＝eq\r(\f(2r,g))对乙球从B点释放，设∠AOB＝θ，BO距离为s＝2rcosθ加速度为a＝eq\f(mgcosθ,m)＝gcosθ时间t2＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2×2rcosθ,gcosθ))＝2eq\r(\f(r,g))对丙球从C点释放，简谐振动，周期T＝2πeq\r(\f(r,g))时间t3＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(r,g))很明显t2＞t3＞t1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.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.(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4cmB.在t＝2s时，摆球的速度为零C.在t＝0.5s和t＝3.5s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g＝10m/s2，π2＝10，则该单摆的摆长为2m〖答案〗C〖解析〗振幅为离开平衡位置的最大距离，由图可知，该